浙江省杭州市高考数学二模试卷理含解析

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

浙江省杭州市高考数学二模试卷理含解析

‎2015年浙江省杭州市高 考数学二模试卷(理科)‎ ‎1.下列函数中,既是偶函数又在(0,+∞)单调递增的是(  )‎ ‎  A. B. y=cosx C. y=ex D. y=ln|x| ‎ ‎2.命题“存在x0∈R,2x0≤‎0”‎的否定是(  )‎ ‎  A. 不存在x0∈R,2x0>0 B. 存在x0∈R,2x0≥0‎ ‎  C. 对任意的x∈R,2x<0 D. 对任意的x∈R,2x>0‎ ‎3.设等比数列{an}的各项均为正数,若+=+,+=+,则a‎1a5=(  )‎ ‎  A. 24 B. ‎8 C. 8 D. 16‎ ‎4.设函数y=sinax+b(a>0)的图象如图所示,则函数y=loga(x+b)的图象可能是(  )‎ ‎  A. B. C. D. ‎ ‎6.已知ABC﹣A1B‎1C1是所有棱长均相等的直三棱柱,M是B‎1C1的中点,则下列命题正确的是(  )‎ ‎  A. 在棱AB上存在点N,使MN与平面ABC所成的角为45°‎ ‎  B. 在棱AA1上存在点N,使MN与平面BCC1B1所成的角为45°‎ ‎  C. 在棱AC上存在点N,使MN与AB1平行 ‎  D. 在棱BC上存在点N,使MN与AB1垂直 ‎7.设P是双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)右支上的任意一点,已知A(a,b),B(a,﹣b),若=λ+μ(O为坐标原点),则λ2+μ2的最小值为(  )‎ ‎  A. ab B. C. ab D. ‎ ‎8.设f0(x)=|x|﹣10,fn(x)=|fn﹣1(x)|﹣1(n∈N*),则函数y=f20(x)的零点个数为(  )‎ ‎  A. 19 B. ‎20 C. 21 D. 22‎ 二、填空题(本大题共7小题,第9-12题每小题6分,第13-15题每题4分,共36分)‎ ‎9.设集合{(x,y)|(x﹣1)2+(y﹣2)2≤10}所表示的区域为A,过原点O的直线l将A分成两部分,当这两部分面积相等时,直线l的方程为      ;当这两部分面积之差最大时,直线l的方程为      ,此时直线l落在区域A内的线段长为      .‎ ‎ ‎ ‎10.若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体中最长的棱长等于      ,体积等于      .‎ ‎ ‎ ‎11.设直线l:y=kx+1经过抛物线x2=2py(p>0)的焦点F,则p=      ;已知Q,M分别是抛物线及其准线上的点,若=2,则|MF|=      .‎ ‎ ‎ ‎12.设非负实数x,y满足(m<0),则不等式所表示的区域的面积等于      (用m表示);若z=2x﹣y的最大值与最小值之和为19,则实数m=      .‎ ‎ ‎ ‎13.在正四面体ABCD中,M是AB的中点,N是棱CD上的一个动点,若直线MN与BD所成的角为α,则cosα的取值范围是      .‎ ‎ ‎ ‎14.在△ABC中,||=3,||=5,M是BC的中点,=λ(λ∈R),若=+,则△ABC的面积为      .‎ ‎15.已知单位正方形的四个顶点A(0,0),B(1,0),C(1,1)和D(0,1),从A点向边CD上的点P(,1)发出一束光线,这束光线被正方形各边反射(入射角等于反射角),直到经过正方形某个顶点后射出,则这束光线在正方形内经过的路程长度为      .‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 三、解答题(本大题共5小题,共74分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎16.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知c=6,sinA﹣sinC=sin(A﹣B).‎ ‎(Ⅰ)若b=2,求△ABC的面积;‎ ‎(Ⅱ)若1≤a≤6,求sinC的取值范围.‎ ‎ ‎ ‎18.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左焦点为F(﹣c,0),点D(0,b),直线DF的斜率为.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆C的离心率; ‎ ‎(Ⅱ)设过点F的直线交椭圆于A,B两点,过点P(﹣‎4c,0)作与直线AB的倾斜角互补的直线l,交椭圆C于M,N两点,问:是否为定值,若是,求出此定值,若不是,说明理由.‎ ‎ ‎ ‎20.设a>0,b>0,函数f(x)=ax2﹣bx﹣a+b.‎ ‎(Ⅰ)(i)求不等式f(x)<f(1)的解集;‎ ‎ (ii)若f(x)在[0,1]上的最大值为b﹣a,求的取值范围;‎ ‎(Ⅱ)当x∈[0,m]时,对任意的正实数a,b,不等式f(x)≤(x+1)|2b﹣a|恒成立,求实数m的最大值.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎2015年浙江省杭州市高考数学二模试卷(理科)‎ 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)‎ ‎1.下列函数中,既是偶函数又在(0,+∞)单调递增的是(  )‎ ‎  A. B. y=cosx C. y=ex D. y=ln|x|‎ 考点: 函数单调性的判断与证明;函数奇偶性的判断.‎ 专题: 函数的性质及应用.‎ 分析: 根据函数的单调性、奇偶性的定义逐项判断即可.‎ 解答: 解:y=在(0,+∞)上递增,但不具有奇偶性,排除A;‎ y=cosx为偶函数,但在(0,+∞)上不单调,排除B;‎ y=ex在(0,+∞)上递增,但不具有奇偶性,排除C;‎ y=ln|x|的定义域为(﹣∞,0)∪(0,+∞),关于原点对称,‎ 且ln|﹣x|=ln|x|,故y=ln|x|为偶函数,‎ 当x>0时,y=ln|x|=lnx,在(0,+∞)上递增,‎ 故选D.‎ 点评: 本题考查函数的奇偶性、单调性的判断,属基础题,定义是解决问题的基本方法.‎ ‎ ‎ ‎2.命题“存在x0∈R,2x0≤‎0”‎的否定是(  )‎ ‎  A. 不存在x0∈R,2x0>0 B. 存在x0∈R,2x0≥0‎ ‎  C. 对任意的x∈R,2x<0 D. 对任意的x∈R,2x>0‎ 考点: 命题的否定.‎ 专题: 简易逻辑.‎ 分析: 直接利用特称命题的否定是全称命题,写出结果即可.‎ 解答: 解:因为特称命题的否定是全称命题,‎ 所以命题“存在x0∈R,2x0≤‎0”‎的否定是:对任意的x∈R,2x>0.‎ 故选:D.‎ 点评: 本题考查命题的否定,全称命题与特称命题的否定关系,基本知识的考查.‎ ‎ ‎ ‎3.