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文档介绍
河南省普通高中高考数学适应性试卷理科解析
2017年河南省普通高中高考数学适应性试卷(理科) 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.已知集合A={x|x2﹣2x﹣3>0},B={x|lg(x﹣2)≤1},则(∁RA)∪B=( ) A.(﹣1,12) B.(2,3) C.(2,3] D.[﹣1,12] 2.欧拉(Leonhard Euler,国籍瑞士)是科学史上最多产的一位杰出的数学家,他发明的公式eix=cosx+isinx(i为虚数单位),将指数函数的定义域扩大到复数,建立了三角函数和指数函数的关系,这个公式在复变函数理论中占用非常重要的地位,被誉为“数学中的天桥”,根据此公式可知,e﹣4i表示的复数在复平面中位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.下列命题正确的是( ) A.∃x0∈R,sinx0+cosx0= B.∀x≥0且x∈R,2x>x2 C.已知a,b为实数,则a>2,b>2是ab>4的充分条件 D.已知a,b为实数,则a+b=0的充要条件是=﹣1 4.已知圆O:x2+y2=4(O为坐标原点)经过椭圆C: +=1(a>b>0)的短轴端点和两个焦点,则椭圆C的标准方程为( ) A. +=1 B. +=1 C. +=1 D. +=1 5.已知等差数列{an}满足a1=1,an+2﹣an=6,则a11等于( ) A.31 B.32 C.61 D.62 6.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. 7.已知函数f(x)=的最大值为M,最小值为m,则M+m等于( ) A.0 B.2 C.4 D.8 8.如图所示的程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”,执行该程序框图,若输入a,b的值分别是21,28,则输出a的值为( ) A.14 B.7 C.1 D.0 9.已知函数y=x+1+lnx在点A(1,2)处的切线l,若l与二次函数y=ax2+(a+2)x+1的图象也相切,则实数a的取值为( ) A.12 B.8 C.0 D.4 10.已知△ABC的三个顶点的坐标为A(0,1),B(1,0),C(0,﹣2),O为坐标原点,动点M满足||=1,则|++的最大值是( ) A. B. C.﹣1 D.﹣1 11.已知双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,O为坐标原点,点P是双曲线在第一象限内的点,直线PO,PF2分别交双曲线C的左、右支于另一点M,N,若|PF1|=2|PF2|,且∠MF2N=120°,则双曲线的离心率为( ) A. B. C. D. 12.定义在R上的函数f(x),当x∈[0,2]时,f(x)=4(1﹣|x﹣1|),且对于任意实数x∈[2n﹣2,2n+1﹣2](n∈N*,n≥2),都有f(x)=f(﹣1).若g(x)=f(x)﹣logax有且只有三个零点,则a的取值范围是( ) A.[2,10] B.[,] C.(2,10) D.[2,10) 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分. 13.已知实数x,y满足条件若目标函数z=2x+y的最小值为3,则其最大值为 . 14.设二项式展开式中的常数项为a,则的值为 . 15.已知A,B,C是球O的球面上三点,且为该球面上的动点,球心O到平面ABC的距离为球半径的一半,则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为 . 16.已知函数fn(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn,且fn(﹣1)=(﹣1)nn,n∈N* ,设函数g(n)=,若bn=g(2n+4),n∈N*,则数列{bn}的前n(n≥2)项和Sn等于 . 