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2019-2020年高三下学期适应性考试数学(理)试题 含解析

2019-2020 年高三下学期适应性考试数学(理)试题 含解

一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合 题目要求的. 1.(5 分)已知集合 M={x|﹣3<x<1},N={x|x≤﹣3},则集合{x|x≥1}=( )
A. M∩N B. M∪N C. ?R(M∩N) D. ?R(M∪N)
【考点】: 交、并、补集的混合运算. 【专题】: 集合. 【分析】: 根据题意和交、并、补集的运算,分别求出 M∩N、M∪N、?R(M∩N)、?R(M∪ N),即可得答案 【解析】: 解:因为集合 M={x|﹣3<x<1},N={x|x≤﹣3}, 所以 M∩N=?, M∪N={x|x<1}, 则?R(M∩N)=R, ?R(M∪N)={x|x≥1}, 故选:D. 【点评】: 本题考查集合的交、并、补集的混合运算,是基础题.解题时要认真审题,仔细 解答.

2.(5 分)设复数 z1,z2 在复平面内的对应点关于虚轴对称,z1=2+i,则

=( )

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

【考点】: 复数代数形式的混合运算. 【专题】: 数系的扩充和复数.
【分析】: 求出复数 z2,然后利用复数的模的计算法则求解即可. 【解析】: 解:复数 z1,z2 在复平面内的对应点关于虚轴对称,z1=2+i, z2=﹣2+i.



=

=

=1.

故选:D. 【点评】: 本题考查复数的模的计算,基本知识的考查.

3.(5 分)以下命题: ①随机变量 ξ 服从正态分布 N(0,σ2),若 P(ξ>2)=0.023,则 P(﹣2≤ξ≤2)=0.954; ②函数 f(x)=ex+ x﹣2 的零点所在的区间是(1,2);
③“|x|>1”的充分不必要条件是“x>1”;



dx=0.

其中假命题的个数是( ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【考点】: 命题的真假判断与应用. 【专题】: 简易逻辑. 【分析】: ①l 利用正态分布 N(0,σ2)的性质可得 P(﹣2≤ξ≤2)=1﹣2P(ξ>2),即可判断 出真假;
②函数 f(x)=ex+ x﹣2 在 R 上单调递增,又 f(0)=1﹣2=﹣1<0,f(1)=e﹣ >0,即可
判断出函数 f(x)的零点所在的区间; ③x>1?|x|>1,反之不成立,即可判断出命题的真假;



dx=2

=

=2,即可判断出命题的真假.

【解析】: 解:①随机变量 ξ 服从正态分布 N(0,σ2),若 P(ξ>2)=0.023,则 P(﹣2≤ξ≤2) =1﹣2P(ξ>2)=0.954,是真命题;
②函数 f(x)=ex+ x﹣2 在 R 上单调递增,又 f(0)=1﹣2=﹣1<0,f(1)=e﹣ >0,∴函

数 f(x)的零点所在的区间是(0,1),因此是假命题; ③x>1?|x|>1,反之不成立,因此“|x|>1”的充分不必要条件是“x>1”,是真命题;



dx=2

=

=2≠0,因此是假命题.

其中假命题的个数是 2. 故选:C. 【点评】: 本题考查了简易逻辑的判定方法、正态分布的对称性、函数的单调性、函数零点 存在判定定理、微积分基本定理,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.

4.(5 分)已知实数 x,y 满足

,则 z=2x+y 的最大值为( )

A. ﹣2 B. ﹣1 C. 0 D. 4
【考点】: 简单线性规划. 【专题】: 不等式的解法及应用. 【分析】: 先画出满足条件的平面区域,将 z=2x+y 转化为:y=﹣2x+z,由图象得:y=﹣2x+z 过(1,2)时,z 最大,代入求出即可. 【解析】: 解:画出满足条件的平面区域, 如图示:

, 将 z=2x+y 转化为:y=﹣2x+z, 由图象得:y=﹣2x+z 过(1,2)时,z 最大, Z 最大值=4, 故选:D. 【点评】: 本题考查了简单的线性规划问题,考查了数形结合思想,是一道基础题. 5.(5 分)阅读如图的程序框图,运行相应的程序,输出的 S 为( )
A. ﹣240 B. ﹣210 C. 190 D. 231 【考点】: 循环结构. 【专题】: 图表型;算法和程序框图. 【分析】: 模拟执行程序框图,可得程序运行的功能是计算并输出求 S=1﹣22+32+…﹣202 的 值,计算即可得解. 【解析】: 解:模拟执行程序框图,可得程序运行的功能是计算并输出求 S=1﹣22+32+…﹣202 的值, ∵当 i=21 时,满足条件 n>20,程序运行终止, ∴S=1﹣22+32+…﹣202=﹣210. 故选:B. 【点评】: 本题主要考查了循环结构的程序框图,模拟执行程序框图得程序运行的功能是解 题的关键,属于基本知识的考查.

6.(5 分)△ABC 外接圆的半径为 2,圆心为 O,且 2 + + = ,| |=| |,则 ? 的
值是( ) A. 12 B. 11 C. 10 D. 9

【考点】: 平面向量数量积的运算. 【专题】: 解三角形;平面向量及应用. 【分析】: 运用向量的三角形法则,以及外心的特点,可得 O 为 BC 的中点,A 为直角,再 由勾股定理和向量的数量积的定义,计算即可得到.
【解析】: 解:2 + + = ,即有 2 + ﹣ + ﹣ = ,

可得 + = ,则 O 为 BC 的中点, 即有 AB⊥AC,

又| |=| |,

则△ABO 为等边三角形,且边长为 2,

由勾股定理可得,AC=

=2 ,

则 ? =| |?| |?cos∠ACB=2 ×4× =12. 故选 A.

【点评】: 本题考查向量的三角形法则和向量的数量积的定义的运用,同时考查三角形的外 心的概念和勾股定理的运用,属于基础题.
7.(5 分)若函数 f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0 且|φ|< )在区间[ , ]上是单调减函数, 且函数值从 1 减小到﹣1,则 f( )=( )
A. 1 B. C. D. 0
【考点】: 正弦函数的图象. 【专题】: 三角函数的图像与性质. 【分析】: 根据函数的单调性和最值求出 ω 和 φ 的值即可得到结论.

【解析】: 解:∵f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0 且|φ|< )在区间[ ,

且函数值从 1 减小到﹣1,



,即函数的周期 T=π,

]上是单调减函数,

∵T=

,∴ω=2,

则 f(x)=sin(2x+φ), ∵f( )=sin(2× +φ)=1,

∴sin( +φ)=1,

即 +φ= +2kπ,k∈Z,

即 φ= +2kπ,k∈Z,

∵|φ|< ,

∴当 k=0 时,φ= ,

即 f(x)=sin(2x+ ),

则 f( )=sin(2× + )=sin( + )=cos = ,
故选:C. 【点评】: 本题主要考查三角函数的图象的应用,根据条件求出 ω 和 φ 的值是解决本题的关 键.

8.(5 分)已知 f(x)是定义在(﹣∞,+∞)上的偶函数,且在(﹣∞,0]上是增函数,设

a=f(log47),b=f(

),c=f(0.2﹣0.6),则 a,b,c 的大小关系是( )

A. c<a<b B. c<b<a C. b<c<a D. a<b<c

【考点】: 函数单调性的判断与证明;函数奇偶性的性质.

【专题】: 函数的性质及应用.

【分析】: 由 f(x)是偶函数,则 f(x)=f(|x|),单调性在对称轴两侧相反,通过比较自变

量的绝对值的大小,可得对应函数值的大小.