设等比数列{an}的各项均为正数,若+=+,+=+,则a‎1a5=(  )‎ ‎  A. 24 B. ‎8 C. 8 D. 16‎ 考点: 等比数列的通项公式.‎ 专题: 等差数列与等比数列.‎ 分析: 化简整理利用等比数列的通项公式即可得出.‎ 解答: 解:∵+=+,‎ ‎∴,‎ ‎∵等比数列{an}的各项均为正数,‎ ‎∴a‎1a2=4,‎ 同理可得:a‎3a4=16.‎ ‎∴q4=4,解得,.‎ 则a‎1a5==4q3=8.‎ 故选:C.‎ 点评: 本题考查了等比数列的通项公式,属于基础题.‎ ‎ ‎ ‎4.设函数y=sinax+b(a>0)的图象如图所示,则函数y=loga(x+b)的图象可能是(  )‎ ‎  A. B. C. D. ‎ 考点: 正弦函数的图象.‎ 专题: 三角函数的图像与性质.‎ 分析: 根据条件求出a、b的范围,可得函数y=loga(x+b)的单调性以及图象经过的定点,结合所给的选项得出结论.‎ 解答: 解:有函数的图象可得0<b<1,=>2π﹣π,∴0<a<1.‎ 故函数y=loga(x+b)为减函数,且图象经过点(1﹣b,0),(0,logab),logab>0.‎ 结合所给的选项,‎ 故选:C.‎ 点评: 本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象特征,对数函数的图象和性质,属于基础题.‎ ‎ ‎ ‎5.设平行于y轴的直线分别与函数y1=log2x及y2=log2x+2的图象交于B,C两点,点A(m,n)位于函数y2的图象上,若△ABC为正三角形,则m•2n=(  )‎ ‎  A. 8 B. ‎12 C. 12 D. 15‎ 考点: 函数的图象.‎ 专题: 函数的性质及应用.‎ 分析: 根据题意,设出A、B、C的坐标,由线段BC∥y轴,△ABC是等边三角形,得出AB、AC与BC的关系,求出p、q的值,计算出结果 解答: 解:根据题意,设A(m,n),B(x0,log2x0),C(x0,2+log2x0),‎ ‎∵线段BC∥y轴,△ABC是等边三角形,‎ ‎∴BC=2,2+log‎2m=n,‎ ‎∴m=2n﹣2,‎ ‎∴‎4m=2n;‎ 又x0﹣m=,‎ ‎∴m=x0﹣,‎ ‎∴x0=m+;‎ 又2+log2x0﹣n=1,‎ ‎∴log2x0=n﹣1,x0=2n﹣1=;‎ ‎∴m+=;‎2m+2=2n=‎4m,‎ ‎∴m=,2n=4;‎ ‎∴m•2n=×4=12;‎ 故选:B 点评: 本题考查了指数函数与对数函数的图象与性质的应用问题,也考查了指数,对数的运算问题,是较难的题目.‎ ‎ ‎ ‎6.已知ABC﹣A1B‎1C1是所有棱长均相等的直三棱柱,M是B‎1C1的中点,则下列命题正确的是(  )‎ ‎  A. 在棱AB上存在点N,使MN与平面ABC所成的角为45°‎ ‎  B. 在棱AA1上存在点N,使MN与平面BCC1B1所成的角为45°‎ ‎  C. 在棱AC上存在点N,使MN与AB1平行 ‎  D. 在棱BC上存在点N,使MN与AB1垂直 考点: 棱柱的结构特征.‎ 专题: 空间位置关系与距离.‎ 分析: 根据题意画出图形,如图所示,连接A‎1M,AM,根据直三棱柱得到侧棱与底面垂直,在直角三角形AA‎1M中,利用锐角三角函数定义求出tan∠AMA1的值,判断出∠AMA1与45°大小判断即可.‎ 解答: 解:根据题意画出图形,如图所示,连接A‎1M,AM,‎ 由题意得到AA1⊥面A1B‎1C1,‎ ‎∴AA1⊥A‎1M,‎ 在Rt△AA‎1M中,设AA1=1,则有A1B1=A‎1C1=B‎1C1=1,A‎1M=,‎ ‎∴tan∠AMA1==>1,‎ ‎∴∠AMA1>45°,‎ 则在棱AA1上存在点N,使MN与平面BCC1B1所成的角为45°,‎ 故选:B.