2020年湖北省黄冈八模高考数学模拟试卷(理科)(四)

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文档介绍

2020年湖北省黄冈八模高考数学模拟试卷(理科)(四)

‎2020年湖北省黄冈八模高考数学模拟试卷(理科)(四)‎ 一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60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. 已知集合A=‎{y|y=1−x‎2‎, x∈[−1, 1]}‎,B=‎{x|y=x+2‎}‎,则A∩B=( ) ‎ A.‎[0, 1]‎ B.‎[−1, 1]‎ C.‎(0, 1)‎ D.‎‎⌀‎ ‎ ‎ ‎2. 若复数z满足‎(3−4i)z=‎5(1−i)‎,其中i为虚数单位,则z的虚部为( ) ‎ A.‎1‎ B.‎−‎‎1‎‎5‎ C.‎1‎‎5‎ D.‎‎−1‎ ‎ ‎ ‎3. 已知a‎=‎log‎2‎‎0.2‎,b‎=‎‎2‎‎0.2‎,c‎=‎‎0.2‎‎0.3‎,则(        ) ‎ A.a0‎,函数f(x)‎=cos(ωx+π‎4‎)‎在‎(π‎2‎, π)‎上单调递增,则ω的取值范围是( ) ‎ A.‎[‎1‎‎2‎, ‎5‎‎4‎]‎ B.‎[‎1‎‎2‎, ‎7‎‎4‎]‎ C.‎[‎3‎‎4‎, ‎9‎‎4‎]‎ D.‎‎[‎3‎‎2‎, ‎7‎‎4‎]‎ ‎ ‎ ‎11. 在平面直角坐标系中,O是坐标原点,两定点A,B满足‎|OA‎→‎|=|OB‎→‎|=OA‎→‎⋅OB‎→‎=2‎,则点集‎{P|OP‎→‎=λOA‎→‎+μOB‎→‎, |λ|+|μ|≤1, λ, μ∈R}‎所表示的区域的面积是‎(‎        ‎)‎ ‎ A.‎2‎‎2‎ B.‎2‎‎3‎ C.‎4‎‎2‎ D.‎‎4‎‎3‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎ ‎ ‎12. 设在R上可导的函数f(x)‎满足f(0)‎=‎0‎,f(x)−f(−x)=‎‎1‎‎3‎x‎3‎,并且在‎(−∞, 0)‎上有f′(x)<‎‎1‎‎2‎x‎2‎,实数a满足f(6−a)−f(a)≥−‎1‎‎3‎a‎3‎+3a‎2‎−18a+36‎,则实数a的取值范围是( ) ‎ A.‎(−∞, 3]‎ B.‎[3, +∞)‎ C.‎[4, +∞]‎ D.‎‎(−∞, 4]‎ 二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.‎ ‎ ‎ ‎ 命题“‎∀x>1‎,都有x‎2‎‎+1>2‎”的否定是________. ‎ ‎ ‎ ‎ 设x,y满足约束条件:x≥0,y≥0‎x−y≥−1‎x+y≤3‎‎ ‎,则z=x−10y的取值范围是________. ‎ ‎ ‎ ‎ 已知‎△ABC的三个内角A,B,C的对边依次为a,b,c,外接圆半径为‎1‎,且满足tanAtanB‎=‎‎2c−bb,则‎△ABC面积的最大值为________. ‎ ‎ ‎ ‎ 将正三棱锥P−ABC置于水平反射镜面上,得一“倒影三棱锥”P−ABC−Q,如图,下列关于该“倒影三棱锥”的说法中,正确的有________. ①PQ⊥‎平面ABC; ②若P,A,B,C在同一球面上,则Q也在该球面上; ③若该“倒影三棱锥”存在外接球,则AB=‎2‎PA; ④若AB=‎6‎‎2‎PA,则PQ的中点必为“倒影三棱锥”外接球的球心. ‎ 三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答,第22、23题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共60分.‎ ‎ ‎ ‎ 已知等差数列‎{an}‎满足‎(a‎1‎+a‎2‎)+(a‎2‎+a‎3‎)+⋯+(an+an+1‎)=2n(n+1)(n∈N‎*‎)‎. ‎ ‎(1)求数列‎{an}‎的通项公式;‎ ‎ ‎ ‎(2)数列‎{bn}‎中,b‎1‎=‎1‎,b‎2‎=‎2‎,从数列‎{an}‎中取出第bn项记为cn,若‎{cn}‎是等比数列,求‎{bn}‎的前n项和Tn.