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知向量=(2cosx,sinx),=(cosx,2cosx),函数f(x)=•﹣1. (Ⅰ)求函数f(x)的单调递减区间; (Ⅱ)在锐角△ABC中,内角A、B、C的对边分别为a,b,c,tanB=,对任意满足条件的A,求f(A)的取值范围. 18.某品牌的汽车4S店,对最近100例分期付款购车情况进行统计,统计结果如表所示,已知分9期付款的频率为0.4;该店经销一辆该品牌的汽车.若顾客分3期付款,其利润为1万元;分6期或9期付款,其利润为2万元;分12期付款,其利润为3万元. 付款方式 分3期 分6期 分9期 分12期 频数 20 20 a b (1)若以表中计算出的频率近似替代概率,从该店采用分期付款购车的顾客(数量较大)中随机抽取3位顾客,求事件A:“至多有1位采用分6期付款”的概率P(A); (2)按分层抽样的方式从这100位顾客中抽出5人,再从抽出的5人中随机抽取3人,记该店在这3人身上赚取的总利润为随机变量η,求η的分布列及数学期望E(η). 19.如图所示,已知长方体ABCD中,为DC的中点.将△ ADM沿AM折起,使得AD⊥BM. (1)求证:平面ADM⊥平面ABCM; (2)是否存在满足的点E,使得二面角E﹣AM﹣D为大小为.若存在,求出相应的实数t;若不存在,请说明理由. 20.设抛物线的顶点在坐标原点,焦点F在y轴正半轴上,过点F的直线交抛物线于A,B两点,线段AB的长是8,AB的中点到x轴的距离是3. (1)求抛物线的标准方程; (2)设直线m在y轴上的截距为6,且与抛物线交于P,Q两点,连结QF并延长交抛物线的准线于点R,当直线PR恰与抛物线相切时,求直线m的方程. 21.已知函数. (1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间; (2)若﹣1<x<1时,均有f(x)≤0成立,求实数a的取值范围. 四、请考生在第22、23两题中任选一题作答,注意:只能做所选定的题目,如果多做,则按所做的第一题计分,作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.4-4坐标系与参数方程 22.在平面直角坐标系xoy中,曲线C1的参数方程为(θ为参数),以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,与直角坐标系xoy取相同的单位长度建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ=2cosθ﹣4sinθ. (1)化曲线C1,C2的方程为普通方程,并说明它们分别表示什么曲线; (2)设曲线C2与x轴的一个交点的坐标为P(m,0)(m>0),经过点P作斜率为1的直线,l交曲线C2于A,B两点,求线段AB的长. 五、4-5不等式选讲 23.已知f(x)=|2x﹣1|+x+的最小值为m. (1)求m的值; (2)已知a,b,c是正实数,且a+b+c=m,求证:2(a3+b3+c3)≥ab+bc+ca﹣3abc. 2017年河南省普通高中高考数学适应性试卷(理科) 参考答案与试题解析 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.已知集合A={x|x2﹣2x﹣3>0},B={x|lg(x﹣2)≤1},则(∁RA)∪B=( ) A.(﹣1,12) B.(2,3) C.(2,3] D.[﹣1,12] 【考点】交、并、补集的混合运算. 【分析】首先化简集合A,B,进而算出∁RA,然后根据并集的定义进行求解. 【解答】解:∵集合A={x|x2﹣2x﹣3>0}={x|x<﹣1或x>3} ∴∁RA={x|﹣1≤x≤3}=[﹣1,3] ∵B={x|lg(x﹣2)≤1}, ∴, 解得2<x≤12, ∴B=(2,12] ∴(∁RA)∪B=[﹣1,12] 故选:D. 2.