‎ 点评: 此题考查了棱柱的结构特征,直线与面垂直的性质,锐角三角函数定义,以及正弦函数的性质,熟练掌握性质是解本题的关键.‎ ‎ ‎ ‎7.设P是双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)右支上的任意一点,已知A(a,b),B(a,﹣b),若=λ+μ(O为坐标原点),则λ2+μ2的最小值为(  )‎ ‎  A. ab B. C. ab D. ‎ 考点: 双曲线的简单性质.‎ 专题: 综合题;圆锥曲线的定义、性质与方程.‎ 分析: 确定A,B的坐标,根据=λ+μ,确定坐标之间的关系,可得4λμ=1,利用基本不等式,即可得出结论.‎ 解答: 解:由题意,设P(x,y),则 ‎∵=λ+μ,‎ ‎∴x=(λ+μ)a,y=(λ﹣μ)b ‎∵P为双曲线C右支上的任意一点,‎ ‎∴(λ+μ)2﹣(λ﹣μ)2=1‎ ‎∴4λμ=1‎ ‎∴λ2+μ2≥2λμ=‎ ‎∴λ2+μ2的最小值为.‎ 故选:D.‎ 点评: 本题考查向量知识的运用,考查基本不等式的运用,属于中档题.‎ ‎ ‎ ‎8.设f0(x)=|x|﹣10,fn(x)=|fn﹣1(x)|﹣1(n∈N*),则函数y=f20(x)的零点个数为(  )‎ ‎  A. 19 B. ‎20 C. 21 D. 22‎ 考点: 根的存在性及根的个数判断;函数零点的判定定理.‎ 专题: 函数的性质及应用.‎ 分析: 令fn(x)=|fn﹣1(x)|﹣1=0,则|fn﹣1(x)|=1,问题转化为方程|fn﹣1(x)|=1的根的个数,依次递推下去即得结果.‎ 解答: 解:令fn(x)=|fn﹣1(x)|﹣1=0,则|fn﹣1(x)|=1,‎ 即方程fn(x)=0有两个解fn﹣1(x)=±1;‎ 又∵fn﹣1(x)=|fn﹣2(x)|﹣1=±1,∴|fn﹣2(x)|=0或者2,‎ 所以方程fn(x)=0有3个解:fn﹣2(x)=0或±2;‎ 又∵fn﹣2(x)=|fn﹣3(x)|﹣1=0或±2,∴|fn﹣3(x)|=1或3,‎ 所以方程fn(x)=0有4个解:fn﹣3(x)=±1或±3;‎ 又∵fn﹣3(x)=|fn﹣4(x)|﹣1=±1或±3,‎ ‎∴方程fn(x)=0有5个解:fn﹣4(x)=0,±2或±4;‎ 又∵fn﹣4(x)=|fn﹣5(x)|﹣1=0,±2或±4,‎ ‎∴方程fn(x)=0有6个解:fn﹣5(x)=±1,±3或±5;‎ 又∵fn﹣5(x)=|fn﹣6(x)|﹣1=±1,±3或±5,‎ ‎∴方程fn(x)=0有7个解:fn﹣6(x)=0,±2,±4或±6;‎ ‎…‎ 类似地,最终得出方程fn(x)=0有n+1个解,‎ 从而函数y=f20(x)=0有21个解,‎ 故选:C.‎ 点评: 本题考查求函数零点的个数,注意条件中的递推关系,属于中档题.‎ ‎ ‎ 二、填空题(本大题共7小题,第9-12题每小题6分,第13-15题每题4分,共36分)‎ ‎9.设集合{(x,y)|(x﹣1)2+(y﹣2)2≤10}所表示的区域为A,过原点O的直线l将A分成两部分,当这两部分面积相等时,直线l的方程为 2x﹣y=0 ;当这两部分面积之差最大时,直线l的方程为 x+2y=0 ,此时直线l落在区域A内的线段长为 2 .‎ 考点: 简单线性规划.‎ 专题: 计算题;作图题;不等式的解法及应用;直线与圆.