【解析】: 解:∵f(x)是偶函数,∴f(x)=f(|x|),

∵log47=log2 >1,|

3|=|log23﹣1|=log23,

又∵2=log24>log23>log2 >1,

0.2﹣0.6=

=50.6> > =2,

∴0.2﹣0.6>|log2 3|>|log4 7|>0. 又∵f(x)在(﹣∞,0]上是增函数且为偶函数,

∴f(x)在[0,+∞)上是减函数;

∴f(0.2﹣0.6)<f(

)<f(log47);即 c<b<a.

故选:B. 【点评】: 本题考查了函数的单调性与奇偶性的应用,解题的关键是总结出函数的性质,由 自变量的大小得出对应函数值的大小.

9.(5 分)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )

A. 3 B. C. D.
【考点】: 由三视图求面积、体积. 【专题】: 计算题;空间位置关系与距离. 【分析】: 几何体是直三棱柱消去一个三棱锥,结合直观图分别求出直三棱柱的体积和消去 的三棱锥的体积,相减可得几何体的体积. 【解析】: 解:由三视图知:几何体是直三棱柱消去一个三棱锥,如图:
直三棱柱的体积为 ×2×2×2=4. 消去的三棱锥的体积为 × ×2×1×2= , ∴几何体的体积 V=4﹣ = . 故选:B. 【点评】: 本题考查了由三视图求几何体的体积,根据三视图判断几何体的形状及相关几何 量的数据是解答此类问题的关键.

10.(5 分)把 5 名师范大学的毕业生分配到 A、B、C 三所学校,每所学校至少一人.其中学 数学的两人,学语文的两人,学英语的一人,若 A 校不招收同一学科的毕业生,则不同的分 配方法共有( )
A. 148 种 B. 132 种 C. 126 种 D. 84 种

【考点】: 排列、组合及简单计数问题. 【专题】: 排列组合. 【分析】: 分三类当 A 校选一名时,当 A 校选两名时,当 A 校选三名时,根据分类计数原理 得到答案. 【解析】: 解:5 名师范大学的毕业生分配到 A、B、C 三所学校,每所学校至少一人,

当 A 校选一名时 =5 种,另外 4 人分为(3,1)和(2,2)两组,有

+ =14 种,故

有 5×14=70 种, 当 A 校选两名时 ﹣1﹣1=8 种,另外 3 人分为(2,1)一组,有

=6 种,故有 8×6=48

种, 当 A 校选三名时

=4 种,另外 2 人分为(1,1)一组,有 =2 种,故有 4×2=8 种,

根据分类计数原理得,A 校不招收同一学科的毕业生,则不同的分配方法共有 70+48+8=126 种. 故选:C 【点评】: 本题考查了分组分配问题以及分类分步计数原理,本题的特殊元素要求较多,属 于中档题.

11.(5 分)(2014?邢台二模)在正四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AB=2,AA1=2 ,点 A、 B、C、D 在球 O 上,球 O 与 BA1 的另一个交点为 E,与 CD1 的另一个交点为 F,AE⊥BA1, 则球 O 表面积为( )
A. 6π B. 8π C. 12π D. 16π

【考点】: 球的体积和表面积. 【专题】: 球. 【分析】: 连结 EF,DF,说明三棱柱 ABE﹣DCF 是球 O 的内接直三棱柱,求出球的半径, 即可求解球的表面积. 【解析】: 解:连结 EF,DF,易证得 BCEF 是矩形, 则三棱柱 ABE﹣DCF 是球 O 的内接直三棱柱, ∵AB=2,AA1=2 , ∴tan∠ABA1= ,即∠ABA1=60°, 又 AE⊥BA1,∴AE= ,BE=1,

∴球 O 的半径 R=



球 O 表面积为:4πR2= 故选:B.

=8π.

【点评】: 【点评】:本题主要考查球的表面积公式,以及球内接三棱柱的关系,考查空间想 象能力以及计算能力.

12.(5 分)已知函数 f(x)

,则方程 f(2x2+x)=a(a>0)的根不可能为( )

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

【考点】: 函数的零点与方程根的关系;分段函数的应用. 【专题】: 计算题;作图题;函数的性质及应用.

【分析】: 作函数 f(x)

的图象,结合图象分析根的个数.