‎ ‎ ‎ ‎ 如图,在斜三棱柱ABC−‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎中,已知‎∠‎B‎1‎C‎1‎A‎1‎=‎90‎‎∘‎,AB‎1‎⊥A‎1‎C,且AA‎1‎=AC. ‎(‎Ⅰ‎)‎求证:平面ACC‎1‎A‎1‎⊥‎平面A‎1‎B‎1‎C‎1‎; ‎(‎Ⅱ‎)‎若AA‎1‎=AC‎1‎=B‎1‎C‎1‎=‎2‎,求二面角C‎1‎‎−AA‎1‎−‎B‎1‎的余弦值. ‎ ‎ ‎ ‎ 如图,已知A(−1, 0)‎,B(1, 0)Q、G分别为‎△ABC的外心、重心,QG // AB. ‎ ‎(1)求点C的轨迹E的方程.‎ ‎ ‎ ‎(2)是否存在过P(0, 1)‎的直线L交曲线E与M,N两点且满足MP‎→‎‎=2‎PN‎→‎,若存在求出L的方程,若不存在请说明理由.‎ ‎ ‎ ‎ 已知函数f(x)‎=‎|x−a|−lnx(a>0)‎. ‎(‎Ⅰ‎)‎讨论f(x)‎的单调性; ‎(‎Ⅱ‎)‎比较ln‎2‎‎2‎‎2‎‎2‎‎+ln‎3‎‎2‎‎3‎‎2‎+⋯+‎lnn‎2‎n‎2‎与‎(n−1)(2n+1)‎‎2(n+1)‎的大小‎(n∈‎N‎+‎且n>2)‎,并证明你的结论. ‎ ‎ ‎ ‎ 工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务,每次只派一个人进去,且每个人只派一次,工作时间不超过‎10‎分钟,如果有一个人‎10‎分钟内不能完成任务则撤出,再派下一个人.现在一共只有甲、乙、丙三个人可派,他们各自能完成任务的概率分别p‎1‎,p‎2‎,p‎3‎,假设p‎1‎,p‎2‎,p‎3‎互不相等,且假定各人能否完成任务的事件相互独立. ‎(‎Ⅰ‎)‎如果按甲在先,乙次之,丙最后的顺序派人,求任务能被完成的概率.若改变三个人被派出的先后顺序,任务能被完成的概率是否发生变化? ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎(‎Ⅱ‎)‎若按某指定顺序派人,这三个人各自能完成任务的概率依次为q‎1‎,q‎2‎,q‎3‎,其中q‎1‎,q‎2‎,q‎3‎是p‎1‎,p‎2‎,p‎3‎的一个排列,求所需派出人员数目X的分布列和均值(数学期望)EX; ‎(‎Ⅲ‎)‎假定‎1>p‎1‎>p‎2‎>‎p‎3‎,试分析以怎样的先后顺序派出人员,可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小. ‎ ‎[选修4-4:坐标系与参数方程]‎ ‎ ‎ ‎ 在平面直角坐标系xOy中,A点的直角坐标为‎(‎3‎+2cosα,1+2sinα)‎(α为参数).在以原点O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标中,直线的极坐标方程为‎2ρcos(θ+π‎6‎)=m.(m为实数). ‎ ‎(1)试求出动点A的轨迹方程(用普通方程表示)‎ ‎ ‎ ‎(2)设A点对应的轨迹为曲线C,若曲线C上存在四个点到直线的距离为‎1‎,求实数m的取值范围.‎ ‎[选修4-5:不等式选讲]‎ ‎ ‎ ‎ 设函数f(x)‎=x−|x+2|−|x−3|−m,若‎∀x∈R,‎1‎m‎−4≥f(x)‎恒成立. ‎ ‎(1)求m的取值范围;‎ ‎ ‎ ‎(2)求证:log‎(m+1)‎‎(m+2)>log‎(m+2)‎(m+3)‎.‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 参考答案与试题解析 ‎2020年湖北省黄冈八模高考数学模拟试卷(理科)(四)‎ 一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60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.