- 2021-07-01 发布 |
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文档介绍
专题4-1+新题原创强化训练+01-2017年高考数学备考优生百日闯关系列
专题四 新题原创强化训练 第一关 综合强化试卷(一) 一、选择题 1.函数过定点,且角的终边过点,则的值为( ) A. B. C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】因为函数过定点,所以且角的终边过点,可得 ,所以,,故选. 2.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成,相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上,好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如下左图,图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其主视图和侧视图完全相同时,它的俯视图可能是( ) 【答案】B 【解析】 试题解析:俯视图是正方形,曲线在其上面的投影恰为正方形的对角线,选B. 考点:三视图 3.如图,在平面直角坐标系中,直线与圆相交于两点,则=( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】圆心O到直线距离为,所以,选D. 4.已知函数的一个零点是,是的图像的一条对称轴,则取最小值时,的单调增区间是( ) A. B. C. D. 【答案】B 5.已知,且是函数的极值点,则的一条对称轴是( ) A. B. C. D. 【答案】B 6.抛物线()的焦点为,已知点,为抛物线上的两个动点,且满足 ,过弦的中点作抛物线准线的垂线,垂足为,则的最大值为( ) A. B.1 C. D.2 【答案】A. 【解析】设,连接,,由抛物线的定义知,,,在梯形中,,应用余弦定理得 ,配方得,又∵, ∴,得到, ∴,即的最大值为,故选A. 7.在不等式组所表示的平面区域上,点在曲线上,那么的最小值是( ) A. B.1 C. D. 【答案】B 【解析】如图,画出平面区域(阴影部分所示), 由圆心向直线作垂线,圆心到直线的距离为 ,又圆的半径为1,所以可求得的最小值是1,故选A. 8. 已知函数,若对任意的,都有成立,则实数的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由题意, ∴函数在 上递减,在 上递增, 若对任意的,都有 成立,即当 时, 恒成立,即 恒成立,即 x在上恒成立,令 ,则当时, 即 在上单调递减,由于 ∴当 时, 当时, 故选A. 9.将函数的图像向左平移个单位,再向上平移个单位,得到的图像.若,则的最小值为( ) A. B. C. D. 【答案】B 10. 已知的外接圆半径为2,为该圆上的一点,且,则的面积的最大值为 ( ) A. 3 B. 4 C. D. 【答案】B 【解析】解析:由题设可知四边形 是平行四边形,由圆内接四边形的性质可知,且当时,四边形的面积最大,则的面积的最大值为,应选答案B。 11. 若数列满足,且对于任意的都有,则等于( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 由 得,,则 ,, … ,以上等式相加,得 ,把a1=1代入上式得,,所以,则 ,故选D. 12. 在中,角、、所对的边分别为、、,若,则当角取最大值时,的周长为 ( ) A. B. C. D. 【答案】C 二、填空题 13.函数()的所有零点之和为 . 【答案】 【解析】 试题分析:转化为与在的交点的和,因为两个函数均关于对称,所以两侧的交点对称,且关于对称,那么对称点的和为2,分别画出两个函数的图像两侧分别有5个交点,所以 14.在平面直角坐标系中,若不等式组(a为常数)所表示的平面区域的面积等于2,则的最小值为_______. 【答案】 【解析】 试题分析:当a<0时,不等式组所表示的平面区域,如图3甲中的M,一个无限的角形区域,面积不可能为2,故只能a≥0,此时不等式组所表示的平面区域如图乙中的N,区域为三角形区域,若这个三角形的面积为2,则AB4,即点B的坐标为(1,4),代入,得,的最小值即平面区域中的点到距离的平方的最小值,解得. 15.已知双曲线 的右焦点为,双曲线与过原点的直线相交于、两点,连接,.若,,,则该双曲线的离心率为 . 【答案】 【解析】,,,由余弦定理可求得,,将,两点分别与双曲线另一焦点连接,可以得到矩形,结合矩形性质可知,,利用双曲线定义,,所以离心率. 16. 已知△中,,,()的最小值为,若为边上任意一点,则的最小值是 . 