欧拉(Leonhard Euler,国籍瑞士)是科学史上最多产的一位杰出的数学家,他发明的公式eix=cosx+isinx(i为虚数单位),将指数函数的定义域扩大到复数,建立了三角函数和指数函数的关系,这个公式在复变函数理论中占用非常重要的地位,被誉为“数学中的天桥”,根据此公式可知,e﹣4i表示的复数在复平面中位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【考点】复数的代数表示法及其几何意义. 【分析】e﹣4i=cos(﹣4)+isin(﹣4),再利用诱导公式与三角函数求值即可得出. 【解答】解:e﹣4i=cos(﹣4)+isin(﹣4),∵cos(﹣4)=cos[π+(4﹣π)]=﹣cos(4﹣π)<0,sin(﹣4)=﹣sin[π+(4﹣π)]=sin(4﹣π)>0, ∴e﹣4i表示的复数在复平面中位于第二象限. 故选:B. 3.下列命题正确的是( ) A.∃x0∈R,sinx0+cosx0= B.∀x≥0且x∈R,2x>x2 C.已知a,b为实数,则a>2,b>2是ab>4的充分条件 D.已知a,b为实数,则a+b=0的充要条件是=﹣1 【考点】命题的真假判断与应用. 【分析】根据sinx+cosx=sin(x+)≤<,判断A错误; 举例说明x=2时2x=x2=4,判断B错误; 根据a>2,b>2时ab>4,判断充分性成立C正确; 举例说明a=b=0时=﹣1不成立,判断D错误. 【解答】解:对于A,∀x∈R,sinx+cosx=sin(x+)≤<正确, ∴该命题的否定是假命题,A错误; 对于B,当x=2时,2x=x2=4,∴B错误; 对于C,a,b为实数,当a>2,b>2时,ab>4,充分性成立, 是充分条件,C正确; 对于D,a,b为实数,a+b=0时,若a=b=0,则=﹣1不成立, ∴不是充要条件,D错误. 故选:C. 4.已知圆O:x2+y2=4(O为坐标原点)经过椭圆C: +=1(a>b>0)的短轴端点和两个焦点,则椭圆C的标准方程为( ) A. +=1 B. +=1 C. +=1 D. +=1 【考点】椭圆的简单性质. 【分析】根据圆O:x2+y2=4(O为坐标原点)经过椭圆C: +=1(a>b>0)的短轴端点和两个焦点,可得b,c,a, 【解答】解:∵圆O:x2+y2=4(O为坐标原点)经过椭圆C: +=1(a>b>0)的短轴端点和两个焦点, ∴b=2,c=2,则a2=b2+c2=8. ∴椭圆C的标准方程为:, 故选:B 5.已知等差数列{an}满足a1=1,an+2﹣an=6,则a11等于( ) A.31 B.32 C.61 D.62 【考点】等差数列的通项公式. 【分析】由等差数列的性质依次求出a3,a5,a7,a9,a11. 【解答】解:∵等差数列{an}满足a1=1,an+2﹣an=6, ∴a3=6+1=7, a5=6+7=13, a7=6+13=19, a9=6+19=25, a11=6+25=31. 故选:A. 6.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. 【分析】由三视图可得,几何体为底面为正视图,高为的四棱锥,即可求出几何体的体积. 【解答】解:由三视图可得,几何体为底面为正视图,高为的四棱锥,体积为=, 故选B. 7.已知函数f(x)=的最大值为M,最小值为m,则M+m等于( ) A.0 B.2 C.4 D.8 【考点】函数的最值及其几何意义. 【分析】设g(x)=,得到g(x)为奇函数,得到g(x)max+g(x)min=0,相加可得答案. 【解答】解:f(x)==2+, 设g(x)=, ∴g(﹣x)=﹣g(x), ∴g(x)为奇函数, ∴g(x)max+g(x)min=0 ∵M=f(x)max=2+g(x)max,m=f(x)min=2+g(x)min, ∴M+m=2+g(x)max+2+g(x)min=4, 故选:C 8.