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  • ID:3-5709261 2019版新一线二轮复习数学(理·重点生)通用版 第一部分 专题四 第二课时 “导数与函数的零点问题”考法面面观

    高中数学/高考专区/二轮专题

    第二课时 “导数与函数的零点问题”考法面面观 [考法一 函数零点个数问题] 题型·策略(一)讨论函数的零点个数    已知f (x)=e-x(ax2+x+1).当a>0时,试讨论方程f (x)=1的解的个数. [破题思路]  求什么想什么 讨论方程f (x)=1的解的个数,想到f (x)-1的零点个数 给什么用什么 给出f (x)的解析式,用f (x)=1构造函数,转化为零点问题求解(或分离参数,结合图象求解) [规范解答] 法一:分类讨论法(学生用书不提供解题过程) 方程f (x)=1的解的个数即为函数h(x)=ex-ax2-x-1(a>0)的零点个数. 而h′(x)=ex-2ax-1, 设H(x)=ex-2ax-1,则H′(x)=ex-2a. 令H′(x)>0,解得x>ln 2a;令H′(x)<0, 解得x0), 则g′(m)=1-(1+ln m)=-ln m, 令g′(m)<0,得m>1;令g′(m)>0,得0时,ln 2a>0,h′(x)min=h′(ln 2a)<0, 又h′(x)在(-∞,ln 2a)上单调递减,在(ln 2a,+∞)上单调递增, 又h′(0)=0,则存在x1>0使得h′(x1)=0, 这时h(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增. 所以h(x1)h(0)=0,h(0)=0, 所以此时f (x)有两个零点. 综上,当a=时,方程f (x)=1只有一个解;当a≠且a>0时,方程f (x)=1有两个解. 法二:分离参数法(学生用书提供解题过程) 方程f (x)=1的解的个数即方程ex-ax2-x-1=0(a>0)的解的个数,方程可化为ax2=ex-x-1. 当x=0时,方程为0=e0-0-1,显然成立,所以x=0为方程的解. 当x≠0时,分离参数可得a=(x≠0). 设函数p(x)=(x≠0), 则p′(x)==. 记q(x)=ex(x-2)+x+2,则q′(x)=ex(x-1)+1. 记t(x)=q′(x)=ex(x-1)+1,则t′(x)=xex. 显然当x<0时,t′(x)<0,函数t(x)单调递减; 当x>0时,t′(x)>0,函数t(x)单调递增. 所以t(x)>t(0)=e0(0-1)+1=0,即q′(x)>0, 所以函数q(x)单调递增. 而q(0)=e0(0-2)+0+2=0, 所以当x<0时,q(x)<0,即p′(x)>0,函数p(x)单调递增; 当x>0时,q(x)>0,即p′(x)>0,函数p(x)单调递增. 而当x→0时,p(x)→ x→0= x→0= x→0= x→0=(洛必达法则), 当x→-∞时,p(x)→ x→-∞= x→-∞=0, 故函数p(x)的图象如图所示. 作出直线y=a. 显然,当a=时,直线y=a与函数p(x)的图象无交点,即方程ex-ax2-x-1=0只有一个解x=0; 当a≠且a>0时,直线y=a与函数p(x)的图象有一个交点(x0,a),即方程ex-ax2-x-1=0有两个解x=0或x=x0. 综上,当a=时,方程f (x)=1只有一个解;当a≠且a>0时,方程f (x)=1有两个解. [注] 部分题型利用分离法处理时,会出现“”型的代数式,这是大学数学中的不定式问题,解决这类问题有效的方法就是洛必达法则. 法则1 若函数f (x)和g(x)满足下列条件: (1)lif (x)=0及lig(x)=0; (2)在点a的去心邻域内,f (x)与g(x)可导且g′(x)≠0; (3)li =l. 那么li =li =l. 法则2 若函数f (x)和g(x)满足下列条件: (1)lif (x)=∞及lig(x)=∞; (2)在点a的去心邻域内,f (x)与g(x)可导且g′(x)≠0; (3)li =l. 那么li =li =l. [题后悟通] 思路 受阻 分析 构造函数后,正确进行分类讨论是解决本题的关键;不知道分类讨论或分类讨论时,分类不明或分类不全是解决此类问题常犯的错误 技法 关键 点拨 判断函数零点个数的思路判断函数在某区间[a,b]((a,b))内的零点的个数时,主要思路为:一是由f (a)f (b)<0及零点存在性定理,说明在此区间上至少有一个零点;二是求导,判断函数在区间(a,b)上的单调性,若函数在该区间上单调递增或递减,则说明至多只有一个零点;若函数在区间[a,b]((a,b))上不单调,则要求其最大值或最小值,借用图象法等,判断零点个数 [对点训练] 1.已知函数f (x)=ln x-ax2(a∈R). (1)若f (x)在点(2,f (2))处的切线与直线2x+y+2=0垂直,求实数a的值; (2)求函数f (x)的单调区间; (3)讨论函数f (x)在区间[1,e2]上零点的个数. 解:(1)f (x)=ln x-ax2的定义域为(0,+∞), f ′(x)=-ax=,则f ′(2)=. 因为直线2x+y+2=0的斜率为-2, 所以(-2)×=-1,解得a=0. (2)f ′(x)=,x∈(0,+∞), 当a≤0时,f ′(x)>0,所以f (x)在(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,由得0, 所以f (x)在上单调递增,在上单调递减. 综上所述:当a≤0时,f (x)的单调递增区间为(0,+∞); 当a>0时,f (x)的单调递增区间为,单调递减区间为. (3)由(2)可知, (ⅰ)当a<0时,f (x)在[1,e2]上单调递增, 而f (1)=-a>0,故f (x)在[1,e2]上没有零点. (ⅱ)当a=0时,f (x)在[1,e2]上单调递增,而f (1)=-a=0,故f (x)在[1,e2]上有一个零点. (ⅲ)当a>0时,①若≤1,即a≥1时,f (x)在[1,e2]上单调递减.因为f (1)=-a<0,所以f (x)在[1,e2]上没有零点. ②若1<≤e2,即≤a<1时,f (x)在上单调递增,在上单调递减,而f (1)=-a<0,f =-ln a-,f (e2)=2-ae4, 若f =-ln a-<0,即a>时,f (x)在[1,e2]上没有零点; 若f =-ln a-=0,即a=时,f (x)在[1,e2]上有一个零点; 若f =-ln a->0,即a<时, 由f (e2)=2-ae4>0,得a<,此时,f (x)在[1,e2]上有一个零点; 由f (e2)=2-ae4≤0,得a≥,此时,f (x)在[1,e2]上有两个零点; ③若≥e2,即00,所以f (x)在[1,e2]上有一个零点. 综上所述:当a<0或a>时,f (x)在[1,e2]上没有零点;当0≤a<或a=时,f (x)在[1,e2]上有一个零点;当≤a<时,f (x)在[1,e2]上有两个零点. 由函数的零点个数求参数范围    已知函数f (x)=xex-a(x+1)2. (1)若a=e,求函数f (x)的极值; (2)若函数f (x)有两个零点,求实数a的取值范围. [破题思路] 第(1)问 求什么想什么 求f (x)的极值,想到求f ′(x)=0的解,然后根据单调性求极值 第(2)问 求什么想什么 求实数a的取值范围,想到建立关于a的不等式 给什么用什么 给出函数f (x)的解析式,并已知f (x)有两个零点,利用f (x)的图象与x轴有两个交点求解 [规范解答] (1)直接法(学生用书不提供解题过程) 由题意知,当a=e时,f (x)=xex-e(x+1)2,函数f (x)的定义域为(-∞,+∞), f ′(x)=(x+1)ex-e(x+1)=(x+1)(ex-e). 令f ′(x)=0,解得x=-1或x=1. 当x变化时,f ′(x),f (x)的变化情况如下表所示: x (-∞,-1) -1 (-1,1) 1 (1,+∞) f ′(x) + 0 - 0 + f (x) ? 极大值- ? 极小值-e ? 所以当x=-1时,f (x)取得极大值-;当x=1时,f (x)取得极小值-e. (2)法一:分类讨论法(学生用书不提供解题过程) f ′(x)=(x+1)ex-a(x+1)=(x+1)(ex-a), 若a=0,易知函数f (x)在(-∞,+∞)上只有一个零点,故不符合题意. 若a<0,当x∈(-∞,-1)时,f ′(x)<0,f (x)单调递减; 当x∈(-1,+∞)时,f ′(x)>0,f (x)单调递增. 由f (-1)=-<0,且f (1)=e-2a>0,当x→-∞时,f (x)→+∞, 所以函数f (x)在(-∞,+∞)上有两个零点. 若ln a<-1,即00,f (x)单调递增; 当x∈(ln a,-1)时,f ′(x)<0,f (x)单调递减. 又f (ln a)=aln a-a(ln a+1)2<0,所以函数f (x)在(-∞,+∞)上至多有一个零点,故不符合题意. 若ln a=-1,即a=,当x∈(-∞,+∞)时,f ′(x)≥0,f (x)单调递增,故不符合题意. 若ln a>-1,即a>,当x∈(-∞,-1)∪(ln a,+∞)时,f ′(x)>0,f (x)单调递增; 当x∈(-1,ln a)时,f ′(x)<0,f (x)单调递减. 又f (-1)=-<0,所以函数f (x)在(-∞,+∞)上至多有一个零点,故不符合题意. 综上,实数a的取值范围是(-∞,0). 法二:数形结合法(学生用书提供解题过程) 令f (x)=0,即xex-a(x+1)2=0, 得xex=a(x+1)2. 当x=-1时,方程为-e-1=a×0,显然不成立, 所以x=-1不是方程的解,即-1不是函数f (x)的零点. 当x≠-1时,分离参数得a=. 记g(x)=(x≠-1), 则g′(x)= =. 