【解析】: 解:作函数 f(x)

的图象如右图,

∵2x2+x=2(x+ )2﹣ ;
故当 a=f(﹣ )时,方程 f(2x2+x)=a 有一个负根﹣ ,
再由|lg(2x2+x)|=f(﹣ )得,
2x2+x=10f(﹣ ),及 2x2+x=10﹣f(﹣ ), 故还有四个解,故共有 5 个解; 当 a>1 时,方程 f(2x2+x)=a 有四个解, 当 f(﹣ )<a<1 时,方程 f(2x2+x)=a 有 6 个解; 故选 A.

【点评】: 本题考查了作图能力及分段函数的应用,属于难题.

二.填空题:(本大题共 4 小题,每小题 5 分)

13.(5 分)二项式

展开式中的常数项为 15 .

【考点】: 二项式系数的性质.

【专题】: 二项式定理.

【分析】: 在二项展开式的通项公式中,令 x 的幂指数等于 0,求出 r 的值,即可求得常数项.

【解析】: 解:二项式

展开式中的通项公式为 Tr+1= ?x6﹣r?(﹣1)r?x﹣

2r=

?x6﹣3r,

令 6﹣3r=0,求得 r=2,故展开式中的常数项为

=15,

故答案为:15. 【点评】: 本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,求展开式中某项的系 数,二项式系数的性质,属于中档题.

14.(5 分)(2014?甘肃二模)在△ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别是 a,b,c,若 a2﹣b2= bc, sinC=2 sinB,则 A= 30° .

【考点】: 正弦定理. 【专题】: 解三角形. 【分析】: 已知 sinC=2 sinB 利用正弦定理化简,代入第一个等式用 b 表示出 a,再利用余 弦定理列出关系式,将表示出的 c 与 a 代入求出 cosA 的值,即可确定出 A 的度数.

【解析】: 解:将 sinC=2 sinB 利用正弦定理化简得:c=2 b, 代入得 a2﹣b2= bc=6b2,即 a2=7b2,

∴由余弦定理得:cosA=

=

=,

∵A 为三角形的内角, ∴A=30°. 故答案为:30° 【点评】: 此题考查了正弦、余弦定理,以及特殊角的三角函数值,熟练掌握定理是解本题 的关键.

15.(5 分)如图,过抛物线 y2=2px(p>0)的焦点 F 的直线 l 交抛物线于点 A、B,交其准线 于点 C,若|BC|=2|BF|,且|AF|=3,则此抛物线的方程为 y2=3x. .

【考点】: 抛物线的标准方程. 【专题】: 计算题;数形结合;待定系数法. 【分析】: 根据过抛物线 y2=2px(p>0)的焦点 F 的直线 l 交抛物线于点 A、B,作 AM、BN 垂直准线于点 M、N,根据|BC|=2|BF|,且|AF|=3,和抛物线的定义,可得∠NCB=30°,设 A

(x1,y1),B(x2,y2),|BF|=x,而



,且



,可求得 p 的值,即求得抛物线的方程.

【解析】: 解:设 A(x1,y1),B(x2,y2),作 AM、BN 垂直准线于点 M、N, 则|BN|=|BF|, 又|BC|=2|BF|,得|BC|=2|BN|, ∴∠NCB=30°, 有|AC|=2|AM|=6, 设|BF|=x,则 2x+x+3=6?x=1,





,且







得 y2=3x. 故答案为:y2=3x. 【点评】: 此题是个中档题.考查抛物线的定义以及待定系数法求抛物线的标准方程.体现
了数形结合的思想,特别是解析几何,一定注意对几何图形的研究,以便简化计算.