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 交集及其运算 ‎【解析】‎ 可以求出集合A,B,然后进行交集的运算即可.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ A=‎[0, 1]‎,B=‎[−2, +∞)‎, ∴ A∩B=‎[0, 1]‎.‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 复数的运算 ‎【解析】‎ 把已知等式变形,再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.‎ ‎【解答】‎ 由‎(3−4i)z=‎5(1−i)‎, 得z=‎5(1−i)‎‎3−4i=‎5(1−i)(3+4i)‎‎(3−4i)(3+4i)‎=‎5(7+i)‎‎25‎=‎7‎‎5‎+‎1‎‎5‎i. ∴ z的虚部为‎1‎‎5‎.‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 指数式、对数式的综合比较 ‎【解析】‎ 由指数函数和对数函数的单调性易得log‎2‎‎0.2<0‎,‎2‎‎0.2‎‎>1‎,‎0<‎0.2‎‎0.3‎<1‎,从而得出a,b,c的大小关系.‎ ‎【解答】‎ 解:a‎=‎log‎2‎‎0.2‎‎2‎‎0‎‎=‎‎1‎, ∵ ‎0<‎0.2‎‎0.3‎<‎‎0.2‎‎0‎‎=‎‎1‎, ∴ c‎=‎‎0.2‎‎0.3‎‎∈(0, 1)‎, ∴ a0‎, ∴ k=‎1‎, ∴ ω∈[‎3‎‎2‎, ‎7‎‎4‎]‎.‎ ‎11.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 二元一次不等式(组)与平面区域 平面向量的坐标运算 向量的几何表示 ‎【解析】‎ 由两定点A,B满足OA‎→‎‎=OB‎→‎=OA‎→‎⋅OB‎→‎=2‎,说明O,A,B三点构成边长为‎2‎的等边三角形,设出两个定点的坐标,再设出P点坐标,由平面向量基本定理,把P的坐标用A,B的坐标及λ,μ表示,把不等式‎|λ|+|μ|≤1‎去绝对值后可得线性约束条件,画出可行域可求点集P所表示区域的面积.‎ ‎【解答】‎ 解:由两定点A,B满足‎|OA‎→‎|=|OB‎→‎|=OA‎→‎⋅OB‎→‎=2‎, 说明O,A,B三点构成边长为‎2‎的等边三角形. 不妨设A(‎3‎,−1)‎,B(‎3‎,1)‎.再设P(x, y)‎. 由OP‎→‎‎=λOA‎→‎+μOB‎→‎, 得:‎(x,y)=(‎3‎λ,−λ)+(‎3‎μ,μ)=(‎3‎(λ+μ),μ−λ)‎. 所以λ+μ=‎3‎‎3‎x,‎μ−λ=y,‎ 解得λ=‎3‎‎6‎x−‎1‎‎2‎y,‎μ=‎3‎‎6‎x+‎1‎‎2‎y.‎① 由‎|λ|+|μ|≤1‎. 所以①等价于‎3‎‎6‎x−‎1‎‎2‎y≥0,‎‎3‎‎6‎x+‎1‎‎2‎y≥0,‎x≤‎3‎,‎或‎3‎‎6‎x−‎1‎‎2‎y≥0,‎‎3‎‎6‎x+‎1‎‎2‎y<0,‎y≥−1,‎ 或‎3‎‎6‎x−‎1‎‎2‎y<0,‎‎3‎‎6‎x+‎1‎‎2‎y≥0,‎y≤1,‎或‎3‎‎6‎x−‎1‎‎2‎y<0,‎‎3‎‎6‎x+‎1‎‎2‎y<0,‎x≥−‎3‎.‎ 可行域如图中矩形ABCD及其内部区域, 则区域面积为‎2×2‎3‎=4‎‎3‎. 故选D.‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 利用导数研究函数的单调性 ‎【解析】‎ 依题意,构造函数g(x)=f(x)−‎‎1‎‎6‎x‎3‎,可知函数g(x)‎为偶函数且在‎(−∞, 0)‎上单调递减,在‎(0, +∞)‎上单调递增,进而题设不等式等价于g(6−a)≥g(a)‎,即‎|6−a|≥|a|‎,解出即可求得实数a的取值范围.