当x<-1时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减; 当x>-1时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增. 当x=0时,g(x)=0;当x→-∞时,g(x)→0;当x→-1时,g(x)→-∞;当x→+∞时,g(x)→+∞. 故函数g(x)的图象如图所示. 作出直线y=a,由图可知,当a<0时,直线y=a和函数g(x)的图象有两个交点,此时函数f (x)有两个零点.故实数a的取值范围是(-∞,0). [题后悟通] 思路 受阻 分析 解决本题第(2)问时,可根据参数对函数单调性的影响,分类讨论函数零点的个数,进而求得实数a的取值范围,此时能否正确分类是解决本题的关键;也可直接分离参数,将问题转化为两个函数图象交点个数问题求解,此时,能否正确画出函数图象是解决问题的关键 技法 关键 点拨 利用函数零点的情况求参数范围的方法(1)分离参数(a=g(x))后,将原问题转化为y=g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y=a与y=g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解; (2)利用零点的存在性定理构建不等式求解; (3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题,从而构建不等式求解 [对点训练] 2.(2019届高三·西安八校联考)已知函数f (x)=ln x-ax2+x,a∈R. (1)当a=0时,求曲线y=f (x)在点(e,f (e))处的切线方程; (2)讨论f (x)的单调性; (3)若f (x)有两个零点,求a的取值范围. 解:(1)当a=0时,f (x)=ln x+x,f (e)=e+1,f ′(x)=+1,f ′(e)=1+,∴曲线y=f (x)在点(e,f (e))处的切线方程为y-(e+1)=(x-e),即y=x. (2)f ′(x)=-2ax+1=,x>0, ①当a≤0时,显然f ′(x)>0,∴f (x)在(0,+∞)上单调递增; ②当a>0时,令f ′(x)==0,则-2ax2+x+1=0,易知其判别式为正, 设方程的两根分别为x1,x2(x10. 令f ′(x)>0,得x∈(0,x2);令f ′(x)<0,得x∈(x2,+∞),其中x2=, ∴函数f (x)在上单调递增,在上单调递减. (3)法一:由(2)知, ①当a≤0时,f (x)在(0,+∞)上单调递增,至多一个零点,不符合题意; ②当a>0时,函数f (x)在(0,x2)上单调递增,在(x2,+∞)上单调递减, ∴f (x)max=f (x2). 要使f (x)有两个零点,需f (x2)>0, 即ln x2-ax+x2>0, 又由f ′(x2)=0得ax=,代入上面的不等式得 2ln x2+x2>1,解得x2>1, ∴a==<1. 下面证明:当a∈(0,1)时,f (x)有两个零点. f =ln-ae-2+<0, f =ln-a·+<-a·+=0(∵ln x=1>, f (x2)=ln x2-ax+x2=(2ln x2+x2-1)>0, ∴f (x)在与上各有一个零点. ∴a的取值范围为(0,1). 法二:函数f (x)有两个零点,等价于方程a=有两解. 令g(x)=,x>0,则g′(x)=. 由g′(x)=>0,得2ln x+x<1, 解得00,当x→0时,g(x)→-∞, ∴作出函数g(x)的简图如图,结合函数值的变化趋势猜想:当a∈(0,1)时符合题意. 下面给出证明: 当a≥1时,a≥g(x)max,方程至多一解,不符合题意; 当a≤0时,方程至多一解,不符合题意; 当a∈(0,1)时,g<0,∴g-a<0, g=<=a, ∴g-a<0. ∴方程在与上各有一个根, ∴f (x)有两个零点. ∴a的取值范围为(0,1). [考法二 函数零点与极值点的偏移问题]    已知函数f (x)=ln x-ax(x>0),a为常数,若函数f (x)有两个零点x1,x2(x1≠x2).证明:x1x2>e2. [破题思路] 证明x1x2>e2,想到把双变量x1,x2转化为只含有一个变量的不等式证明. [规范解答] 法一:巧抓根商c=构造函数(学生用书不提供解题过程) 不妨设x1>x2>0, 因为ln x1-ax1=0,ln x2-ax2=0, 所以ln x1+ln x2=a(x1+x2),ln x1-ln x2=a(x1-x2),所以=a, 欲证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2. 因为ln x1+ln x2=a(x1+x2),所以即证a>, 所以原问题等价于证明>, 即ln >, 令c=(c>1),则不等式变为ln c>. 令h(c)=ln c-,c>1, 所以h′(c)=-=>0, 所以h(c)在(1,+∞)上单调递增, 所以h(c)>h(1)=ln 1-0=0, 即ln c->0(c>1), 因此原不等式x1x2>e2得证. [启思维] 该方法的基本思路是直接消掉参数a,再结合所证问题,巧妙引入变量c=,从而构造相应的函数.其解题要点为: (1)联立消参:利用方程f (x1)=f (x2)消掉解析式中的参数a. (2)抓商构元:令c=,消掉变量x1,x2,构造关于c的函数h(c). (3)用导求解:利用导数求解函数h(c)的最小值,从而可证得结论. 法二:抓极值点构造函数(学生用书提供解题过程) 由题意,函数f (x)有两个零点x1,x2(x1≠x2),即f (x1)=f (x2)=0,易知ln x1,ln x2是方程x=aex的两根. 令t1=ln x1,t2=ln x2. 设g(x)=xe-x,则g(t1)=g(t2), 从而x1x2>e2?ln x1+ln x2>2?t1+t2>2. 下证:t1+t2>2. g′(x)=(1-x)e-x,易得g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以函数g(x)在x=1处取得极大值g(1)=. 当x→-∞时,g(x)→-∞;当x→+∞时,g(x)→0且g(x)>0. 由g(t1)=g(t2),t1≠t2,不妨设t10, 所以F(x)在(0,1]上单调递增, 所以F(x)>F(0)=0对任意的x∈(0,1]恒成立, 即g(1+x)>g(1-x)对任意的x∈(0,1]恒成立. 由0g[1-(1-t1)]=g(t1)=g(t2), 即g(2-t1)>g(t2),又2-t1∈(1,+∞),t2∈(1,+∞),且g(x)在(1,+∞)上单调递减, 所以2-t12. [启思维] 上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法,共有四个解题要点: (1)求函数g(x)的极值点x0; (2)构造函数F(x)=g(x0+x)-g(x0-x); (3)确定函数F(x)的单调性; (4)结合F(0)=0,确定g(x0+x)与g(x0-x)的大小关系. 其口诀为:极值偏离对称轴,构造函数觅行踪,四个步骤环相扣,两次单调紧跟随. 法三:巧抓根差s=Δt=t2-t1构造函数(学生用书提供解题过程) 由题意,函数f (x)有两个零点x1,x2(x1≠x2),即f (x1)=f (x2)=0,易知ln x1,ln x2是方程x=aex的两根. 设t1=ln x1,t2=ln x2, 设g(x)=xe-x,则g(t1)=g(t2), 从而x1x2>e2?ln x1+ln x2>2?t1+t2>2. 下证:t1+t2>2. 由g(t1)=g(t2),得t1e-t1=t2e-t2, 化简得et2-t1=,① 不妨设t2>t1,由法二知,00,t2=s+t1,代入①式,得es=,解得t1=. 则t1+t2=2t1+s=+s, 故要证t1+t2>2,即证+s>2, 又es-1>0,故要证+s>2, 即证2s+(s-2)(es-1)>0,② 令G(s)=2s+(s-2)(es-1)(s>0), 则G′(s)=(s-1)es+1,G″(s)=ses>0, 故G′(s)在(0,+∞)上单调递增, 所以G′(s)>G′(0)=0, 从而G(s)在(0,+∞)上单调递增, 所以G(s)>G(0)=0,所以②式成立,故t1+t2>2. [启思维] 该方法的关键是巧妙引入变量s,然后利用等量关系,把t1,t2消掉,从而构造相应的函数,转化所证问题.其解题要点为: (1)取差构元:记s=t2-t1,则t2=t1+s,利用该式消掉t2. (2)巧解消参:利用g(t1)=g(t2),构造方程,解之,利用s表示t1. (3)构造函数:依据消参之后所得不等式的形式,构造关于s的函数G(s). (4)转化求解:利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值,从而证得结论. [题后悟通]  思路受阻 分析 不能把双变量x1,x2的不等式转化为单变量的不等式,导致无从下手解题 技法关键 点拨 函数极值点偏移问题的解题策略函数的极值点偏移问题,其实质是导数的应用问题,解题的策略是把含双变量的等式或不等式转化为仅含一个变量的等式或不等式进行求解,解题时要抓住三个关键量:极值点、根差、根商 [对点训练]  (2018·成都模拟)已知函数f (x)=(x-1)ex-mx2+2,其中m∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数. (1)当m=1时,求函数f (x)的单调区间; (2)当常数m∈(2,+∞)时,函数f (x)在[0,+∞)上有两个零点x1,x2(x1ln. 解:(1)当m=1时,f (x)=(x-1)ex-x2+2, ∴f ′(x)=xex-2x=x(ex-2). 由f ′(x)=x(ex-2)=0,解得x=0或x=ln 2. 当x>ln 2或x<0时,f ′(x)>0, ∴f (x)的单调递增区间为(-∞,0),(ln 2,+∞). 