如图所示的程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”,执行该程序框图,若输入a,b的值分别是21,28,则输出a的值为( ) A.14 B.7 C.1 D.0 【考点】程序框图. 【分析】由循环结构的特点,先判断,再执行,分别计算出当前的a,b的值,即可得到结论. 【解答】解:由a=21,b=28,不满足a>b, 则b变为28﹣21=7, 由b<a,则a变为21﹣7=14, 由b<a,则a变为14﹣7=7, 由a=b=7, 则输出的a=7. 故选:B. 9.已知函数y=x+1+lnx在点A(1,2)处的切线l,若l与二次函数y=ax2+(a+2)x+1的图象也相切,则实数a的取值为( ) A.12 B.8 C.0 D.4 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程. 【分析】求出y=x+1+lnx的导数,求得切线的斜率,可得切线方程,再由于切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,有且只有一切点,进而可联立切线与曲线方程,根据△=0得到a的值. 【解答】解:y=x+1+lnx的导数为y′=1+, 曲线y=x+1+lnx在x=1处的切线斜率为k=2, 则曲线y=x+1+lnx在x=1处的切线方程为y﹣2=2x﹣2,即y=2x. 由于切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切, y=ax2+(a+2)x+1可联立y=2x, 得ax2+ax+1=0, 又a≠0,两线相切有一切点, 所以有△=a2﹣4a=0, 解得a=4. 故选:D. 10.已知△ABC的三个顶点的坐标为A(0,1),B(1,0),C(0,﹣2),O为坐标原点,动点M满足||=1,则|++的最大值是( ) A. B. C.﹣1 D.﹣1 【考点】平面向量的坐标运算. 【分析】设点M的坐标是(x,y),由两点之间的距离公式化简||=1,判断出动点M的轨迹,由向量的坐标运算求出++,表示出|++|并判断几何意义,转化为圆外一点与圆上点的距离最值问题,即可求出答案. 【解答】解:设点M的坐标是(x,y), ∵C(0,﹣2),且||=1, ∴,则x2+(y+2)2=1, 即动点M的轨迹是以C为圆心、1为半径的圆, ∵A(0,1),B(1,0), ∴++=(x+1,y+1), 则|++|=,几何意义表示: 点M(x,y)与点A(﹣1,﹣1)之间的距离,即圆C上的点与点A(﹣1,﹣1)的距离, ∵点A(﹣1,﹣1)在圆C外部, ∴|++|的最大值是|AC|+1=+1=, 故选A. 11.已知双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,O为坐标原点,点P是双曲线在第一象限内的点,直线PO,PF2分别交双曲线C的左、右支于另一点M,N,若|PF1|=2|PF2|,且∠MF2N=120°,则双曲线的离心率为( ) A. B. C. D. 【考点】直线与椭圆的位置关系. 【分析】由题意,|PF1|=2|PF2|,|PF1|﹣|PF2|=2a,可得|PF1|=4a,|PF2|=2a,由∠MF2N=120°,可得∠F1PF2=120°,由余弦定理可得4c2=16a2+4a2﹣2•4a•2a•cos120°,即可求出双曲线C的离心率. 【解答】解:由题意,|PF1|=2|PF2|, 由双曲线的定义可得,|PF1|﹣|PF2|=2a, 可得|PF1|=4a,|PF2|=2a, 由四边形PF1MF2为平行四边形, 又∠MF2N=120°,可得∠F1PF2=120°, 在三角形PF1F2中,由余弦定理可得 4c2=16a2+4a2﹣2•4a•2a•cos120°, 即有4c2=20a2+8a2,即c2=7a2, 可得c=a, 即e==. 故选B. 12.定义在R上的函数f(x),当x∈[0,2]时,f(x)=4(1﹣|x﹣1|),且对于任意实数x∈[2n﹣2,2n+1﹣2](n∈N*,n≥2),都有f(x)=f(﹣1).若g(x)=f(x)﹣logax有且只有三个零点,则a的取值范围是( ) A.