‎ ‎【解答】‎ 设g(x)=f(x)−‎‎1‎‎6‎x‎3‎,则g‎′‎‎(x)=f‎′‎(x)−‎1‎‎2‎x‎2‎<0(x<0)‎, 故g(x)=f(x)−‎‎1‎‎6‎x‎3‎在区间‎(−∞, 0)‎上单调递减, 又g(x)−g(−x)=f(x)−‎1‎‎6‎x‎3‎−[f(−x)+‎1‎‎6‎x‎3‎]=0‎,故函数g(x)‎为偶函数,在区间‎(0, +∞)‎上单调递增, 而g(6−a)−g(a)=f(6−a)−f(a)−(−‎1‎‎3‎a‎3‎+3a‎2‎−18a+36)≥0‎,故原不等式等价于g(6−a)≥g(a)‎,即‎|6−a|≥|a|‎,解得a≤3‎.‎ 二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.‎ ‎【答案】‎ ‎∃x>1‎‎,有x‎2‎‎+1≤2‎ ‎【考点】‎ 命题的否定 ‎【解析】‎ 根据全称命题的否定是特称命题,进行判断即可.‎ ‎【解答】‎ 全称命题的否定是特称命题, 得命题的否定是:‎∃x>1‎,有x‎2‎‎+1≤2‎,‎ ‎【答案】‎ ‎[−19, 3]‎ ‎【考点】‎ 简单线性规划 ‎【解析】‎ 作出不等式组对应的平面区域,利用目标函数的几何意义,结合数形结合进行求解即可 ‎【解答】‎ 由z=x−10y得y=‎1‎‎10‎x−‎1‎‎10‎z, 作出不等式组对应的平面区域如图(阴影部分): 平移直线y=‎1‎‎10‎x−‎1‎‎10‎z, 由图象可知当直线y=‎1‎‎10‎x−‎1‎‎10‎z,过点A(3, 0)‎时, 直线y=‎1‎‎10‎x−‎1‎‎10‎z的截距最小,此时z最大为z=‎3−0‎=‎3‎, 由图象可知当直线y=‎1‎‎10‎x−‎1‎‎10‎z, 过点B时,直线y=‎1‎‎10‎x−‎1‎‎10‎z的截距最大,此时z最小, 由x−y=−1‎x+y=3‎‎ ‎,解得x=1‎y=2‎‎ ‎,即B(1, 2)‎, 代入目标函数z=‎x−10y 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎,得z=‎1−10×2‎=‎−19‎, 故‎−19≤z≤3‎,‎ ‎【答案】‎ ‎3‎‎3‎‎4‎ ‎【考点】‎ 余弦定理 正弦定理 ‎【解析】‎ 利用同角三角函数间的基本关系化简已知等式的左边,利用正弦定理化简已知的等式右边,整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简,根据sinC不为‎0‎,可得出cosA的值,然后利用余弦定理表示出cosA,根据cosA的值,得出bc=b‎2‎+c‎2‎−‎a‎2‎,再利用正弦定理表示出a,利用特殊角的三角函数值化简后,再利用基本不等式可得出bc的最大值,进而由sinA的值及bc的最大值,利用三角形的面积公式即可求出三角形ABC面积的最大值.‎ ‎【解答】‎ 解:由r=1‎,利用正弦定理可得:c=2rsinC=2sinC,b=2rsinB=2sinB, ∵ tanA=‎sinAcosA,tanB=‎sinBcosB, ∴ tanAtanB‎=sinAcosBcosAsinB=‎4sinC−2sinB‎2sinB=‎‎2sinC−sinBsinB, ∴ sinAcosB=cosA(2sinC−sinB)=2sinCcosA−sinBcosA, 即sinAcosB+cosAsinB=sin(A+B)=sinC=2sinCcosA, ∵ sinC≠0‎, ∴ cosA=‎‎1‎‎2‎,即A=‎π‎3‎, ∴ cosA=b‎2‎‎+c‎2‎−‎a‎2‎‎2bc=‎‎1‎‎2‎, ∴ bc=b‎2‎+c‎2‎−a‎2‎=b‎2‎+c‎2‎−(2rsinA‎)‎‎2‎=b‎2‎+c‎2‎−3≥2bc−3‎, ∴ bc≤3‎(当且仅当b=c时,取等号), ∴ ‎△ABC面积为S=‎1‎‎2‎bcsinA≤‎1‎‎2‎×3×‎3‎‎2‎=‎‎3‎‎3‎‎4‎, 则‎△ABC面积的最大值为:‎3‎‎3‎‎4‎. 故答案为:‎3‎‎3‎‎4‎.‎ ‎【答案】‎ ‎①④‎ ‎【考点】‎ 棱锥的结构特征 球的表面积和体积 ‎【解析】‎ ‎①②由‘’倒影三棱锥‘’的几何特征可知PQ⊥‎平面ABC.故①正确,当P,A,B,C在同一球面上时,若‎△ABC的外接圆不是球体的大圆,则Q不在该球面上,故②不正确,进而求解.