当0ln 2m时,f ′(x)>0,f (x)在(ln 2m,+∞)上单调递增; 当00,f (1)=2-m<0, 可知x1∈(0,1). f (ln 2m)<0,当x→+∞时,f (x)→+∞,f (x)在(ln 2m,+∞)上单调递增. ∴x2∈(ln 2m,+∞). ∴x2>ln 2m>ln 4. ∵0ln 4-1=ln. [高考大题通法点拨] 函数与导数问题重在“分”——分离、分解  [思维流程]   [策略指导] 函数与导数问题一般以函数为载体,以导数为工具,重点考查函数的一些性质,如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论,复杂函数零点的讨论,函数不等式中参数范围的讨论,恒成立和能成立问题的讨论等,是近几年高考试题的命题热点.对于这类综合问题,一般是先求导,再变形、分离或分解出基本函数,然后根据题意处理.                                        已知函数f (x)=ln x-bx+c,f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为x+y+4=0. (1)求f (x)的解析式; (2)求f (x)的单调区间; (3)若在区间内,恒有f (x)≥x2+ln x+kx成立,求k的取值范围. [破题思路] 第(1)问 求什么 想什么 求f (x)的解析式,想到建立参数b,c的关系式 给什么 用什么 题目条件给出f (x)在点(1,f (1))处的切线方程.利用导数的几何意义可知f ′(1)=-1及f (1)=-5,从而建立b,c的方程组求b,c的值 第(2)问 求什么 想什么 求f (x)的单调区间,想到导数与函数的单调性之间关系 给什么 用什么 由第(1)问给出f (x)的解析式,用相关导数公式求f ′(x),并解f ′(x)>0和f ′(x)<0即可.要注意f (x)的定义域 第(3)问 求什么 想什么 求k的取值范围,想到建立关于k的不等式 给什么 用什么 题干中给出不等式f (x)≥x2+ln x+kx在区间,5上恒成立.用分离参数法转化为k≤-x-2-的形式 差什么 找什么 差g(x)=-x-2-在区间,5上的最小值,利用导数求g(x)在上的最小值即可 [规范解答] (1)f ′(x)=-b,∴f ′(1)=1-b, 又f (x)在点(1,f (1))处的切线斜率为-1, 故1-b=-1,b=2. ∵(1,f (1))在切线x+y+4=0上, ∴f (1)=-5, ∴f (1)=-b+c=-5,将b=2代入,得c=-3, 故f (x)=ln x-2x-3. (2)依题意知x>0,f ′(x)=-2. 令f ′(x)>0,得0, 故函数f (x)的单调递增区间为, 单调递减区间为. (3)在区间上,由f (x)≥x2+ln x+kx, 得ln x-2x-3≥x2+ln x+kx, ∴k≤-x-2-. 设g(x)=-x-2-, 则g′(x)=-1+, 令g′(x)=0,得x=(负值舍去). 令g′(x)>0,得0, 故当x∈时,函数g(x)单调递增, 当x∈(,5)时,函数g(x)单调递减, ∴g(x)的最小值只能在区间的端点处取得, 又g=--2-6=-, g(5)=-5-2-=-,∴g(x)min=-. ∴k≤-,即k的取值范围为. [关键点拨] 解决函数与导数综合问题的关键点 (1)会求函数的极值点,先利用方程f (x)=0的根,将函数的定义域分成若干个开区间,再列成表格,最后依表格内容即可写出函数的极值; (2)证明不等式,常构造函数,并利用导数法判断新构造函数的单调性,从而可证明原不等式成立; (3)解决不等式恒成立问题除了用分离参数法,还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手,去求参数的取值范围. [对点训练]  (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x)=ex-ax2. (1)若a=1,证明:当x≥0时,f (x)≥1; (2)若f (x)在(0,+∞)只有一个零点,求a. 解:(1)证明:当a=1时,f (x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0. 设函数g(x)=(x2+1)e-x-1, 则g′(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x. 当x≠1时,g′(x)<0, 所以g(x)在(0,+∞)上单调递减. 而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f (x)≥1. (2)设函数h(x)=1-ax2e-x. f (x)在(0,+∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0,+∞)上只有一个零点. (ⅰ)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点; (ⅱ)当a>0时,h′(x)=ax(x-2)e-x. 当x∈(0,2)时,h′(x)<0; 当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0. 所以h(x)在(0,2)上单调递减, 在(2,+∞)上单调递增. 故h(2)=1-是h(x)在(0,+∞)上的最小值. ①当h(2)>0,即a<时,h(x)在(0,+∞)上没有零点. ②当h(2)=0,即a=时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点. ③当h(2)<0,即a>时,因为h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点. 由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0,故h(x)在(2,4a)上有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)上有两个零点. 综上,当f (x)在(0,+∞)上只有一个零点时,a=. [总结升华] 函数与导数压轴题堪称“庞然大物”,所以征服它需要一定的胆量和勇气,可以参变量分离、把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步,也可从逻辑上重新换叙.注重分步解答,这样,即使解答不完整,也要做到尽可能多拿步骤分.同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用.     [专题跟踪检测](对应配套卷P173) 1.(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x)=x3-a(x2+x+1). (1)若a=3,求f (x)的单调区间; (2)证明:f (x)只有一个零点. 解:(1)当a=3时,f (x)=x3-3x2-3x-3, f ′(x)=x2-6x-3. 令f ′(x)=0,解得x=3-2或x=3+2. 当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f ′(x)>0; 当x∈(3-2,3+2)时,f ′(x)<0. 故f (x)的单调递增区间为(-∞,3-2),(3+2,+∞),单调递减区间为(3-2,3+2). (2)证明:因为x2+x+1>0, 所以f (x)=0等价于-3a=0. 设g(x)=-3a, 则g′(x)=≥0, 仅当x=0时,g′(x)=0, 所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 故g(x)至多有一个零点,从而f (x)至多有一个零点. 又f (3a-1)=-6a2+2a-=-62-<0,f (3a+1)=>0, 故f (x)有一个零点. 综上,f (x)只有一个零点. 2.(2018·郑州第一次质量预测)已知函数f(x)=ln x+-,a∈R且a≠0. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)当x∈时,试判断函数g(x)=(ln x-1)ex+x-m的零点个数. 解:(1)f′(x)=(x>0), 当a<0时,f′(x)>0恒成立, ∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,由f′(x)=>0,得x>; 由f′(x)=<0,得00时,函数f(x)在上单调递增,在上单调递减. (2)∵当x∈时,判断函数g(x)=(ln x-1)ex+x-m的零点,即求当x∈时,方程(ln x-1)ex+x=m的根. 令h(x)=(ln x-1)ex+x, 则h′(x)=ex+1. 由(1)知当a=1时,f(x)=ln x+-1在上单调递减,在(1,e)上单调递增, ∴当x∈时,f(x)≥f(1)=0. ∴+ln x-1≥0在x∈上恒成立. ∴h′(x)=ex+1≥0+1>0, ∴h(x)=(ln x-1)ex+x在上单调递增. ∴h(x)min=h=-2e+,h(x)max=e. ∴当m<-2e+或m>e时,函数g(x)在上没有零点; 当-2e+≤m≤e时,函数g(x)在上有一个零点. 3.(2018·贵阳模拟)已知函数f (x)=kx-ln x-1(k>0). (1)若函数f (x)有且只有一个零点,求实数k的值; (2)证明:当n∈N*时,1+++…+>ln(n+1). 解:(1)法一:f (x)=kx-ln x-1,f ′(x)=k-=(x>0,k>0), 当0时,f ′(x)>0. ∴f (x)在0,上单调递减,在,+∞上单调递增. ∴f (x)min=f =ln k, ∵f (x)有且只有一个零点,∴ln k=0,∴k=1. 