[2,10] B.[,] C.(2,10) D.[2,10) 【考点】根的存在性及根的个数判断;函数零点的判定定理. 【分析】由g(x)=f(x)﹣logax=0,得f(x)=logax,分别作出函数f(x)和y=logax的图象,利用数形结合即可得到结论. 【解答】解:当x∈[0,2]时,f(x)=4(1﹣|x﹣1|), 当n=2时,x∈[2,6],此时﹣1∈[0,2],则f(x)=f(﹣1)=×4(1﹣|﹣1﹣1|)=2(1﹣|﹣2|), 当n=3时,x∈[6,14],此时﹣1∈[2,6],则f(x)=f(﹣1)=×2(1﹣|﹣|)=1﹣|﹣|, 由g(x)=f(x)﹣logax=0,得f(x)=logax,分别作出函数f(x)和y=loga x的图象, 若0<a<1,则此时两个函数图象只有1个交点,不满足条件. 若a>1,当对数函数图象经过A时,两个图象只有2个交点,当图象经过点B时,两个函数有4个交点, 则要使两个函数有3个交点,则对数函数图象必须在A点以下,B点以上, ∵f(4)=2,f(10)=1,∴A(4,2),B(10,1), 即满足, 即,解得, 即2<a<10, 故选:C. 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分. 13.已知实数x,y满足条件若目标函数z=2x+y的最小值为3,则其最大值为 7 . 【考点】简单线性规划. 【分析】作出不等式组对应的平面区域,利用目标函数z=2x+y的最小值为3,建立条件关系即可求出m的值,然后求解最大值即可. 【解答】解:目标函数z=2x+y的最小值为3, ∴y=﹣2x+z,要使目标函数z=﹣2x+y的最小值为3, 作出不等式组对应的平面区域如图: 则目标函数经过点A截距最小, 由,解得A(2,﹣1),同时A也在直线﹣2x+y+m=0, 解得m=5, 目标函数z=2x+y经过B时取得最大值 由,解得B(3,1), z的最大值为:7. 故答案为:7. 14.设二项式展开式中的常数项为a,则的值为 ﹣ . 【考点】二项式系数的性质. 【分析】利用二项式定理的通项公式可得a,再利用微积分基本定理即可得出. 【解答】解:二项式展开式中的通项公式:Tr+1==(﹣1)r. 令6﹣=0,解得r=4. ∴常数项a==15, 则=cos3xdx==﹣. 故答案为:﹣. 15.已知A,B,C是球O的球面上三点,且为该球面上的动点,球心O到平面ABC的距离为球半径的一半,则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为 . 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积. 【分析】由题意画出图形,求出三角形ABC外接圆的半径,设出球的半径,利用直角三角形中的勾股定理求得球的半径,则三棱锥D﹣ABC体积的最大值可求. 【解答】解:如图,在△ABC中,∵, ∴由余弦定理可得cosA=,则A=120°, ∴sinA=. 设△ABC外接圆的半径为r,则,得r=3. 设球的半径为R,则,解得. ∵, ∴三棱锥D﹣ABC体积的最大值为. 故答案为:. 16.已知函数fn(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn,且fn(﹣1)=(﹣1)nn,n∈N*,设函数g(n)=,若bn=g(2n+4),n∈N*,则数列{bn}的前n(n≥2)项和Sn等于 2n+n﹣1 . 【考点】数列的求和. 【分析】由分段函数,求得bn=a,再由函数fn(x),求得n=1时,a1=1,将n换为n﹣1,作差可得an=2n﹣1,进而得到 bn=2n﹣1+1,再由数列的求和方法:分组求和,结合等比数列的求和公式,计算即可得到所求和. 