‎ 分析: 作出集合{(x,y)|(x﹣1)2+(y﹣2)2≤10}表示的区域A,再结合直线与圆的位置关系确定直线的方程,并求线段的长度即可.‎ 解答: 解:集合{(x,y)|(x﹣1)2+(y﹣2)2≤10}表示的区域A如下,‎ 故过圆心E(1,2)时,两部分面积相等;‎ 此时直线l的方程为y=x,‎ 即2x﹣y=0;‎ 当直线l与OE垂直时,两部分面积之差最大;‎ 此时直线l的方程为y=﹣x;‎ 即x+2y=0;‎ 此时与圆相交于C、D两点,‎ CO==;‎ 故CD=2;‎ 故答案为:2x﹣y=0,x+2y=0,2.‎ 点评: 本题考查了学生的作图能力,同时考查了直线与圆的位置关系的应用,属于中档题.‎ ‎ ‎ ‎10.若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体中最长的棱长等于  ,体积等于  .‎ 考点: 由三视图求面积、体积.‎ 专题: 空间位置关系与距离.‎ 分析: 可以得出空间几何体是如下图:面PAD⊥面ABCD,PA⊥面ABCD,DC⊥AD,是 四棱锥,运用空间几何体的性质,求解边长,面积体积,计算准确,可以得出答案.‎ 解答: 解:某几何体的三视图如图所示 可以得出空间几何体是如下图:面PAD⊥面ABCD,PA⊥面ABCD,DC⊥AD,‎ PA=4,AD=1,DC=4,‎ 运用三视图得出:AC==,AB=,‎ 根据这个几何体得出:PB==,PC==,PD==,‎ ‎∴这个几何体中最长的棱长等于,‎ 底面积为:4×2=5‎ 体积为:(4×2×1×2)×4=‎ 故答案为:,.‎ 点评: 本题考查了运用几何体的三视图求解棱长,体积,属于计算题,关键是运用三视图恢复空间几何体的原图.‎ ‎ ‎ ‎11.设直线l:y=kx+1经过抛物线x2=2py(p>0)的焦点F,则p= 2 ;已知Q,M分别是抛物线及其准线上的点,若=2,则|MF|= 4 .‎ 考点: 抛物线的简单性质.‎ 专题: 圆锥曲线的定义、性质与方程.‎ 分析: 由直线方程求出直线所过定点的坐标,从而得到抛物线的焦点坐标,则p可求;作出抛物线图形,数形结合得到|MF|=2p,则答案可求.‎ 解答: 解:∵直线l:y=kx+1过定点(0,1),即抛物线x2=2py(p>0)的焦点F为(0,1),‎ ‎∴,则p=2;‎ 则抛物线方程为x2=4y,如图,‎ ‎∵=2,‎ ‎∴|MQ|=2|QE|,则∠EMQ=30°,‎ ‎∴|MF|=2p=4.‎ 故答案为:2;4.‎ 点评: 本题考查了抛物线的简单性质,考查了数形结合的解题思想方法和数学转化思想方法,是中档题.‎ ‎ ‎ ‎12.设非负实数x,y满足(m<0),则不等式所表示的区域的面积等于  (用m表示);若z=2x﹣y的最大值与最小值之和为19,则实数m= ﹣10 .‎ 考点: 简单线性规划.‎ 专题: 不等式的解法及应用.‎ 分析: 作出不等式组对应的平面区域,求出交点坐标,利用数形结合即可得到结论.‎ 解答: 解:作出不等式组对应的平面区域如图:‎ 当y=0时,x=﹣m,‎ 由,解得,即A(,﹣),‎ 则三角形OAB的面积S=(﹣m)(﹣)=,‎ 由z=2x﹣y得y=2x﹣z,‎ 平移直线y=2x﹣z,由图象可知当直线y=2x﹣z经过点A(,﹣)时,直线y=2x﹣z的截距最大,此时z最小.即最小值z=2×()﹣(﹣)=,‎ 当直线y=2x﹣z经过点B(﹣m,0)时,直线y=2x﹣z的截距最小,此时z最大,‎ 即最大值z=﹣‎2m,‎ ‎∵z=2x﹣y的最大值与最小值之和为19,‎ ‎∴﹣‎2m+=19,‎ 即m=﹣10.