16.(5 分)若实数 a、b、c、d 满足(b﹣elna)2+(c﹣d+3)2=0(其中 e 是自然底数),则(a

﹣c)2+(b﹣d)2 的最小值为



【考点】: 基本不等式. 【专题】: 不等式的解法及应用. 【分析】: 由已知得到 b=elna,d=c+3,构造函数 y=elnx,y=x+3,得到(a﹣c)2+(b﹣d)2 的表示 y=elnx 上的点到直线 y=x+3 上的点的距离平方;求出曲线 y=elnx 与 y=x+3 平行的切线 的切点,利用点线距离公式得到答案. 【解析】: 解:∵(b﹣elna)2+(c﹣d+3)2=0, ∴b=elna,d=c+3, 设函数 y=elnx,y=x+3, ∴(a﹣c)2+(b﹣d)2 表示 y=elnx 上的点到直线 y=x+3 上的点的距离平方, ∵对于函数 y=elnx,
∴y′= ,

令 y′= =1 得 x=e,

曲线 y=elnx 与 y=x+3 平行的切线的切点坐标为(e,e),

所以切点到直线 y=x+3 即 x﹣y+3=0 的距离为 d=



所以(a﹣c)2+(b﹣d)2 的最小值为



故答案为: .
【点评】: 本题考查的是通过构造函数,将代数问题转化为几何问题,点到直线的距离公式, 是一道中档题.

三、解答题:解答应写出必要文字说明,证明过程或演算步骤 17.(12 分)公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,S5=15,且 a2,a4,a8 成等比数列. (1)求{an}的通项公式;

(2)设 bn=

,证明:bn<2.

【考点】: 数列的求和. 【专题】: 综合题;等差数列与等比数列. 【分析】: (1)设出等差数列的首项和公差,由已知得到首项和公差的两个关系式,求出首 项和公差,代入等差数列的通项公式得答案.(2)利用放缩法及列项相消法得证. 【解析】: 解:(1)在等差数列{an}中,设其首项为 a1,公差为 d,

∵S5=15,∴

,①

又∵a2,a4,a8 成等比数列,



,即

,②

∴由①,②得 a1=1,d=1, ∴an=1+(n﹣1)×1=n, ∴{an}的通项公式为 an=n.

(2)∵bn=1+ + +…+ <1+



=1

+…+

=

<2,

∴bn<2 【点评】: 本题考查等差数列性质的综合应用及不等式的应用,解题时要注意计算能力的培
养.

18.(12 分)如图,已知长方形 ABCD 中,AB=2,AD=1,M 为 DC 的中点.将△ADM 沿 AM 折起,使得平面 ADM⊥平面 ABCM. (1)求证:AD⊥BM;
(2)若点 E 是线段 DB 上的一动点,问点 E 在何位置时,二面角 E﹣AM﹣D 的余弦值为 .

【考点】: 用空间向量求平面间的夹角;平面与平面垂直的性质;与二面角有关的立体几何 综合题. 【专题】: 综合题;空间位置关系与距离;空间角. 【分析】: (1)先证明 BM⊥AM,再利用平面 ADM⊥平面 ABCM,证明 BM⊥平面 ADM, 从而可得 AD⊥BM;

(2)建立直角坐标系,设

,求出平面 AMD、平面 AME 的一个法向量,利用向量

的夹角公式,结合二面角 E﹣AM﹣D 的余弦值为 ,即可得出结论.

【解析】: (1)证明:∵长方形 ABCD 中,AB=2,AD=1,M 为 DC 的中点, ∴AM=BM= , ∴BM⊥AM, ∵平面 ADM⊥平面 ABCM,平面 ADM∩平面 ABCM=AM,BM?平面 ABCM ∴BM⊥平面 ADM ∵AD?平面 ADM ∴AD⊥BM;

(2)建立如图所示的直角坐标系,设



则平面 AMD 的一个法向量

, ,

设平面 AME 的一个法向量为



取 y=1,得

,所以



因为

求得

,所以 E 为 BD 的中点.

【点评】: 本题考查线面垂直,考查面面角,正确运用面面垂直的性质,掌握线面垂直的判 定方法,正确运用向量法是关键.