法二:由题意知方程kx-ln x-1=0仅有一个实根, 由kx-ln x-1=0,得k=(x>0), 令g(x)=(x>0),g′(x)=, 当00; 当x>1时,g′(x)<0. ∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, ∴g(x)max=g(1)=1, 当x→+∞时,g(x)→0, ∴要使f (x)仅有一个零点,则k=1. 法三:函数f (x)有且只有一个零点,即直线y=kx与曲线y=ln x+1相切,设切点为(x0,y0), 由y=ln x+1,得y′=,∴ ∴k=x0=y0=1, ∴实数k的值为1. (2)证明:由(1)知x-ln x-1≥0,即x-1≥ln x,当且仅当x=1时取等号, ∵n∈N*,令x=,得>ln, ∴1+++…+>ln+ln+…+ln=ln(n+1), 故1+++…+>ln(n+1). 4.已知函数f (x)=ax3+bx2+(c-3a-2b)x+d的图象如图所示. (1)求c,d的值; (2)若函数f (x)在x=2处的切线方程为3x+y-11=0,求函数f (x)的解析式; (3)在(2)的条件下,函数y=f (x)与y= f ′(x)+5x+m的图象有三个不同的交点,求m的取值范围. 解:函数f (x)的导函数为f ′(x)=3ax2+2bx+c-3a-2b. (1)由图可知函数f (x)的图象过点(0,3),且f ′(1)=0, 得解得 (2)由(1)得,f (x)=ax3+bx2-(3a+2b)x+3, 所以f ′(x)=3ax2+2bx-(3a+2b). 由函数f (x)在x=2处的切线方程为3x+y-11=0, 得 所以解得 所以f (x)=x3-6x2+9x+3. (3)由(2)知f (x)=x3-6x2+9x+3, 所以f ′(x)=3x2-12x+9. 函数y=f (x)与y=f ′(x)+5x+m的图象有三个不同的交点, 等价于x3-6x2+9x+3=(x2-4x+3)+5x+m有三个不等实根, 等价于g(x)=x3-7x2+8x-m的图象与x轴有三个不同的交点. 因为g′(x)=3x2-14x+8=(3x-2)(x-4), 令g′(x)=0,得x=或x=4. 当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如表所示: x 4 (4,+∞) g′(x) + 0 - 0 + g(x) ? 极大值 ? 极小值 ? g=-m,g(4)=-16-m, 当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(g=\f(68,27)-m>0,,g?4?=-16-m<0))时,g(x)图象与x轴有三个交点, 解得-160,则f (x)在(0,+∞)上单调递增; ②当a>0时,若x∈,则f ′(x)>0,若x∈,则f ′(x)<0,则f (x)在上单调递增,在上单调递减. (2)法一:构造差函数法 由(1)易知a>0,且f (x)在上单调递增,在上单调递减,不妨设0?x1+x2>,故要证f ′<0,只需证x1+x2>即可. 构造函数F(x)=f (x)-f ,x∈, F′(x)=f ′(x)-′=f ′(x)+f ′==, ∵x∈,∴F′(x)=>0, ∴F(x)在上单调递增, ∴F(x)-x1, ∴x1+x2>,得证. 法二:对数平均不等式法 易知a>0,且f (x)在上单调递增, 在上单调递减, 不妨设0. 因为f (x)的两个零点是x1,x2, 所以ln x1-ax+(2-a)x1=ln x2-ax+(2-a)x2, 所以ln x1-ln x2+2(x1-x2)=a(x-x+x1-x2), 所以a=,以下用分析法证明,要证>, 即证>, 即证>, 即证<, 只需证<, 即证>, 根据对数平均不等式,该式子成立, 所以f ′<0. 法三:比值(差值)代换法 因为f (x)的两个零点是x1,x2, 不妨设01),g(t)=-ln t,则当t>1时, g′(t)=<0, 所以g(t)在(1,+∞)上单调递减,所以当t>1时, g(t)1时,求f (x)的单调区间和极值; (2)若对任意x∈[e,e2],都有f (x)<4ln x成立,求k的取值范围; (3)若x1≠x2,且f (x1)=f (x2),证明x1x21,所以f ′(x)=ln x-k>0, 所以函数f (x)的单调递增区间是(1,+∞),无单调递减区间,无极值. ②当k>0时,令ln x-k=0,解得x=ek, 当1ek时,f ′(x)>0. 所以函数f (x)的单调递减区间是(1,ek),单调递增区间是(ek,+∞),在(1,+∞)上的极小值为f (ek)=(k-k-1)ek=-ek,无极大值. (2)由题意,f (x)-4ln x<0, 即问题转化为(x-4)ln x-(k+1)x<0对任意x∈[e,e2]恒成立, 即k+1>对任意x∈[e,e2]恒成立, 令g(x)=,x∈[e,e2], 则g′(x)=. 令t(x)=4ln x+x-4,x∈[e,e2],则t′(x)=+1>0, 所以t(x)在区间[e,e2]上单调递增,故t(x)min=t(e)=4+e-4=e>0,故g′(x)>0, 所以g(x)在区间[e,e2]上单调递增,函数g(x)max=g(e2)=2-. 要使k+1>对任意x∈[e,e2]恒成立,只要k+1>g(x)max,所以k+1>2-,解得k>1-, 所以实数k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-,+∞)) . (3)证明:法一:因为f(x1)=f(x2),由(1)知,当k>0时,函数f(x)在区间(0,ek)上单调递减,在区间(ek,+∞)上单调递增,且f(ek+1)=0. 不妨设x10, 所以函数h(x)在区间(0,ek)上单调递增,h(x)0, 不妨设00,即证>2, 即证ln t<2·对t∈(0,1)恒成立, 设h(t)=ln t-2·,当00, 所以h(t)在t∈(0,1)上单调递增,h(t)

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  • ID:3-5707672 广东省2019届高三3月模拟考试(一)数学(理)试卷解析版

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    广东省2019届高三3月模拟考试(一)数学(理)试卷 一、选择题(本大题共12小题,共60.0分) 已知集合A={x|x-1<2},B={y|y=2x,x∈A},则A∩B=(  ) A. B. C. D. 复数z=-i(i为虚数单位)的虚部为(  ) A. B. C. D. 双曲线9x2-16y2=1的焦点坐标为(  ) A. B. C. D. 记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a2+a8=34,S4=38,则a1=(  ) A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 已知函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递减,且当x∈[-2,1]时,f(x)=x2-2x-4,则关于x的不等式f(x)<-1的解集为(  ) A. B. C. D. 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(  ) A. B. C. D. 执行如图的程序框图,依次输入x1=17,x2=19,x3=20,x4=21,x5=23,则输出的S值及其统计意义分别是(  ) A. ,即5个数据的方差为4 B. ,即5个数据的标准差为4 C. ,即5个数据的方差为20 D. ,即5个数据的标准差为20 已知A,B,C三点不共线,且点O满足16-12-3=,则(  ) A. B. C. D. 设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,an+an+1=2n(n∈N*),则S13=(  ) A. B. C. D. 古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时,提出了分线段的“中末比”问题:将一线段AB分为两线段AC,CB,使得其中较长的一段AC是全长AB与另一段CB的比例中项,即满足==≈0.618.后人把这个数称为黄金分割数,把点C称为线段AB的黄金分割点在△ABC中,若点P,Q为线段BC的两个黄金分割点,在△ABC内任取一点M,则点M落在△APQ内的概率为(  ) A. B. C. D. 已知函数f(x)=sin(ωx+)+(ω>0),点P,Q,R是直线y=m(m>0)与函数f(x)的图象自左至右的某三个相邻交点,且2|PQ|=|QR|=,则ω+m=(  ) A. B. C. 3 D. 已知函数若f(x)=(kx+)ex-3x,若f(x)<0的解集中恰有两个正整数,则k的取值范围为(  ) A. B. C. D. 二、填空题(本大题共4小题,共20.0分) (2x+y)6的展开式中,x2y4的系数为______. 设x,y满足约束条件,则z=2x+y的最大值为______. 在三棱锥P-ABC中,AP,AB,AC两两垂直,且AP=AB=AC=.若点D,E分别在棱PB,PC上运动(都不含端点),则AD+DE+EA的最小值为______. 已知F为抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,曲线C1是以F为圆心,为半径的圆,直线2x-6y+3p=0与曲线C,C1从左至右依次相交于P,Q,R,S,则=______ 三、解答题(本大题共7小题,共82.0分) △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知ccosA+csinA=b+a. (1)求C; (2)若D在边BC上,且BD=3DC,cosB=,S△ABC=10,求AD. 