‎ 故答案为:,﹣10.‎ 点评: 本题主要考查线性规划的应用,利用数形结合求出相应的交点坐标是解决本题的关键.‎ ‎ ‎ ‎13.在正四面体ABCD中,M是AB的中点,N是棱CD上的一个动点,若直线MN与BD所成的角为α,则cosα的取值范围是 [] .‎ 考点: 直线与平面所成的角.‎ 专题: 空间角.‎ 分析: 首先①当N点与C点重合时,线段MN与BD所成的角最大,进一步利用解三角形知识利用余弦定理求出角的余弦值.‎ ‎②当N点与C点重合时,线段MN与BD所成的角最大,直接在△MBD中,线段MD与BD所成角为30°,求出夹角的余弦值.最后求出角的余弦值的范围.‎ 解答: 解:在正四面体ABCD中,M是AB的中点,N是棱CD上的一个动点,‎ 则:①当N点与C点重合时,线段MN与BD所成的角最大,‎ 设:正四面体的边长为2,‎ 取AD的中点,连接MN、NG,‎ 利用勾股定理得:CM=,‎ M、G是AB和AD的中点,所以:MG=1,‎ 同理解得:CG=,‎ 在△CMG中,利用余弦定理得:,‎ 即:所成角的余弦值最小为.‎ ‎②当N点与C点重合时,线段MN与BD所成的角最大,‎ 连接DM,在△MBD中,线段MD与BD所成角为30°,‎ 所以:cos,‎ 即所成角的余弦值最大为.‎ 所以:cosα的范围为:[].‎ 故答案为:[]‎ 点评: 本题考查的知识要点:异面直线的夹角的应用,余弦定理的应用,主要考查学生的应用能力和空间想象能力.‎ ‎ ‎ ‎14.在△ABC中,||=3,||=5,M是BC的中点,=λ(λ∈R),若=+,则△ABC的面积为  .‎ 考点: 平面向量的基本定理及其意义.‎ 专题: 平面向量及应用.‎ 分析: 在△ABC的顶点A作边BC的垂线BO,垂足为O,这样可表示出cosB=,cosC=,从而得到,而根据已知条件及中线向量的表示即可得到,所以便得出O是BC的中点,即M,O重合.所以在Rt△ABM中可以求出sinB,所以根据三角形的面积公式可求出△ABC的面积.‎ 解答: 解:如图所示,过A作边BC的垂线,垂足为O,则:‎ cosB=,cosC=;‎ ‎∴;‎ 根据题意知λ≠0;‎ ‎∴;‎ ‎∴;‎ ‎∴;‎ 即O是边BC的中点,M与O重合;‎ ‎∴在Rt△ABM中,;‎ ‎∴;‎ ‎∴.‎ 故答案为:.‎ 点评: 考查余弦函数的定义,向量加法的平行四边形法则,以及直角三角形三边的关系,三角形的面积公式:S=.‎ ‎ ‎ ‎15.已知单位正方形的四个顶点A(0,0),B(1,0),C(1,1)和D(0,1),从A点向边CD上的点P(,1)发出一束光线,这束光线被正方形各边反射(入射角等于反射角),直到经过正方形某个顶点后射出,则这束光线在正方形内经过的路程长度为 5 .‎ 分析: 由题意,画出图形,根据入射光线和反射光线的对称性以及正方形的性质得到I,J的坐标,利用两点之间的距离公式可得.‎ 解答: 解:从A点向边CD上的点P(,1)发出一束光线,经过各边发射后最后由B点射出,如图,‎ 因为已知是单位正方形,这束光线在正方形内经过的路程如图,‎ 由对称性可以得到OP=FI=HE=FJ=,‎ 所以这束光线在正方形内经过的路程的长度为=5;‎ 故答案为:5.‎ 点评: 本题考查了点关于直线的对称以及两点之间的距离公式的运用;关键是画出图形.‎ ‎ ‎ 三、解答题(本大题共5小题,共74分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎16.