19.(12 分)自驾游从 A 地到 B 地有甲乙两条线路,甲线路是 A﹣C﹣D﹣B,乙线路是 A﹣E ﹣F﹣G﹣H﹣B,其中 CD 段、EF 段、GH 段都是易堵车路段.假设这三条路段堵车与否相互 独立.这三条路段的堵车概率及平均堵车时间如表 1 所示.
经调查发现,堵车概率 x 在( ,1)上变化,y 在(0, )上变化.
在不堵车的情况下.走线路甲需汽油费 500 元,走线路乙需汽油费 545 元.而每堵车 1 小时, 需多花汽油费 20 元.路政局为了估计 CD 段平均堵车时间,调查了 100 名走甲线路的司机, 得到表 2 数据.

(1)求 CD 段平均堵车时间 a 的值. (2)若只考虑所花汽油费期望值的大小,为了节约,求选择走甲线路的概率. (3)在(2)的条件下,某 4 名司机中走甲线路的人数记为 X,求 X 的数学期望.

【考点】: 离散型随机变量的期望与方差;二项分布与 n 次独立重复试验的模型. 【专题】: 概率与统计. 【分析】: (1)用每一段的时间的平均值乘以对应的概率,即为所求. (2)先求出走线路甲所花汽油费的期望 Eξ,再求出走乙线路多花汽油费的数学期望为 Eη.择 走甲线路应满足 E(545+η)﹣Eξ≥0,结合 x、y 的范围,利用几何概型求出选择走甲线路的概 率. (4)用人数乘以选择走甲线路的概率,即为所求.

【解析】: 解:(1)



(2)设走线路甲所花汽油费为 ξ 元,则 Eξ=500(1﹣x)+(500+60)x=500+60x, 设走乙线路多花的汽油费为 η 元,∵EF 段、GH 段堵车与否相互独立,









,∴Eη=40y+5,

∴走乙线路所花汽油费的数学期望为 E(545+η)=545+Eη=550+40y, 依题意选择走甲线路应满足(550+40y)﹣(500+60x)≥0,


选择走甲线路的概率为图中阴影部分的面积与整个矩形面积之比, 即矩形的面积减去小直角三角形的面积的差除以矩形面积,
∴P(走路甲)= ,

(3)二项分布 EX=4× =3.5.

【点评】: 本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,几何概型的应用,属于中档 题.

20.(12 分)在平面直角坐标系 xOy 中,F1、F2 分别为椭圆 C:

=1(a>b>0)的左、

右焦点,B 为短轴的一个端点,E 是椭圆 C 上的一点,满足 OE=OF1+

,且△EF1F2 的周

长为 2( +1). (1)求椭圆 C 的方程; (2)设点 M 是线段 OF2 上的一点,过点 F2 且与 x 轴不垂直的直线 l 交椭圆 C 于 P、Q 两点, 若△MPQ 是以 M 为顶点的等腰三角形,求点 M 到直线 l 距离的取值范围.

【考点】: 直线与圆锥曲线的综合问题. 【专题】: 圆锥曲线中的最值与范围问题. 【分析】:(1)由已知 F1(﹣xc,0),设 B(0,b),则 E(﹣c, ),
由此能求出椭圆 C 的方程.

,2a+2c=2+2 ,

(2)设点 M(m,0),(0<m<1),直线 l 的方程为 y=k(x﹣1),k≠0,由



得:(1+2k2)x2﹣4k2x+2k2﹣2=0,由此利用韦达定理、中点坐标公式、点到直线的距离公式, 结合已知条件能求出点 M 到直线距离的取值范围. 【解析】: (本小题满分 12 分)
解:(1)由已知 F1(﹣xc,0),设 B(0,b),即 =(﹣c,0), =(0,b),

∴ =(﹣c, ),即 E(﹣c, ),



,得

,①…(2 分)

又△PF1F2 的周长为 2(

),

∴2a+2c=2+2 ,②…(4 分)

又①②得:c=1,a= ,∴b=1,

∴所求椭圆 C 的方程为:

=1.…(5 分)