已知五面体ABCDEF中,四边形CDEF为矩形,AB∥CD,CD=2DE=2AD=2AB=4,AC=2,且二面角F-AB-C的大小为30°. (1)证明:AB⊥平面ADE; (2)求二面角E-BC-F的余弦值. 已知点(1,),()都在椭圆C:=1(a>b>0)上. (1)求椭圆C的方程; (2)过点M(0,1)的直线l与椭圆C交于不同两点P,Q(异于顶点),记椭圆与y轴的两个交点分别为A1,A2,若直线A1P与A2Q交于点S,证明:点S恒在直线y=4上. 随着小汽车的普及,“驾驶证”已经成为现代入“必考”的证件之一.若某人报名参加了驾驶证考试,要顺利地拿到驾驶证,他需要通过四个科目的考试,其中科目二为场地考试.在一次报名中,每个学员有5次参加科目二考试的机会(这5次考试机会中任何一次通过考试,就算顺利通过,即进入下一科目考试;若5次都没有通过,则需重新报名),其中前2次参加科目二考试免费,若前2次都没有通过,则以后每次参加科目二考试都需交200元的补考费,某驾校对以往2000个学员第1次参加科目二考试的通过情况进行了统计,得到如表: 考试情况 男学员 女学员 第1次考科目二人数 1200 800 第1次通过科目二人数 960 600 第1次未通过科目二人数 240 200 若以如表得到的男、女学员第1次通过科目二考试的频率分别作为此驾校男、女学员每次通过科目二考试的概率,且每人每次是否通过科目二考试相互独立.现有一对夫妻同时在此驾校报名参加了驾驶证考试,在本次报名中,若这对夫妻参加科目二考试的原则为:通过科目二考试或者用完所有机会为止. (1)求这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费的概率; (2)若这对夫妻前2次参加科目二考试均没有通过,记这对夫妻在本次报名中参加科目二考试产生的补考费用之和为X元,求X的分布列与数学期望. 已知函数f(x)=(x-a)ex(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a=2时,F(x)=f(x)-x+lnx,记函数y=F(x)在(,1)上的最大值为m,证明:-4<m<-3. 在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为,(θ为参数)已知点Q(4,0),点P是曲线Cl上任意一点,点M为PQ的中点,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系. (1)求点M的轨迹C2的极坐标方程; (2)已知直线l:y=kx与曲线C2交于A,B两点,若=3,求k的值. 已知函数f(x)=|x+a|+2|x-1|(a>0). (1)求f(x)的最小值; (2)若不等式f(x)-5<0的解集为(m,n),且n-m=,求a的值. 答案和解析 1.【答案】D 【解析】 解:∵集合A={x|x-1<2}={x|x<3}, B={y|y=2x,x∈A}=[y|0<y<8}, ∴A∩B={x|0<x<3}=(0,3). 故选:D. 分别求出集合A,B,由此能求出集合A∩B. 本题考查交集的求法,考查交集定义、不等式性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题. 2.【答案】A 【解析】 解:复数z=-i=-i=-i=--i, 则z的虚部为-. 故选:A. 化简复数z为a+bi的形式,即可写出z的虚部. 本题考查了复数的运算与化简问题,是基础题. 3.【答案】B 【解析】 解:双曲线9x2-16y2=1的标准方程为:, 可得a=,b=,c==, 所以双曲线的焦点坐标为(0,±). 故选:B. 直接利用双曲线的方程求解a,b,c得到焦点坐标即可. 本题考查双曲线的简单性质的应用,是基本知识的考查. 4.【答案】B 【解析】 解:设等差数列{an}的公差为d,∵a2+a8=34,S4=38, ∴2a1+8d=34,4a1+6d=38, 联立解得:a1=5,d=3, 故选:B. 利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出. 本题考查了等差数列的通项公式与求和公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题. 5.【答案】D 【解析】 解:∵x∈[-2,1]时,f(x)=x2-2x-4; ∴f(-1)=-1; ∵f(x)在(-∞,+∞)上单调递减; ∴由f(x)<-1得,f(x)<f(-1); ∴x>-1; ∴不等式f(x)<-1的解集为(-1,+∞). 故选:D. 根据条件可得出f(-1)=-1,根据f(x)在(-∞,+∞)上单调递减,即可由f(x)<-1得出f(x)<f(-1),从而得到x>-1,即得出原不等式的解集. 考查减函数的定义,已知函数求值的方法,根据函数单调性解不等式的方法. 6.【答案】A 【解析】 解:由三视图知,几何体是一个简单组合体,左侧是一个半圆柱,底面的半径是1,高为:4, 右侧是一个半圆柱,底面半径为1,高是2, ∴组合体的体积是:=3π, 故选:A. 几何体是一个简单组合体,左侧是一个半圆柱,底面的半径是1,高为:4,右侧是一个半圆柱,底面半径为1,高是2,根据体积公式得到结果. 本题考查由三视图求几何体的体积,考查由三视图还原直观图,本题是一个基础题,题目的运算量比较小,若出现是一个送分题目. 7.【答案】A 【解析】 解:根据程序框图,输出的S是x1=17,x2=19,x3=20,x4=21,x5=23这5个数据的方差, ∵=(17+19+20+21+23)=20, ∴由方差的公式S=[(17-20)2+(19-20)2+(20-20)2+(21-20)2+(23-20)2]=4. 故选:A. 根据程序框图,输出的S是x1=17,x2=19,x3=20,x4=21,x5=23这5个数据的方差,先求这5个数的均值,然后代入方差公式计算即可. 本题通过程序框图考查了均值和方差,解决问题的关键是通过程序框图能得出这是一个求数据方差的问题,属于基础题. 8.【答案】A 【解析】 解:由题意,可知: 对于A:==, 整理上式,可得: 16-12-3=, 这与题干中条件相符合, 故选:A. 本题可将四个选项中的式子进行转化成与题干中式子相近,再比较,相同的那项即为答案. 本题主要考查向量加减、数乘的运算,属基础题. 9.【答案】D 【解析】 解:由题意,∵a1=2, n=2时,a2+a3=22, n=4时,a4+a5=24, n=6时,a6+a7=26, n=8时,a8+a9=28, n=10时,a10+a11=210, n=12时,a12+a13=212, S13=2+22+24+26+28+210+212=2+=. 故选:D. 利用数列的递推关系式,逐步求出数列的相邻两项,然后求解数列的和即可. 本题考查数列的递推关系式的应用,数列求和,考查计算能力. 10.【答案】B 【解析】 解:设BC=a, 由点P,Q为线段BC的两个黄金分割点, 所以BQ=,CP=, 所以PQ=BQ+CP-BC=()a, S△APQ:S△ABC=PQ:BC=(-2)a:a=-2, 由几何概型中的面积型可得: 在△ABC内任取一点M,则点M落在△APQ内的概率为=, 故选:B. 先阅读题意,理解“黄金分割”,再结合几何概型中的面积型可得:BQ=,CP=,所以PQ=BQ+CP-BC=()a,S△APQ:S△ABC=PQ:BC=(-2)a:a=-2, 则在△ABC内任取一点M,则点M落在△APQ内的概率为=,得解. 本题考查了阅读能力及几何概型中的面积型,属中档题. 11.【答案】A 【解析】 解:∵2|PQ|=|QR|=, ∴|PQ|=,|QR|=, 则T=||PQ+|QR|=+=π, 即=π,即ω=2, 即f(x)=sin(2x+)+, ∵|PQ|=, ∴x2-x1=, 2x1++2x2+=π, 得x1=0,此时m=sin(2x1+)+=sin+==1. 即ω+m=1+2=3, 故选:A. 根据|PQ|=|QR|=,得到周期T,然后计算ω,利用P,Q的对称性,求出P点的横坐标,代入求解即可. 本题主要考查三角函数图象和性质的应用,根据条件求出函数的周期以及利用对称性求出P的坐标是解决本题的关键. 12.【答案】A 【解析】 解:由f(x)<0得f(x)=(kx+)ex-3x<0, 即(kx+)ex<3x, 即(kx+)<的解集中恰有两个正整数, 设h(x)=,则h′(x)==, 由h′(x)>0得3-3x>0得x<1,由h′(x)<0得3-3x<0得x>1, 即当x=1时函数h(x)取得极大值h(1)=, 设函数g(x)=kx+, 作出函数h(x)的图象如图, 由图象知当k≤0,(kx+)<的解集中有很多整数解,不满足条件. 则当k>0时,要使,(kx+)<的解集中有两个整数解, 则这两个整数解为x=1和x=2, ∵h(2)=,h(3)=,∴A(2,)B(3,), 当直线g(x)过A(2,)B(3,)时,对应的斜率满足 2kA+=,3kB+=,得kA=,kB=, 要使,(kx+)<的解集中有两个整数解, 则kB<k≤kA,即<k≤, 即实数k的取值范围是(,], 故选:A. 根据由f(x)<0得(kx+)<,构造函数h(x)=,求函数的导数,研究函数的图象,利用数形结合进行求解即可. 本题主要考查函数与方程的应用,利用不等式转化为两个函数的关系,构造函数,利用数形结合建立不等式关系是解决本题的关键. 13.【答案】60 【解析】 解:(2x+y)6的展开式中,故含x2y4的项为?(2x)2?y4=60x2y4, 故答案为:60. 根据二项展开式的通项公式,求出含x2y4的项,可得结论. 