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知c=6,sinA﹣sinC=sin(A﹣B).‎ ‎(Ⅰ)若b=2,求△ABC的面积;‎ ‎(Ⅱ)若1≤a≤6,求sinC的取值范围.‎ 解答: 解:(Ⅰ)∵sinA﹣sinC=sin(A﹣B),‎ ‎∴sinA=sinC+sin(A﹣B)=sin(A+B)+sin(A﹣B)‎ ‎=sinAcosB+cosAsinB+sinAcosB﹣cosAsinB=2sinAcosB,‎ ‎∴cosB=,‎ 由余弦定理可得(2)2=a2+62﹣12acos,即a2﹣‎6a+8=0,‎ 解得a=2或a=4.‎ 当a=2时,△ABC的面积S=acsinB=×2×6sin=3;‎ 当a=4时,△ABC的面积S=acsinB=×4×6sin=6;…8分 ‎(Ⅱ)当a=3∈[1,6]时,sinC=1,‎ 当a=1时,b2=a2+c2﹣2accosB=1+36﹣2×=31,‎ ‎∴b=,‎ 于是,从而:sinC=,‎ 当a=6时,△ABC为等边三角形,则sinC=,因为,‎ 从而得到sinC的取值范围是:[,1]…15分.‎ ‎18.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左焦点为F(﹣c,0),点D(0,b),直线DF的斜率为.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆C的离心率;‎ ‎(Ⅱ)设过点F的直线交椭圆于A,B两点,过点P(﹣‎4c,0)作与直线AB的倾斜角互补的直线l,交椭圆C于M,N两点,问:是否为定值,若是,求出此定值,若不是,说明理由.‎ 分析: (Ⅰ)运用直线的斜率公式和离心率公式,结合a,b,c的关系,即可得到;‎ ‎(Ⅱ)设直线AB:x=ty﹣c,直线MN:x=﹣ty﹣‎4c,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),将直线方程分别代入椭圆方程,运用韦达定理,再由两点的距离公式,化简整理,即可得到定值.‎ 解答: 解:(Ⅰ)由题意可得,kDF==,a==‎2c,‎ 则椭圆的离心率为e==;‎ ‎(Ⅱ)设直线AB:x=ty﹣c,直线MN:x=﹣ty﹣‎4c,‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),‎ 将直线x=ty﹣c代入椭圆方程+=1,可得 ‎(3t2+4)y2﹣6tcy﹣‎9c2=0,‎ 则y1y2=﹣,‎ 再将直线x=﹣ty﹣‎4c代入椭圆方程+=1,可得 ‎(3t2+4)y2+24tcy+‎36c2=0,‎ 则y3y4=,‎ 即有=‎ ‎===.‎ 故为定值.‎ 点评: 本题考查椭圆的方程和性质,主要是离心率的运用,同时考查直线方程和椭圆方程联立,运用韦达定理,以及两点的距离公式的运用,正确设出直线方程是解题的关键.‎ ‎ ‎ ‎19.数列{an}与{bn}满足:①a1=a<0,b1=b>0,②当k≥2时,若ak﹣1+bk﹣1≥0,则ak=ak﹣1,bk=;若ak﹣1+bk﹣1<0,则ak=,bk=bk﹣1.‎ ‎(Ⅰ)若a=﹣1,b=1,求a2,b2,a3,b3的值;‎ ‎(Ⅱ)设Sn=(b1﹣a1)+(b2﹣a2)+…+(bn﹣an),求Sn(用a,b表示);‎ ‎(Ⅲ)若存在n∈N*,对任意正整数k,当2≤k≤n时,恒有bk﹣1>bk,求n的最大值(用a,b表示).