‎ ‎【解答】‎ ‎①由‘’倒影三棱锥‘’的几何特征可知PQ⊥‎平面ABC.故①正确; 当P,A,B,C在同一球面上时,若‎△ABC的外接圆不是球体的大圆,则Q不在该球面上,故②不正确; 若该“倒影三棱锥”存在外接球,则三棱锥P−ABC的外接球半径与等边三角形ABC外接圆的半径相等,可设为R, 则AB=‎2R×‎3‎‎2‎=‎3‎R,所以AB=‎6‎‎2‎PA,故③不正确; 由③推导可知该“倒影三棱锥”外接球的球心为‎△ABC的中心,即PQ的中点,故④正确,‎ 三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答,第22、23题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共60分.‎ ‎【答案】‎ 差数列‎{an}‎满足‎(a‎1‎+a‎2‎)+(a‎2‎+a‎3‎)+⋯+(an+an+1‎)=2n(n+1)(n∈N‎*‎)‎, 可得a‎1‎‎+‎a‎2‎=‎4‎,a‎1‎‎+a‎2‎+a‎2‎+‎a‎3‎=‎12‎, 设等差数列的公差为d,可得‎2a‎1‎+d=‎4‎,‎4a‎1‎+4d=‎12‎, 解得a‎1‎=‎1‎,d=‎2‎, 则an=‎1+2(n−1)‎=‎2n−1‎;‎ 由题意可得c‎1‎=a‎​‎b‎1‎=‎a‎1‎=‎1‎,c‎2‎=a‎​‎b‎2‎=‎a‎2‎=‎3‎, 可得数列‎{cn}‎的公比为‎3‎,cn=‎3‎n−1‎, 由cn=a‎​‎bn=2bn−1‎, 可得bn‎=‎1‎‎2‎(1+‎3‎n−1‎)‎, ‎{bn}‎的前n项和Tn‎=‎1‎‎2‎(1+3+...+‎3‎n−1‎)+‎1‎‎2‎n ‎=‎1‎‎2‎⋅‎1−‎‎3‎n‎1−3‎+‎1‎‎2‎n=‎‎3‎n‎−1+2n‎4‎.‎ ‎【考点】‎ 数列的求和 等差数列的通项公式 ‎【解析】‎ ‎(1)设等差数列的公差为d,由通项公式解方程可得首项和公差,即可得到所求通项公式; (2)分别求得c‎1‎,c‎2‎,可得公比,由等差数列和等比数列的通项公式和求和公式,计算可得所求和.‎ ‎【解答】‎ 差数列‎{an}‎满足‎(a‎1‎+a‎2‎)+(a‎2‎+a‎3‎)+⋯+(an+an+1‎)=2n(n+1)(n∈N‎*‎)‎, 可得a‎1‎‎+‎a‎2‎=‎4‎,a‎1‎‎+a‎2‎+a‎2‎+‎a‎3‎=‎12‎, 设等差数列的公差为d,可得‎2a‎1‎+d=‎4‎,‎4a‎1‎+4d=‎12‎, 解得a‎1‎=‎1‎,d=‎2‎, 则an=‎1+2(n−1)‎=‎2n−1‎;‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 由题意可得c‎1‎=a‎​‎b‎1‎=‎a‎1‎=‎1‎,c‎2‎=a‎​‎b‎2‎=‎a‎2‎=‎3‎, 可得数列‎{cn}‎的公比为‎3‎,cn=‎3‎n−1‎, 由cn=a‎​‎bn=2bn−1‎, 可得bn‎=‎1‎‎2‎(1+‎3‎n−1‎)‎, ‎{bn}‎的前n项和Tn‎=‎1‎‎2‎(1+3+...+‎3‎n−1‎)+‎1‎‎2‎n ‎=‎1‎‎2‎⋅‎1−‎‎3‎n‎1−3‎+‎1‎‎2‎n=‎‎3‎n‎−1+2n‎4‎.‎ ‎【答案】‎ ‎(1)证明:连接AC‎1‎,在平行四边形ACC‎1‎A‎1‎中, 由AA‎1‎=AC得平行四边形ACC‎1‎A‎1‎为菱形,所以A‎1‎C⊥AC‎1‎, 又A‎1‎C⊥AB‎1‎,所以A‎1‎C⊥‎面AB‎1‎C‎1‎,所以A‎1‎C⊥‎B‎1‎C‎1‎, 又A‎1‎C‎1‎‎⊥‎B‎1‎C‎1‎,所以B‎1‎C‎1‎‎⊥‎面ACC‎1‎A‎1‎,所以平面ACC‎1‎A‎1‎⊥‎平面A‎1‎B‎1‎C‎1‎ (2)取A‎1‎C‎1‎的中点O为坐标原点,以OC‎1‎,OA为x,z轴 建立空间直角坐标系, 则面ACC‎1‎A‎1‎的法向量为m‎→‎‎=(1,0,0)‎, 设面B‎1‎AA‎1‎的法向量为n‎→‎‎=(x,y,z)‎, 因为A‎1‎‎(0,−1,0),A(0,0,‎3‎),B‎1‎(2,1,0)‎,所以A‎1‎A‎→‎‎=(0,1,‎3‎),A‎1‎B‎→‎=(2,2,0)‎ 由A‎1‎A‎→‎‎⋅n‎→‎=y+‎3‎z=0‎A‎1‎B‎→‎‎⋅n‎→‎=2x+2y=0‎‎ ⇒z=‎‎−y‎3‎x=−y ‎,令y=−‎‎3‎,则n‎→‎‎=(‎3‎,−‎3‎,1)‎ 设所求二面角为θ,则cosθ=|cos⟨m‎→‎,n‎→‎⟩|=‎‎21‎‎7‎, 故二面角C‎1‎‎−AA‎1‎−‎B‎1‎的余弦值为‎21‎‎7‎.