(2)设点 M(m,0),(0<m<1),直线 l 的方程为 y=k(x﹣1),k≠0,



,消去 y,得:(1+2k2)x2﹣4k2x+2k2﹣2=0,

设 P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ 中点为 N(x0,y0),



,∴y1+y2=k(x1+x2﹣2)=







=



即 N(

),…(8 分)

∵△MPQ 是以 M 为顶点的等腰三角形,∴MN⊥PQ,



=﹣1,

∴m=

∈(0, ),…(10 分)

设点 M 到直线 l:kx﹣y﹣k=0 距离为 d,

则 d2=

=



=,

∴d∈(0, ),
即点 M 到直线距离的取值范围是(0, ).…(12 分) 【点评】: 本题考查椭圆方程的求法,考查点到直线的距离的取值范围的求法,解题时要认 真审题,注意韦达定理、中点坐标公式、点到直线的距离公式的合理运用.

21.(12 分)已知函数 f(x)=

,a,b∈R,且 a>0

(1)当 a=2,b=1,求函数 f(x)的极值; (2)设 g(x)=a(x﹣1)ex﹣f(x),若存在 x>1,使得 g(x)+g′(x)=0 成立,求 的取

值范围.

【考点】: 利用导数研究函数的极值. 【专题】: 导数的综合应用;不等式的解法及应用. 【分析】: (1)求出 a=2,b=1 的函数 f(x)的导数,求得单调区间,求得极值; (2)求出 g(x)的导数,由题意可得存在 x>1,使 2ax3﹣3ax2﹣2bx+b=0 成立.由 a>0,







,求出导数,判断单调性,即可得到所求范围.

【解析】: 解:(1)当 a=2,b=1 时,

,定义域为(﹣∞,0)∪(0,+∞).

所以



令 f′(x)=0,得

,列表

由表知 f(x)的极大值是

,f(x)的极小值是



(2)因为

,所以



由 g(x)+g'(x)=0,得



整理得 2ax3﹣3ax2﹣2bx+b=0. 存在 x>1,使 g (x)+g′(x)=0 成立等价于存在 x>1,使 2ax3﹣3ax2﹣2bx+b=0 成立.

因为 a>0,所以





,则



因为 x>1 时,u'(x)>0 恒成立,所以 u(x)在(1,+∞)是增函数, 所以 u(x)>u(1)=﹣1,

所以



即 的取值范围为(﹣1,+∞).
【点评】: 本题考查导数的运用:求单调区间和极值,主要考查函数的单调性的运用,考查 运算能力,正确求导和构造函数是解题的关键.

请考生在第 22、23、24 三题中任选一题作答【选修 4-1:几何证明选讲】 22.(10 分)(2015?南昌校级模拟)如图,点 A 在直径为 15 的⊙O 上,PBC 是过点 O 的割线, 且 PA=10,PB=5. (Ⅰ)求证:PA 与⊙O 相切;

(Ⅱ)求 S△ACB 的值.

【考点】: 圆的切线的判定定理的证明. 【专题】: 选作题;立体几何. 【分析】: (Ⅰ)利用勾股定理证明 PA⊥OA,再利用切线的判定方法,即可得出结论;

(Ⅱ)证明△PAB∽△PCA,可得

,求出 AC,BC,即可求 S△ACB 的值.

【解析】: (Ⅰ)证明:连结 OA, ∵⊙O 的直径为 15,∴OA=OB=7.5 又 PA=10,PB=5,∴PO=12.5…(2 分) 在△APO 中,PO2=156.25,PA2+OA2=156.25 即 PO2=PA2+OA2,∴PA⊥OA, 又点 A 在⊙O 上 故 PA 与⊙O 相切…(5 分) (Ⅱ)解:∵PA 为⊙O 的切线,∴∠ACB=∠PAB,

又由∠P=∠P,∴△PAB∽△PCA,∴

…(7 分)

设 AB=k,AC=2k,∵BC 为⊙O 的直径且 BC=15,AB⊥AC









…(10 分)

【点评】: 本题考查了切线的判定与性质.解答这类题目,常见的辅助线有: ①判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”; ②有切线时,常常“遇到切点连圆心得半径”.
【选修 4-4:坐标系与参数方程】

23.已知曲线 C1 的极坐标方程是 ρ=4cosθ,曲线 C1 经过平移变换

得到曲线 C2;

以极点为原点,极轴为 x 轴正方向建立平面直角坐标系,直线 l 的参数方程是
为参数). (1)求曲线 C1,C2 的直角坐标方程; (2)设直线 l 与曲线 C1 交于 A、B 两点,点 M 的直角坐标为(2,1),若 l 的普通方程.