本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,二项式系数的性质,属于基础题. 14.【答案】7 【解析】 解:画出x,y满足约束条件表示的平面区域, 如图所示, 由,解得点A(3,1), 结合图形知,直线2x+y-z=0过点A时, z=2x+y取得最大值为2×3+1=7. 故答案为:7. 画出约束条件表示的平面区域,结合图形找出最优解,求出z的最大值. 本题考查了线性规划的简单应用问题,是基础题. 15.【答案】 【解析】 解:如图, 由AP,AB,AC两两垂直,且AP=AB=AC=, 得PB=PC=BC=2,∠APB=∠APC=45°, 沿PA剪开,向两侧展开到平面PBC上,连接A′A″, 则AD+DE+EA的最小值为A′A″===. 故答案为:. 由题意画出图形,可得PB=PC=BC=2,∠APB=∠APC=45°,沿PA剪开,向两侧展开到平面PBC上,连接A′A″,再由余弦定理求解得答案. 本题考查多面体表面上的最短距离问题,考查数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法,是中档题. 16.【答案】 【解析】 解:可得直线2x-6y+3p=0与y轴交点是抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F, 由得x2-px-p2=0,?xP=,xS=.?, |RS|=|SF|-=yS+=p,|PQ|=|PF|-=yP+-=p. ∴则=. 故答案为:.. 联立直线与抛物线方程求得点P,S的坐标,利用焦半径公式即可求解. 本题考查了抛物线与直线的位置关系,焦半径公式,属于中档题. 17.【答案】(本题满分为12分) 解:(1)∵ccosA+csinA=b+a, ∴由正弦定理可得:sinCcosA+sinCsinA=sinB+sinA, ∴sinCcosA+sinCsinA=sin(A+C)+sinA=sinAcosC+cosAsinC+sinA, ∴sinCsinA=sinAcosC+sinA, ∵sinA≠0, ∴sinC=cosC+1, ∴解得:sin(C-)=, ∵C∈(0,π),可得:C-∈(-,), ∴C-=,可得:C=. (2)∵cosB=,可得:sinB==, ∴由S△ABC=10=acsinB=absinC,可得:ac=56,ab=40,可得:a=,b=, 又∵由余弦定理可得:c2=a2+b2-ab=a2+b2-40, ∴c2=()2+()2-40,整理可得:3c4+245c2-19208=0, 解得:c2=49,可得:c=7,a=8,b=5, ∴在△ACD中,由余弦定理可得:AD===. 【解析】 (1)由正弦定理,三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sin(C-)=,结合范围C∈(0,π),可得C-∈(-,),可求C-=,进而可得C的值. (2)利用同角三角函数基本关系式可求sinB的值,利用三角形的面积公式可求a=,b=,又由余弦定理可得3c4+245c2-19208=0,解得c=7,a=8,b=5,在△ACD中,由余弦定理可得AD的值. 本题主要考查了正弦定理,三角函数恒等变换的应用,三角形的面积公式,余弦定理在解三角形中的综合应用,考查了计算能力和转化思想,计算量较大,属于中档题. 18.【答案】证明:(1)∵五面体ABCDEF中,四边形CDEF为矩形,CD=2DE=2AD=2AB=4,AC=2, ∴DE⊥AD,AD2+CD2=AC2,∴AD⊥CD, ∵AD∩DE=D,∴CD⊥平面ADE, ∵AB∥CD,∴AB⊥平面ADE. 解:(2)由(1)得AB⊥平面ADE, ∴∠DAE是二面角F-AB-C的平面角,即∠DAE=30°. ∵DA=DE=2,∴∠ADE=120°, 以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,过D作平面ABCD的垂线为z轴, 建立空间直角坐标系, E(-1,0,),B(2,2,0),C(0,4,0),F(0,4,), =(-2,2,0),=(-3,-2,),=(-2,2,), 设平面BCF的法向量=(x,y,z), 则,取x=1,得=(1,1,0), 设平面BCE的法向量=(x,y,z), 则,取x=1,得=(1,1,), 设二面角E-BC-F的平面角为θ, 则cosθ===, ∴二面角E-BC-F的余弦值为. 【解析】 (1)推导出DE⊥AD,AD⊥CD,从而CD⊥平面ADE,由此利用AB∥CD能证明AB⊥平面ADE. (2)由AB⊥平面ADE,得∠DAE是二面角F-AB-C的平面角,即∠DAE=30°.以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,过D作平面ABCD的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,利用量法能求出二面角E-BC-F的余弦值. 本题考查线面垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,考查数形结合思想,是中档题. 19.【答案】解:(1)由题意可得,解得a2=4,b2=2, 故椭圆C的方程为+=1. 证明:(2)易知直线l的斜率存在且不为0,设过点M(0,1)的直线l方程为y=kx+1,(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2), 由,消y可得(k2+2)x2+2kx-3=0, ∴x1+x2=-,x1x2=-, ∵A1(0,2),A2(0,-2), ∴直线A1P的方程为y=x+2=?x+2=(k-)x+2, 则直线A2Q的方程为y=x-2=(k+)-2, 由,消x可得=, 整理可得y===+4=+4=4, 直线A1P与A2Q交于点S,则点S恒在直线y=4上 【解析】 (1)由题意可得,解得a2=4,b2=2得椭圆方程, (2)先设出直线l的方程,再分别求出直线A1P的方程,直线A2Q的方程,联立,消x整理可得y=,根据韦达定理化简整理可得直线y=4 本题考查了椭圆方程的求法,直线和椭圆的位置关系,直线方程的求法,考查了运算求解能力,属于中档题 20.【答案】解:根据题意,设Ai表示男学员在第i次参加科目2考试中通过,Bi表示女学员在第i次参加科目2考试中通过, 则P(A1)==,P(A2)=1-=,P(B1)==,P(A2)=1-=, (1)根据题意,设事件M是这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费, 则P(M)=P(A1B1+A1B2+A2B1+A2B2)=×+××+××+×××=; (2)根据题意,X可取的值为400、600、800、1000、1200, P(X=400)=×=, P(X=600)=××+××=, P(X=800)=×××+××+××= P(X=1000)=×××+×××= P(X=1200)=×××=; 则X的分布列为 X ?400 ?600 ?800 1000 ?1200 ?P ? ? ? ? 故EX=400×+600×+800×+1000×+1200×=510.5(元) 【解析】 根据题意,设Ai表示男学员在第i次参加科目2考试中通过,Bi表示女学员在第i次参加科目2考试中通过, (1)设事件M是这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费,分析可得P(M)=P(A1B1+A1B2+A2B1+A2B2),由互斥事件和相互独立事件的概率公式计算可得答案; (2)根据题意,X可取的值为400、600、800、1000、1200,依次求出对应的概率,即可得X的分布列,由期望公式计算可得答案. 本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法,考查互斥事件概率加法公式、相互独立事件事件概率乘法公式等基础知识,考查运算求解能力,是中档题. 21.【答案】(1)解:f′(x)=[x-(a-1)]ex,x∈R. 可得函数f(x)在(-∞,a-1)内单调递减,在(a-1,+∞)内单调递增. (2)证明:当a=2时,F(x)=f(x)-x+lnx=(x-2)ex-x+lnx,x∈(,1). F′(x)=(x-1)ex-1+=(x-1), 令F′(x)=0,解得:=,即x0=-lnx0,x0∈(,1), 令g(x)=ex-在x∈(,1)上单调递增, g()=-2<0,g(1)=e-1>0. ∴x0∈(,1), 可知:x=x0,函数g(x)取得极大值即最大值, F(x0)=(x0-2)-2x0=1-2(x0+)∈(-4,-3). ∴-4<m<-3. 【解析】 (1)f′(x)=[x-(a-1)]ex,x∈R.即可出单调性. (2)当a=2时,F(x)=f(x)-x+lnx=(x-2)ex-x+lnx,x∈(,1).F′(x)=(x-1)ex-1+=(x-1),进而得出极大值点. 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、函数零点及其应用,考查了推理能力与计算能力,属于难题. 22.【答案】解:(1)消去θ得曲线C1的普通方程为:x2+y2=4, 设M(x,y)则P(2x-4,2y)在曲线C1上,所以(2x-4)2+(2y)2=4,即(x-2)2+y2=1,即x2+y2-4x+3=0, C2轨迹的极坐标方程为:ρ2-4ρcosθ+3=0. (2)当k>0时,如图:取AB的中点M,连CM,CA, 在直角三角形CMA中,CM2=CA2-(AB)2=1-AB2,① 在直角三角形CMO中,CM2=OC2-OM2=4-(AB)2=4-AB2,② 由①②得AB=,∴OM=,CM=, k===. 当k<0时,同理可得k=-. 综上得k=±. 【解析】 (1)消去θ得曲线C1的普通方程为:x2+y2=4;设出M的坐标后利用中点公式得到P的坐标后代入C1德轨迹C2的直角坐标方程,再化成极坐标方程; (2)如图:取AB的中点M,连CM,CA,在两个直角三角形中,根据勾股定理解得CM,OM后可得斜率. 本题考查了参数方程化成普通方程,属中档题. 23.【答案】解:(1)f(x)=,∴x=1时,f(x)的最小值为a +1. (2)如图所示: 当a+1<5<2a+2即<a<4时,f(x)-5<0的解集为(a-3,-),∴--a+3=-=,∴a=3符合, 当2a+2≤5即0<a≤时,f(x)的解集为( --1,-),∴-++1=≠. 综上可得a=3. 【解析】 (1)去绝对值变成分段函数可求得最小; (2)结合分段函数的图象,按照两种情况讨论可得. 本题考查了绝对值不等式的解法,属中档题. 第2页,共2页 第1页,共1页