‎ ‎【考点】‎ 平面与平面垂直 二面角的平面角及求法 ‎【解析】‎ ‎(1)先证明A‎1‎C⊥‎面AB‎1‎C‎1‎,则A‎1‎C⊥‎B‎1‎C‎1‎,再证明B‎1‎C‎1‎‎⊥‎面ACC‎1‎A‎1‎, (2)取A‎1‎C‎1‎的中点O为坐标原点,以OC‎1‎,OA为x,z轴 建立空间直角坐标系,分别求出两个面的法向量,用向量法求二面角.‎ ‎【解答】‎ ‎(1)证明:连接AC‎1‎,在平行四边形ACC‎1‎A‎1‎中, 由AA‎1‎=AC得平行四边形ACC‎1‎A‎1‎为菱形,所以A‎1‎C⊥AC‎1‎, 又A‎1‎C⊥AB‎1‎,所以A‎1‎C⊥‎面AB‎1‎C‎1‎,所以A‎1‎C⊥‎B‎1‎C‎1‎, 又A‎1‎C‎1‎‎⊥‎B‎1‎C‎1‎,所以B‎1‎C‎1‎‎⊥‎面ACC‎1‎A‎1‎,所以平面ACC‎1‎A‎1‎⊥‎平面A‎1‎B‎1‎C‎1‎ (2)取A‎1‎C‎1‎的中点O为坐标原点,以OC‎1‎,OA为x,z轴 建立空间直角坐标系, 则面ACC‎1‎A‎1‎的法向量为m‎→‎‎=(1,0,0)‎, 设面B‎1‎AA‎1‎的法向量为n‎→‎‎=(x,y,z)‎, 因为A‎1‎‎(0,−1,0),A(0,0,‎3‎),B‎1‎(2,1,0)‎,所以A‎1‎A‎→‎‎=(0,1,‎3‎),A‎1‎B‎→‎=(2,2,0)‎ 由A‎1‎A‎→‎‎⋅n‎→‎=y+‎3‎z=0‎A‎1‎B‎→‎‎⋅n‎→‎=2x+2y=0‎‎ ⇒z=‎‎−y‎3‎x=−y ‎,令y=−‎‎3‎,则n‎→‎‎=(‎3‎,−‎3‎,1)‎ 设所求二面角为θ,则cosθ=|cos⟨m‎→‎,n‎→‎⟩|=‎‎21‎‎7‎, 故二面角C‎1‎‎−AA‎1‎−‎B‎1‎的余弦值为‎21‎‎7‎.‎ ‎【答案】‎ 设C(x, y)(y≠0)‎.则G(x‎3‎,y‎3‎)‎,由于QG // AB则Q(0,y‎3‎)‎, 由‎|QA|=|QC|⇒1+y‎2‎‎9‎=x‎2‎+‎4‎y‎2‎‎9‎⇒x‎2‎+y‎2‎‎3‎=1‎①, 故轨迹E的方程为x‎2‎‎+y‎2‎‎3‎=1(y≠0)‎.‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 当L与y轴重合时不符合条件.假设存在直线L:y=kx+1‎, 设M(x‎1‎, y‎1‎)‎,N(x‎2‎, y‎2‎)‎ 联立y=kx+1x‎2‎+y‎2‎‎3‎=1‎,则有‎(3+k‎2‎)+2kx−2‎=‎0‎, x‎1‎‎+x‎2‎=‎‎−2k‎3+‎k‎2‎,x‎1‎‎⋅x‎2‎=‎‎−2‎‎3+‎k‎2‎ 由于MP‎→‎‎=2‎PN‎→‎则有x‎1‎=‎−2‎x‎2‎,即x‎1‎x‎2‎‎=−2‎, ‎(x‎1‎+‎x‎2‎‎)‎‎2‎x‎1‎x‎2‎‎=(‎4‎k‎2‎‎3+‎k‎2‎‎)‎‎2‎⋅(−‎3+‎k‎2‎‎2‎)=−‎‎2‎k‎2‎‎3+‎k‎2‎ 由于‎(x‎1‎+x‎2‎)‎‎2‎x‎1‎x‎2‎‎=x‎1‎x‎2‎+x‎2‎x‎1‎+2=−‎‎1‎‎2‎则有k‎2‎=‎1‎即k=‎±1‎, 则直线L过‎(−1, 0)‎,或‎(1, 0)‎, 轨迹E的方程为x‎2‎‎+y‎2‎‎3‎=1(y≠0)‎. 所以直线L不存在.‎ ‎【考点】‎ 椭圆的应用 轨迹方程 直线与椭圆的位置关系 ‎【解析】‎ ‎(1)设出G的坐标,椭圆向量相等,转化求解轨迹方程即可. (2)设出直线方程与椭圆方程联立,利用韦达定理,结合向量关系,转化求解即可.‎ ‎【解答】‎ 设C(x, y)(y≠0)‎.