【解答】解:由函数g(n)=, 可得bn=g(2n+4)=g(2n﹣1+2)=g(2n﹣2+1)=a, 由函数fn(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn,且fn(﹣1)=(﹣1)nn, 可得﹣a1+a2﹣a3+…+an(﹣1)n=(﹣1)nn,① n=1时,﹣a1=﹣1,可得a1=1; n≥2时,﹣a1+a2﹣a3+…+an﹣1(﹣1)n﹣1=(﹣1)n﹣1(n﹣1),② ①﹣②可得an(﹣1)n=(﹣1)nn﹣(﹣1)n﹣1(n﹣1), 化简可得an=2n﹣1,对n=1也成立. 则bn=a=2n﹣1+1, 则数列{bn}的前n(n≥2)项和Sn等于(1+2+4+…+2n﹣1)+n =+n=2n+n﹣1. 故答案为:2n+n﹣1. 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知向量=(2cosx,sinx),=(cosx,2cosx),函数f(x)=•﹣1. (Ⅰ)求函数f(x)的单调递减区间; (Ⅱ)在锐角△ABC中,内角A、B、C的对边分别为a,b,c,tanB=,对任意满足条件的A,求f(A)的取值范围. 【考点】余弦定理;平面向量数量积的运算. 【分析】(Ⅰ)根据函数f(x)=•﹣1.利用向量的数量积的运算求解f(x),结合三角函数的性质求解单调性即可. (Ⅱ)tanB=求解. 【解答】解:(Ⅰ)向量=(2cosx,sinx),=(cosx,2cosx), 函数f(x)=•﹣1. 则f(x)=2cos2x+2sinxcosx﹣1=sin2x+cos2x=2sin(2x) 由, 解得:≤x≤,(k∈Z). 故得函数f(x)的单调递减区间为[,],(k∈Z) (Ⅱ)由tanB=,即:, ∵cosB= ∴sinB=. 又∵△ABC是锐角, ∴B=. 则<A< 由(Ⅰ)可知f(A)=2sin(2A) 那么:2A∈(,) 则sin(2A)∈(,1) 故得f(A)的取值范围是(﹣1,2) 18.某品牌的汽车4S店,对最近100例分期付款购车情况进行统计,统计结果如表所示,已知分9期付款的频率为0.4;该店经销一辆该品牌的汽车.若顾客分3期付款,其利润为1万元;分6期或9期付款,其利润为2万元;分12期付款,其利润为3万元. 付款方式 分3期 分6期 分9期 分12期 频数 20 20 a b (1)若以表中计算出的频率近似替代概率,从该店采用分期付款购车的顾客(数量较大)中随机抽取3位顾客,求事件A:“至多有1位采用分6期付款”的概率P(A); (2)按分层抽样的方式从这100位顾客中抽出5人,再从抽出的5人中随机抽取3人,记该店在这3人身上赚取的总利润为随机变量η,求η的分布列及数学期望E(η). 【考点】离散型随机变量的期望与方差;列举法计算基本事件数及事件发生的概率. 【分析】(1)由=0.4,得a=40,20+a+20+b=100,解得b.记分期付款的期数为ξ,依题意即可得出其概率.进而定点“购买该品牌汽车的3为顾客中至多有1位采用3期付款”的概率P(A). (2)按分层抽样的方式从这100位顾客中抽出5人,则顾客分3期付款与分6期付款的各为1人,分9期付款的为2人,分12期付款为1人.则η的可能取值为5,6,7.利用相互独立与互斥事件的概率计算公式可得其概率,进而得到分布列与数学期望. 【解答】解:(1)由=0.4,得a=40, ∵20+a+20+b=100,∴b=20 记分期付款的期数为ξ,依题意得: P(ξ=3)==0.2,P(ξ=6)==0.2,P(ξ=9)==0.4,P(ξ=12)= =0.2. 则“购买该品牌汽车的3为顾客中至多有1位采用3期付款”的概率 P(A)=+=0.896. (2)按分层抽样的方式从这100位顾客中抽出5人,则顾客分3期付款与分6期付款的各为1人,分9期付款的为2人,分12期付款为1人.则η的可能取值为5,6,7. P(η=5)=P(ξ=3)×P(ξ=6)×P(ξ=9)+P(ξ=3)×P(ξ=9)×P(ξ=9)=+=. P(η=6)=P(ξ=3)×P(ξ=6)×P(ξ=12)+P(ξ=6)×P(ξ=9)×P(ξ=9)+P(ξ=3)×P(ξ=9)×P(ξ=12)==, P(η=7)=P(ξ=6)×P(ξ=9)×P(ξ=12)+P(ξ=9)×P(ξ=9)×P(ξ=12)==. 