  • ID:3-5707636 广西南宁三中2019届高考适应性月考卷(三)理科数学(图片版)含答案

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  • ID:3-5707598 广西鹿寨县雒容镇连丰中学2019届高三4月第一次模考数学(理科)试题含解析

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    广西鹿寨县雒容镇连丰中学2019届高三4月第一次模考数学(理科)试题 理科数学 姓 名________ 准考证号_______ 绝密★启用前 考生注意: 1.本试卷分第I卷(选择题)和第丨丨卷(非选择题)两部分。时量120分钟,满分150分。 答题前,考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴 的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。 2.作答选择题,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需 改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。作答非选择题时,将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 3.考试结束时,监考员将题卷、答题卡一并收回。 一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60分 1. 设x,y∈R,向量a=(x,1),b=(1,y),c=(2,-4),且a⊥c,b∥c,则|a+b|等于( ) A. B. C. 2 D. 10 2. 在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若acosA=bsinB,则sinAcosA+cos2B等于( ) A. - B. C. -1 D. 1 3. 已知平面向量,,则向量( ). A. 平行于轴 B. 平行于第一、三象限的角平分线 C. 平行于轴 D. 平行于第二、四象限的角平分线 4. 如图所示,已知空间四边形OABC中,|OB|=|OC|,且∠AOB=∠AOC,则夹角θ的余弦值为( ) A. 0 B. C. D. 5. 如图,在四面体ABCD中,AB=1,AD=2,BC=3,CD=2.∠ABC=∠DCB=,则二面角A-BC-D的大小为( ) A.    B.    C.    D. 6. 下边程序框图的算法思路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,若输入的a,b分别为14,18,则输出的a=( ) A. 0 B. 2 C. 4 D. 14 7. 若a≥0,b≥0,且当时,恒有ax+by≤1,则以a,b为坐标的点P(a,b)所形成的平面区域的面积是( ) A. B. C. 1 D. 8. 下列命题中正确的是( ) A. 若两个向量相等,则它们的起点和终点分别重合. B. 模相等的两个平行向量是相等向量. C. 若和都是单位向量,则. D. 两个相等向量的模相等. 9. 一辆汽车在高速公路上行驶,由于遇到紧急情况而刹车,以速度v(t)=7-3t+(t的单位:s,v的单位:m/s)行驶至停止.在此期间汽车继续行驶的距离(单位:m)是( ) A. 1+25ln 5        B. 8+25ln C. 4+25ln 5 D. 4+50ln 2 10.已知关于x,y的不等式组所表示的平面区域的面积为4,则k的值为( ) A. 1 B. -3 C. 1或-3 D. 0 11.已知函数f(x)是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数,当x>0时,f(x)=lnx-ax,若函数在定义域上有且仅有4个零点,则实数a的取值范围是( ) A. (e,+∞) B. (0,) C. (1,) D. (-∞,) 12.i为虚数单位,i607的共轭复数为( ) A. i B. -i C. 1 D. -1 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分 13.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为3,b-c=2,cos A=-,则a的值为________. 14.已知集合A={1,2,3},B={2,4,5},则集合A∪B中元素的个数为________. 15.平面上有9个红点、5个黄点,其中2个红点和2个黄点共计4点在同一直线上,其余再无三点共线,以这些点为顶点且三个顶点颜色不完全相同的三角形的个数是    . 16.已知z=2x-y,式中变量x,y满足约束条件则z的最大值为________. 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。 17.已知两条直线,相交于点. (1)求交点的坐标; (2)求过点且与直线垂直的直线的方程. 18.如图,椭圆E:+=1(a>b>0)的左焦点为F1,右焦点为F2,离心率e=.过F1的直线交椭圆于A、B两点,且△ABF2的周长为8. (1)求椭圆E的方程; (2)设动直线l:y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P,且与直线x=4相交于点Q.试探究:在坐标平面内是否存在定点M,使得以PQ为直径的圆恒过点M?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由. 19.设数列的前项和满足,其中. (I)求证:是首项为1的等比数列; (II)若,求证:,并给出等号成立的充要条件. 20.已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图像与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1. (1)求a的值及函数f(x)的极值; (2)证明:当x>0时,x2<ex; (3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex. 21.设直线l1:y=k1x+1,l2:y=k2x-1,其中实数k1,k2满足k1k2+2=0. (1)证明:l1与l2相交; (2)证明:l1与l2的交点在椭圆2x2+y2=1上. 22.已知A,B,C三个箱子中各装有2个完全相同的球,每个箱子里的球,有一个球标着号码1,另一个球标着号码2,现从A,B,C三个箱子中各摸出1个球. (1)若用数组(x,y,z)中的x,y,z分别表示从A,B,C三个箱子中摸出的球的号码,请写出数组(x,y,z)的所有情形,并回答一共有多少种; (2)如果请您猜测摸出的这三个球的号码之和,猜中有奖,那么猜什么数获奖的可能性最大?请说明理由. 【坐标系与参数方程】 23.在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(α为参数),经过变换后曲线C变换为曲线C′. (1)在以O为极点,x轴的非负半轴为极轴(单位长度与直角坐标系相同)的极坐标系中,求C′的极坐标方程; (2)求证:直线x-y-2=0与曲线C′的交点也在曲线C上. 【选考不等式】 24.(1)已知a,b,c均为正数,且a+b+c=1,求证:. (2)已知a>b>c,且a+b+c=0,求证: 广西鹿寨县雒容镇连丰中学2019届高三4月第一次模考数学(理科)试题(参考答案) 一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60分 1. 【答案】B 【解析】∵a=(x,1),b=(1,y),c=(2,-4),由a⊥c得a·c=0,即2x-4=0,∴x=2. 由b∥c,得1×(-4)-2y=0,∴y=-2,∴a=(2,1),b=(1,-2). ∴a+b=(3,-1),∴|a+b|==. 2. 【答案】D 【解析】∵acosA=bsinB,∴sinAcosA=sinBsinB, 即sinAcosA-sin2B=0,∴sinAcosA-(1-cos2B)=0,∴sinAcosA+cos2B=1. 3. 【答案】A 【解析】因为,故选A. 4. 【答案】A 【解析】设=,=,=. 由已知条件∠AOB=∠AOC,且||=||,·=·(-)=·-·=||||cos∠AOC-||||cos∠AOB=0, ∴cosθ=0.故选A. 5. 【答案】B 【解析】二面角A-BC-D的大小等于AB与CD所成角的大小., 又=++. 而2=2+2+2-2||·||·cos 〈,〉,即12=1+4+9-2×2cos〈,〉, ∴cos〈,〉=, ∴AB与CD所成角为,即二面角A-BC-D的大小为.故选B. 6. 