则G(x‎3‎,y‎3‎)‎,由于QG // AB则Q(0,y‎3‎)‎, 由‎|QA|=|QC|⇒1+y‎2‎‎9‎=x‎2‎+‎4‎y‎2‎‎9‎⇒x‎2‎+y‎2‎‎3‎=1‎①, 故轨迹E的方程为x‎2‎‎+y‎2‎‎3‎=1(y≠0)‎.‎ 当L与y轴重合时不符合条件.假设存在直线L:y=kx+1‎, 设M(x‎1‎, y‎1‎)‎,N(x‎2‎, y‎2‎)‎ 联立y=kx+1x‎2‎+y‎2‎‎3‎=1‎,则有‎(3+k‎2‎)+2kx−2‎=‎0‎, x‎1‎‎+x‎2‎=‎‎−2k‎3+‎k‎2‎,x‎1‎‎⋅x‎2‎=‎‎−2‎‎3+‎k‎2‎ 由于MP‎→‎‎=2‎PN‎→‎则有x‎1‎=‎−2‎x‎2‎,即x‎1‎x‎2‎‎=−2‎, ‎(x‎1‎+‎x‎2‎‎)‎‎2‎x‎1‎x‎2‎‎=(‎4‎k‎2‎‎3+‎k‎2‎‎)‎‎2‎⋅(−‎3+‎k‎2‎‎2‎)=−‎‎2‎k‎2‎‎3+‎k‎2‎ 由于‎(x‎1‎+x‎2‎)‎‎2‎x‎1‎x‎2‎‎=x‎1‎x‎2‎+x‎2‎x‎1‎+2=−‎‎1‎‎2‎则有k‎2‎=‎1‎即k=‎±1‎, 则直线L过‎(−1, 0)‎,或‎(1, 0)‎, 轨迹E的方程为x‎2‎‎+y‎2‎‎3‎=1(y≠0)‎. 所以直线L不存在.‎ ‎【答案】‎ ‎(1)函数f(x)‎可化f(x)=x−lnx−a,x≥aa−x−lnx,01‎时,f‎′‎‎(x)>0‎,故f(x)‎在‎[a, 1)‎上递减, 在‎(1, +∞)‎上递增,而f(x)‎在x=a处连续, 所以当a≥1‎时,f(x)‎在‎(0, a)‎上递减,在‎[a, +∞)‎上递增; 当‎01‎时,x−1−lnx>0‎,即lnx>1−x, 所以lnxx‎<1−‎‎1‎x. 所以ln‎2‎‎2‎‎2‎‎2‎‎+ln‎3‎‎2‎‎3‎‎2‎+⋯+lnn‎2‎n‎2‎<1−‎1‎‎2‎‎2‎+1−‎1‎‎3‎‎2‎+⋯1−‎‎1‎n‎2‎, ‎=n−1−(‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎3‎‎2‎+⋯+‎1‎n‎2‎)‎, ‎1−x,在区间‎(1, 2)‎上恒成立,利用导数求出g(x)‎的最小值,只要最小值大于‎0‎即可.‎ ‎【解答】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎(1)函数f(x)‎可化f(x)=x−lnx−a,x≥aa−x−lnx,01‎时,f‎′‎‎(x)>0‎,故f(x)‎在‎[a, 1)‎上递减, 在‎(1, +∞)‎上递增,而f(x)‎在x=a处连续, 所以当a≥1‎时,f(x)‎在‎(0, a)‎上递减,在‎[a, +∞)‎上递增; 当‎01‎时,x−1−lnx>0‎,即lnx>1−x, 所以lnxx‎<1−‎‎1‎x. 所以ln‎2‎‎2‎‎2‎‎2‎‎+ln‎3‎‎2‎‎3‎‎2‎+⋯+lnn‎2‎n‎2‎<1−‎1‎‎2‎‎2‎+1−‎1‎‎3‎‎2‎+⋯1−‎‎1‎n‎2‎, ‎=n−1−(‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎3‎‎2‎+⋯+‎1‎n‎2‎)‎, ‎‎q‎2‎时,交换前两个人的派出顺序可增大均值; 若保持第一人派出的人选不变,交换后个人的派出顺序, EX可写为‎3−2q‎1‎−(1−q‎1‎)‎q‎2‎,交换后个人的派出顺序则变为‎3−2q‎1‎−(1−q‎1‎)‎q‎3‎, 当q‎2‎‎>‎q‎3‎时交换后个人的派出顺序可增大均值 故完成任务概率大的人先派出, 可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小.‎ ‎【考点】‎ 相互独立事件 离散型随机变量的期望与方差 相互独立事件的概率乘法公式 ‎【解析】‎ ‎(‎Ⅰ‎)‎可先考虑任务不能被完成的概率为‎(1−p‎1‎)(1−p‎2‎)(1−p‎3‎)‎为定值,故任务能被完成的概率为定值,通过对立事件求概率即可. ‎(‎Ⅱ‎)X的取值为‎1‎,‎2‎,‎3‎,利用独立事件的概率分别求出概率,再求期望即可. ‎(‎Ⅲ‎)‎由‎(‎Ⅱ‎)‎中得到的关系式,考虑交换顺序后EX的变化情况即可.