‎ ‎(Ⅱ)分情况计算bk﹣ak,得{bk﹣ak}是以b1﹣a1=b﹣a为首项,为公比的等比数列,从而可得Sn;‎ ‎(Ⅲ)由bk﹣1>bk,数列{an}与{bn}满足的关系倒推出对任意正整数k,当2≤k≤n时,恒有ak=a,结合(Ⅱ)知,解之即可.‎ 解答: 解:(Ⅰ)a2=﹣1,b2=0,a3=,b3=0;‎ ‎(Ⅱ)∵=,=,‎ ‎∴无论是ak﹣1+bk﹣1≥0,还是ak﹣1+bk﹣1<0,都有bk﹣ak=,‎ 即{bk﹣ak}是以b1﹣a1=b﹣a为首项,为公比的等比数列,‎ 所以Sn=(b1﹣a1)+(b2﹣a2)+…+(bn﹣an)=;‎ ‎(Ⅲ)∵bk﹣1>bk,及数列{an}与{bn}满足的关系,‎ ‎∴ak﹣1+bk﹣1≥0,∴ak=ak﹣1,‎ 即对任意正整数k,当2≤k≤n时,恒有ak=a,‎ 由(Ⅱ)知bk﹣ak=,∴bk=a+,‎ 所以ak﹣1+bk﹣1=,解得,‎ 所以n的最大值为不超过的最大整数.‎ ‎20.设a>0,b>0,函数f(x)=ax2﹣bx﹣a+b.‎ ‎(Ⅰ)(i)求不等式f(x)<f(1)的解集;‎ ‎ (ii)若f(x)在[0,1]上的最大值为b﹣a,求的取值范围;‎ ‎(Ⅱ)当x∈[0,m]时,对任意的正实数a,b,不等式f(x)≤(x+1)|2b﹣a|恒成立,求实数m的最大值.‎ 分析: (Ⅰ)(i)(x﹣1)(ax+a﹣b)<0,分类讨论得出:当b>‎2a时,解集为(1,),当b<‎2a时,解集为(,1),当b=‎2a时,解集为∅‎ ‎(ii)分类得出①当0时,②当时,≥1,判断结果是不是符合题意.‎ ‎(Ⅱ)把不等式f(x)≤(x+1)|2b﹣a|,得ax2﹣(b+|2b﹣a|)x﹣a+b﹣|2b﹣a|≤0,即x2﹣(+|2﹣1|)x﹣1﹣|2﹣1|≤0,‎ 令t=,则x2﹣(t+|2t﹣1|)xt﹣1﹣|2t﹣1|≤0,当△=(t+|2t﹣1|)2﹣4(t﹣1﹣|2t﹣1|)>0,时,求解不等式,分类讨论即可.‎ ‎(1)当t时,只需m≤恒成立.即m≤1‎ ‎2)当0时,只需要m≤=恒成立,转化为函数最值即可.‎ 解答: 解:(Ⅰ)(i)求不等式f(x)<f(1),即f(x)<0,‎ 即(x﹣1)(ax+a﹣b)<0,‎ 当b>‎2a时,解集为(1,)‎ 当b<‎2a时,解集为(,1),‎ 当b=‎2a时,解集为∅‎ ‎(ii)∵a>0,b>0,∴>0,‎ ‎①当0时,即0<b<a时,f(0)=b﹣a<0=f(1),不符合题意,‎ ‎②当时,即b≥a时,f(0)=b﹣a≥0=f(1),符合题意,‎ ‎≥1,‎ ‎∴的取值范围:[1,∞)‎ ‎(Ⅱ)由不等式f(x)≤(x+1)|2b﹣a|,得ax2﹣(b+|2b﹣a|)x﹣a+b﹣|2b﹣a|≤0,‎ 则x2﹣(+|2﹣1|)x﹣1﹣|2﹣1|≤0,‎ 令t=,则x2﹣(t+|2t﹣1|)x+t﹣1﹣|2t﹣1|≤0,‎ 当△=(t+|2t﹣1|)2﹣4(t﹣1﹣|2t﹣1|)>0,时,‎ 解得 ‎≤x≤,‎ ‎(1)当t时,≤x≤,‎ 又因为<0,≥1,‎ 只需m≤恒成立.即m≤1‎ ‎(2)当0时,≤x≤,‎ 显然<0,且y==在(0,)上递减,所以>1,‎ 所以只需要m≤=恒成立,‎ 即m≤1,‎ 综上,m的最大值为1.‎ 点评: 本题综合考查了函数的性质,不等式的求解,分类讨论,利用好方程的根,与不等式解集的关系,难度较大,属于难题,关键是确定根,写解集.‎ ‎ ‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档