列表如下: η 5 6 7 P 0.3 0.4 0.3 所以η的数学期望E(η)=5×0.3+6×0.4+7×0.3=6(万元). 19.如图所示,已知长方体ABCD中,为DC的中点.将△ADM沿AM折起,使得AD⊥BM. (1)求证:平面ADM⊥平面ABCM; (2)是否存在满足的点E,使得二面角E﹣AM﹣D为大小为.若存在,求出相应的实数t;若不存在,请说明理由. 【考点】与二面角有关的立体几何综合题;平面与平面垂直的判定. 【分析】(1)推导出BM⊥AM,AD⊥BM,从而BM⊥平面ADM,由此能证明平面ADM⊥平面ABCM. (2)以M为原点,MA为x轴,MB为y轴,过M作平面ABCM的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出存在满足的点E,使得二面角E﹣AM﹣D为大小为,并能求出相应的实数t的值. 【解答】证明:(1)∵长方形ABCD中,AB=2AD=2,M为DC的中点, ∴AM=BM=2,AM2+BM2=AB2,∴BM⊥AM, ∵AD⊥BM,AD∩AM=A,∴BM⊥平面ADM, 又BM⊂平面ABCM,∴平面ADM⊥平面ABCM. 解:(2)以M为原点,MA为x轴,MB为y轴,过M作平面ABCM的垂线为z轴, 建立空间直角坐标系, 则A(2,0,0),B(0,2,0),D(1,0,1),M(0,0,0), =(0,2,0),=(1,﹣2,1),==(t,2﹣2t,1), 设平面AME的一个法向量为=(x,y,z), 则, 取y=t,得=(0,t,2t﹣2), 由(1)知平面AMD的一个法向量=(0,1,0), ∵二面角E﹣AM﹣D为大小为, ∴cos===, 解得t=或t=2(舍), ∴存在满足的点E,使得二面角E﹣AM﹣D为大小为,相应的实数t的值为. 20.设抛物线的顶点在坐标原点,焦点F在y轴正半轴上,过点F的直线交抛物线于A,B两点,线段AB的长是8,AB的中点到x轴的距离是3. (1)求抛物线的标准方程; (2)设直线m在y轴上的截距为6,且与抛物线交于P,Q两点,连结QF并延长交抛物线的准线于点R,当直线PR恰与抛物线相切时,求直线m的方程. 【考点】直线与抛物线的位置关系. 【分析】(1)设抛物线的方程为x2=2py(p>0),求出准线方程,运用抛物线的定义和中位线定理,可得2(3+)=8,解得p,即可得到抛物线的方程; (2)设直线PQ的方程为y=kx+6,代入抛物线的方程,运用韦达定理,结合导数求得切线的斜率,再由两点的方斜率公式,以及三点共线的条件:斜率相等,化简整理解方程可得k的值,客人得到直线m的方程. 【解答】解:(1)设抛物线的方程为x2=2py(p>0), 准线方程为y=﹣, 由抛物线的定义可得|AF|+|BF|=|AB|=2(3+)=8, 解得p=2, 即有抛物线的方程为x2=4y; (2)设直线PQ的方程为y=kx+6,代入抛物线的方程,可得 x2﹣4kx﹣24=0, 设P(x1,),Q(x2,), 可得x1+x2=4k,x1x2=﹣24, 由y=x2的导数为y′=x, 设R(t,﹣1),可得kPR==x1, 可得t=x1﹣, 再由Q,F,R共线,可得=, 消去t,可得=, 即有16x1x2=4(x12+x22)﹣16﹣(x1x2)2, 即有16×(﹣24)=4[(4k)2+2×24]﹣16﹣242, 解方程可得k=±, 即有直线m的方程为y=±x+6. 21.已知函数. (1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间; (2)若﹣1<x<1时,均有f(x)≤0成立,求实数a的取值范围. 【考点】利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性. 【分析】(Ⅰ)当a=1时,f(x)的定义域为(﹣1,1)∪(1,+∞), 求出f′(x)=,即可求单调区间; (Ⅱ)f′(x)=, 分(1)a≤0,(2)当a>0,讨论单调性及最值即可. 