‎ ‎【解答】‎ ‎(1)任务不能被完成的概率为‎(1−p‎1‎)(1−p‎2‎)(1−p‎3‎)‎为定值, 所以任务能被完成的概率与三个人被排除的顺序无关. 任务能被完成的概率为‎1−(1−p‎1‎)(1−p‎2‎)(1−p‎3‎)‎ (2)X的取值为‎1‎,‎2‎,‎3‎ P(X=‎1)‎=q‎1‎ P(X=‎2)‎=‎(1−q‎1‎)‎q‎2‎ P(X=‎3)‎=‎(1−q‎1‎)(1−q‎2‎)‎ EX=q‎1‎‎+2(1−q‎1‎)q‎2‎+3(1−q‎1‎)(1−q‎2‎)‎=‎3−2q‎1‎−q‎2‎+‎q‎1‎q‎2‎ ‎(‎Ⅲ‎)EX=‎3−(q‎1‎+q‎2)‎+q‎1‎q‎2‎−‎q‎1‎, 若交换前两个人的派出顺序,则变为‎3−(q‎1‎+q‎2)‎+q‎1‎q‎2‎−‎q‎2‎, 由此可见,当q‎1‎‎>‎q‎2‎时,交换前两个人的派出顺序可增大均值; 若保持第一人派出的人选不变,交换后个人的派出顺序, EX可写为‎3−2q‎1‎−(1−q‎1‎)‎q‎2‎,交换后个人的派出顺序则变为‎3−2q‎1‎−(1−q‎1‎)‎q‎3‎, 当q‎2‎‎>‎q‎3‎时交换后个人的派出顺序可增大均值 故完成任务概率大的人先派出, 可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小.‎ ‎[选修4-4:坐标系与参数方程]‎ ‎【答案】‎ 设A(x, y)‎,又A点的直角坐标为‎(‎3‎+2cosα,1+2sinα)‎, ∴ x=‎3‎+2cosαy=1+2sinα‎ ‎,把两式移项平方作和得:‎(x−‎3‎‎)‎‎2‎+(y−1‎)‎‎2‎=4‎;‎ 由‎2ρcos(θ+π‎6‎)=m, 得‎2ρ×‎3‎‎2‎cosθ−2ρ×‎1‎‎2‎sinθ=m,即‎3‎x−y−m=0‎, 如图,要使曲线C上存在四个点到直线的距离为‎1‎, 则圆C的圆心C(‎3‎,1)‎到直线‎3‎x−y−m=0‎的距离小于‎1‎. 即‎|3−1−m|‎‎2‎‎<1‎,解得‎00‎;‎ 证明:m>0‎,可得m+3>m+2>m+1>1‎, 则lg(m+3)>lg(m+2)>lg(m+1)>lg1‎=‎0‎, ∵ lg(m+1)lg(m+3)<[lg(m+1)+lg(m+3)‎‎2‎‎]‎‎2‎=‎[lg(m+1)(m+3)‎‎]‎‎2‎‎4‎‎lg(m+3)‎lg(m+2)‎, ∴ log‎(m+1)‎‎(m+2)>log‎(m+2)‎(m+3)‎.‎ ‎【考点】‎ 绝对值三角不等式 绝对值不等式的解法与证明 ‎【解析】‎ ‎(1)由‎∀x∈R,‎1‎m‎−4≥f(x)‎恒成立,可得m+‎1‎m≥x−|x+2|−|x−3|+4‎,求出右边的最大值,即可求m的取值范围; (2)利用对数的性质及基本不等式,即可证明结论.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎∀x∈R,‎1‎m‎−4≥f(x)‎恒成立, ∴ m+‎1‎m≥x−|x+2|−|x−3|+4‎, 令g(x)‎=x−|x+2|−|x−3|+4‎,则g(x)‎在‎(−∞, 3)‎上是增函数, ‎(3, +∞)‎上是减函数,g(x‎)‎max=g(3)‎=‎2‎, ∴ m+‎1‎m≥2‎,∴ m>0‎;‎ 证明:m>0‎,可得m+3>m+2>m+1>1‎, 则lg(m+3)>lg(m+2)>lg(m+1)>lg1‎=‎0‎, ∵ lg(m+1)lg(m+3)<[lg(m+1)+lg(m+3)‎‎2‎‎]‎‎2‎=‎[lg(m+1)(m+3)‎‎]‎‎2‎‎4‎‎lg(m+3)‎lg(m+2)‎, ∴ log‎(m+1)‎‎(m+2)>log‎(m+2)‎(m+3)‎.‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页
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