【答案】 【解析】 试题分析:令==++=,当时,=,因为,所以,则建立直角坐标系,,,设,则,,所以==;当时,=+≥,解得,所以,则建立直角坐标系,,,设,则,,所以==.综上所述,当时,取得最小值. 三、解答题 17. 已知向量,,且函数. (Ⅰ)当函数在上的最大值为3时,求的值; (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,若对任意的,函数,的图像与直线有且仅有两个不同的交点,试确定的值.并求函数在上的单调递减区间. 【解析】(Ⅰ)由已知得, 时, 当时,的最大值为,所以; 当时,的最大值为,故(舍去) 综上:函数在上的最大值为3时, (Ⅱ)当时,, 由的最小正周期为可知,的值为. 又由,可得, , ∵, ∴函数在上的单调递减区间为. 18.为了对2016年某校中考成绩进行分析,在60分以上的全体同学中随机抽出8位,他们的数学分数(已折算为百分制)从小到大排是60、65、70、75、80、85、90、95,物理分数从小到大排是72、77、80、84、88、90、93、95. (1)若规定85分(包括85分)以上为优秀,求这8位同学中恰有3位同学的数学和物理分数均为优秀的概率; (2)若这8位同学的数学、物理、化学分数事实上对应如下表: 学生编号 1 2 3 4 5 6 7 8 数学分数 60 65 70 75 80 85 90 95 物理分数 72 77 80 84 88 90 93 95 化学分数 67 72 76 80 84 87 90 92 ①用变量与与的相关系数说明物理与数学、化学与数学的相关程度; ②求与与 的线性回归方程(系数精确到0.01),当某同学的数学成绩为50分时,估计其物理、化学两科的得分. 参考公式:相关系数, 回归直线方程是:,其中, 参考数据:,,, . 【解析】(1)这8位同学中恰有3位同学的数学和物理分数均为优秀,则需要先从物理4 个优秀分数中选出3个与数学分数对应,种数是,然后剩下的5个数学分数和物理分数任意对应,种数是.根据乘法原理,满足条件的种数是.这8位同学的物理分数和数学分数分别对应种数共有. 故所求的概率; 19.四棱锥中,底面为直角梯形,,,,且平面平面. (1)求证:; (2)在线段上是否存在一点,使二面角的大小为,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 【解析】 (1)过点作,交于,连接. ∵, ∴四边形是矩形, ∴, ∵, ∴, ∴,∴, 又平面平面, ∴平面,∵平面, ∴; (2)∵平面平面,平面平面, ∴平面. 以为原点,以所在直线分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 则,假设存在点,使得二面角的大小为, 则. 设平面的一个法向量为,则, ∴,令,得, ∵平面, ∴为平面的一个法向量. ∴, 解得,∴. 20.已知椭圆()的左、右顶点分别为,左、右焦点分别为,离心率为,点,为线段的中点. (1)求椭圆的方程; (2)若过点且斜率不为0的直线与椭圆的交于两点,已知直线与相交于点,试判断点是否在定直线上?若是,请求出定直线的方程;若不是,请说明理由. 【解析】(Ⅰ)设点,由题意可知:,即 ① 又因为椭圆的离心率,即 ② 联立方程①②可得:,则 所以椭圆的方程为. 联立两直线方程得(其中为点的横坐标)即证:, 即,即证 将(*)代入上式可得 此式明显成立,原命题得证.所以点在定直线上上. 方法二:设,两两不等, 因为三点共线,所以, 整理得: 又三点共线,有: ① 又三点共线,有: ② 将①与②两式相除得: 即, 将即代入得: 解得(舍去)或,所以点在定直线上. 方法三:显然与轴不垂直,设的方程为,. 由得. 设,两两不等, 则,, 由三点共线,有: ① 由三点共线,有: ② ①与②两式相除得: 解得(舍去)或,所以点在定直线上. 21.已知函数(,为自然对数的底数),是的导函数. (Ⅰ)当时,求证:; (Ⅱ)是否存在正整数,使得对一切恒成立?若存在,求出的最大值;若不存在,说明理由. (Ⅱ), 由,得对一切恒成立 当时,可得,所以若存在,则正整数的值只能取1,2 下面证明当时,不等式恒成立 设,则 由(Ⅰ) ∴ ∴当时,;当时, 即在上是减函数,在上是增函数 ∴ 当时,不等式恒成立 所以的最大值是22. 22.在直角坐标系中,曲线(为参数,),曲线(为参数).以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为:,记曲线与的交点为. (Ⅰ)求点的直角坐标; (Ⅱ)当曲线与有且只有一个公共点时,与相较于两点,求的值. 【解析】(Ⅰ)由曲线可得普通方程. 由曲线可得直角坐标方程:. 由得, (Ⅱ)曲线(为参数,)消去参数可得普通方程: ,圆的圆心半径为, 曲线与有且只有一个公共点,,即, 设 联立得 .查看更多