(t ,求直线

【考点】: 参数方程化成普通方程;简单曲线的极坐标方程.
【专题】: 选作题;坐标系和参数方程. 【分析】: (1)利用直角坐标与极坐标间的关系:ρcosθ=x,ρsinθ=y,ρ2=x2+y2,进行代换即 得.
(2)设 A(2+tAcosθ,1+tAsinθ),B(2+tBcosθ,1+tBsinθ).把直线的参数方程代入曲线 C1 的方程,根据 t 的几何意义即可求出. 【解析】: 解:(1)曲线 C1 的极坐标方程是 ρ=4cosθ,直角坐标方程为(x﹣2)2+y2=4.

曲线 C1 经过平移变换

得到曲线

…(4 分)

(2)设 A(2+t1cosθ,1+t1sinθ),B(2+t2cosθ,1+t2sinθ),



,得 t1=﹣2t2①…(4 分)

联立直线的参数方程与曲线 C1 的直角坐标方程得:t2cos2θ+(1+tsinθ)2=4,

整理得:t2+2tsinθ﹣3=0,∴t1+t2=﹣2sinθ,t1?t2=﹣3,与①联立得:



…(8 分)∴直线的参数方程为

(t 为参数)或

(t

为参数)

消去参数的普通方程为



…(10 分)

【点评】: 本题考查了极坐标、直角坐标方程、及参数方程的互化,考查了方程思想,属于

基础题.

【选修 4-5:不等式选讲】 24.已知函数 f(x)=|x+2|﹣|2x﹣2| (1)解不等式 f(x)≥﹣2; (2)设 g(x)=x﹣a,对任意 x∈[a,+∞)都有 g(x)≥f(x),求 a 的取值范围.

【考点】: 绝对值不等式的解法. 【专题】: 不等式的解法及应用.

【分析】: (1)分类讨论,去掉绝对值,分别求得不等式 f(x)≥﹣2 的解集,再取并集,即 得所求. (2)作出 f(x)的图象,数形结合求得满足 x∈[a,+∞)时 g(x)≥f(x)的 a 的取值范围. 【解析】: 解:(1)对于 f(x)≥﹣2,当 x≤﹣2 时,不等式即 x﹣4≥﹣2,即 x≥2,∴x∈?;
当﹣2<x<1 时,不等式即 3x≥﹣2,即 x≥﹣ ,∴﹣ ≤x<1;
当 x≥1 时,不等式即﹣x+4≥﹣2,即 x≤6,∴1≤x≤6.
综上,不等式的解集为{x|﹣ ≤x≤6}.

(2)f(x)=|x+2|﹣|2x﹣2|=

,函数 f(x)的图象如图所示:

∵g(x)=x﹣a,表示一条斜率为 1 且在 y 轴上的截距等于﹣a 的直线,当直线过(1,3)点 时,﹣a=2. ①当﹣a≥2,即 a≤﹣2 时,恒有 g(x)≥f(x)成立. ②当﹣a<2,即 a>﹣2 时,令 f(x)=g(x),即﹣x+4=x﹣a,求得 x=2+ ,
根据对任意 x∈[a,+∞)都有 g(x)≥f(x),∴a≥2+ ,即 a≥4.
综上可得,a≤﹣2 或 a≥4.

【点评】: 本题主要考查带有绝对值的函数,绝对值不等式的解法,体现了转化、数形结合 的数学思想,属于基础题.


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