【解答】解:(Ⅰ)当a=1时,f(x)的定义域为(﹣1,1)∪(1,+∞), f′(x)=, 当﹣1<x<0或>3时,f′(x)>0,当0<x<1或1<x<3,f′(x)<0, 所以函数f(x)的增区间为(﹣1,0),(3,+∞),减区间为(0,1),(1,3) (Ⅱ)f′(x)=, 当a≤0时,f′(x)>0恒成立,故0<x<1时,f(x)>f(0)=0,不符合题意. 当a>0时,由f′(x)=0,得x1=,x2=. 若0<a<1,此时0<x1<1,对0<x<x1,有f′(x)>0,f(x)>f(0)=0,不符合题意. 若a>1,此时﹣1<x1<0,对x1<x<0,有f′(x)<0,f(x)>f(0)=0,不符合题意. 若a=1,由(Ⅰ)知,函数f(x)在x=0处取得最大值0,符合题意, 综上实数a的取值为1. 四、请考生在第22、23两题中任选一题作答,注意:只能做所选定的题目,如果多做,则按所做的第一题计分,作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.4-4坐标系与参数方程 22.在平面直角坐标系xoy中,曲线C1的参数方程为(θ为参数),以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,与直角坐标系xoy取相同的单位长度建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ=2cosθ﹣4sinθ. (1)化曲线C1,C2的方程为普通方程,并说明它们分别表示什么曲线; (2)设曲线C2与x轴的一个交点的坐标为P(m,0)(m>0),经过点P作斜率为1的直线,l交曲线C2于A,B两点,求线段AB的长. 【考点】参数方程化成普通方程. 【分析】(1)根据sin2θ+cos2θ=1消去曲线C1 的参数θ可得普通方程;根据ρcosθ=x,ρsinθ=y,ρ2=x2+y2,进行代换即得曲线C2的普通方程; (2)令曲线C2的y=0,求解P的坐标,可得过P的直线方程,参数方程的几何意义求解即可. 【解答】解:(1)曲线C1的参数方程为,消去参数可得:,表示焦点在y轴上的椭圆方程. 曲线C2的极坐标方程为ρ=2cosθ﹣4sinθ,可得ρ2=2ρcosθ﹣4ρsinθ, ∴x2+y2=2x﹣4y,整理得(x﹣1)2+(y+2)2=5,表示以(1,﹣2)为圆心,半径r=5的圆. (2)曲线C2与x轴的一个交点的坐标为P(m,0)(m>0),令y=0,解得x=2, ∴P(2,0),可得直线l:y=x﹣2. 将曲线C1的参数方程带入直线l可得: sinθ=2cosθ﹣2. 整理可得:cos()=,即θ=2kπ或,(k∈Z). 那么:A(2,0),B(﹣1,﹣3), ∴|AB|=. 五、4-5不等式选讲 23.已知f(x)=|2x﹣1|+x+的最小值为m. (1)求m的值; (2)已知a,b,c是正实数,且a+b+c=m,求证:2(a3+b3+c3)≥ab+bc+ca﹣3abc. 【考点】不等式的证明. 【分析】(1)讨论当x≥时,当x<时,去掉绝对值,运用一次函数的单调性,可得最小值; (2)由a+b+c=1,先证a3+b3≥a2b+b2a,由作差法可得,即有a3+b3≥ab﹣abc,同理可得b3+c3≥bc﹣abc,c3+a3≥ca﹣abc,累加即可得证. 【解答】解:(1)当x≥时,f(x)=3x﹣递增,且f(x)≥﹣=1; 当x<时,f(x)=﹣x递减,且f(x)>﹣=1; 综上可得x=时,f(x)取得最小值1,即m=1; (2)证明:a,b,c是正实数,且a+b+c=1, 由a3+b3﹣a2b﹣b2a=a2(a﹣b)+b2(b﹣a)=(a﹣b)(a2﹣b2)=(a+b)(a﹣b)2≥0, 即有a3+b3﹣a2b﹣b2a≥0,即a3+b3≥a2b+b2a=ab(a+b)=ab(1﹣c)=ab﹣abc, 可得a3+b3≥ab﹣abc, 同理可得b3+c3≥bc﹣abc, c3+a3≥ca﹣abc, 上面三式相加可得,2(a3+b3+c3)≥ab+bc+ca﹣3abc, 当且仅当a=b=c=取得等号. 2017年3月23日查看更多