【答案】B 【解析】由题知,若输入a=14,b=18,则 第一次执行循环结构时,由a<b知,a=14,b=b-a=18-14=4; 第二次执行循环结构时,由a>b知,a=a-b=14-4=10,b=4; 第三次执行循环结构时,由a>b知,a=a-b=10-4=6,b=4; 第四次执行循环结构时,由a>b知,a=a-b=6-4=2,b=4; 第五次执行循环结构时,由a<b知,a=2,b=b-a=4-2=2; 第六次执行循环结构时,由a=b知,输出a=2,结束,故选B. 7. 【答案】C 【解析】由题意可得,当x=0时,by≤1恒成立,b=0时,by≤1显然恒成立;b≠0时,可得y≤恒成立,解得00时,f(x)=lnx-ax有且仅有2个不同的零点即可,由于f′(x)=-a,当f′(x)=-a=0时,x=(x>0),所以a>0,当x∈(0,)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,当x∈(,+∞)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,所以当x=时,f(x)max=f()=ln-1,要使x>0时,f(x)=lnx-ax有且仅有2个不同的零点,只需f()=ln-1>0,解得0ln(kx), 即x>lnx+lnk成立. ①若0<k≤1,则lnk≤0,易知当x>0时,x>lnx≥lnx+lnk成立. 即对任意c∈[1,+∞),取x0=0, 当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex. ②若k>1,令h(x)=x-lnx-lnk,则h′(x)=1-=, 所以当x>1时,h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)上单调递增. 取x0=4k,h(x0)=4k-ln(4k)-lnk=2(k-lnk)+2(k-ln 2), 易知k>lnk,k>ln 2,所以h(x0)>0. 因此对任意c∈(0,1),取x0=,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex. 综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex. 方法三:(1)同方法一. (2)同方法一. (3)证明:①若c≥1,取x0=0, 由(2)的证明过程知,ex>2x, 所以当x∈(x0,+∞)时,有cex≥ex>2x>x, 即x<cex. ②若0<c<1, 令h(x)=cex-x,则h′(x)=cex-1. 令h′(x)=0得x=ln. 当x>ln时,h′(x)>0,h(x)单调递增. 取x0=2ln, 则h(x0)=ce2ln-2ln=2, 易知-ln>0,又h(x)在(x0,+∞)内单调递增, 所以当x∈(x0,+∞)时,恒有h(x)>h(x0)>0, 即x<cex. 综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex. 21.【答案】证明 (1)假设l1与l2不相交, 则l1与l2平行或重合,有k1=k2, 代入k1k2+2=0,得k+2=0. 这与k1为实数的事实相矛盾,从而k1≠k2, 即l1与l2相交. (2)由方程组 解得交点P的坐标(x,y)为. 从而2x2+y2=22+2===1, 所以l1与l2的交点P(x,y)在椭圆2x2+y2=1上. 22.【答案】见解析 【解析】(1)数组(x,y,z)的所有情形为:(1,1,1),(1,1,2),(1,2,1),(1,2,2),(2,1,1),(2,1,2),(2,2,1),(2,2,2),共8种. (2)摸出的三个球号码的和可能为3,4,5,6,故记“所摸出的三个球号码之和为i”为事件Ai(i=3,4,5,6), 易知,事件A3包含1个基本事件,事件A4包含3个基本事件,事件A5包含3个基本事件,事件A6包含1个基本事件, ∴P(A3)=,P(A4)=,P(A5)=,P(A6)=, 故所摸出的两球号码之和为4,5的概率相等且最大.即猜4,5获奖的可能性最大. 四、【坐标系与参数方程】 23.【答案】(1)设曲线C′上任意一点P(x′,y′), 由变换得代入C得 所以曲线C′是以(1,0)为圆心,半径为1的圆. ∴C′的极坐标方程为ρ=2cosθ. (2)曲线C′的直角坐标方程为(x-1)2+y2=1, 由得或 所以交点为(2,0)或(,-),两点的坐标均满足曲线C的直角坐标方程+y2=1. ∴直线x-y-2=0与曲线C′的交点也在曲线C上. 五、【选考不等式】 24.【答案】证明:(1)法一:(当且仅当a=b=c=时等号成立). 法二:≥3+2+2+2=9(当且仅当a=b=c=时等号成立.) (2)要证,只需证b2-ac<3a2. ∵a+b+c=0,只需证b2+a(a+b)<3a2, 只需证2a2-ab-b2>0, 只需证(a-b)(2a+b)>0, 只需证(a-b)(a-c)>0. ∵a>b>c,∴a-b>0,a-c>0. ∴(a-b)(a-c)>0显然成立,故原不等式成立. PAGE 第 1 页,共 1 页

  • ID:3-5707588 广西鹿寨县城关中学2018-2019学年教学质量检测(二)高三理科数学试题含解析

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    广西鹿寨县城关中学2018-2019学年教学质量检测(二)高三理科数学试题 理科数学 考试时间: 本试卷共4页(含选考题)。全卷满分150分。考试用时120分钟。 ★祝考试顺利★ 考生注意: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴 在答题卡上的指定位置,用统一提供的2B铅笔将答题卡试卷类型涂黑。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用统一提供的2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。答在试题卷、草稿纸上无效。 3.非选择题的作答:用统一提供的签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内,答在试题卷、草稿 纸上无效。 4.选考题的作答:先把所选题目对应题号右边的方框,在答题卡上指定的位置用统一提供的2B铅笔 涂黑。考生应根据自己选做的题目准确填涂题号,不得多选。答题答在答题卡上对应的答题区域内,答在 试题卷、草稿纸上无效。 5.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。 一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60分 1. 在中角、、所对边长分别为,若,则的最小值为( ) A. B. C. D. 2. 已知锐角α的终边上一点P(sin 40°,1+cos 40°),则锐角α=( ). A. 80° B. 70° C. 20° D. 10° 3. 秦九韶是我国南宋时期的数学家,普州(现四川省安岳县)人,他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法,至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例,若输入n,x的值分别为3,2,则输出v的值为( ) A. 9 B. 18 C. 20 D. 35 4. 命题“所有能被2整除的整数都是偶数”的否定是( ) A. 所有不能被2整除的整数都是偶数 B. 所有能被2整除的整数都不是偶数 C. 存在一个不能被2整除的整数是偶数 D. 存在一个能被2整除的整数不是偶数 5. 在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如图,则相应的侧视图可以为( ) A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D 6. 投掷两颗骰子,得到其向上的点数分别为m和n,则复数(m+ni)(n-mi)为实数的概率为( ) A. B. C. D. 7. 在数列{xn}中,若x1=1,xn+1=-1,则x2 013=( ) A. -1 B. - C. D. 1 8. 平面上有四个互异的点A,B,C,D,满足(-)(-)=0,则△ABC是( ) A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 9. 若lga+lgb=0(其中a≠1,b≠1),则函数f(x)=ax与g(x)=bx的图象( ) A. 关于直线y=x对称 B. 关于x轴对称 C. 关于y轴对称 D. 关于原点对称 10.已知在平面直角坐标系xOy中,点P(x,y)是椭圆上的一个动点,则S=x+y的取值范围为( ) A. B. C. D. 11.已知集合A={(x,y)|x(x﹣1)+y(y﹣1)≤r+},集合B={(x,y)|x2+y2≤r2},若A?B,则实数r可以取的一个值是( ) A. B. C. 2 D. 1+ 12.参数方程(θ为参数)表示的曲线为( ). A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分 13.如图,要测量河对岸A、B两点间的距离,今沿河岸选取相距40 m的C、D两点,测得∠ACB=60°,∠BCD=45°,∠ADB=60°,∠ADC=30°,则AB的距离是__________ m. 14.若过点A(4,0)的直线l与曲线(x-2)2+y2=1有公共点,则直线l斜率的取值范围为________. 15.若曲线y=xα+1(α∈R)在点(1,2)处的切线经过坐标原点,则α=________. 16.如果在上,函数f(x)=x2+px+q与g(x)=+在同一点处取得相同的最小值,那么f(x)在上的最大值是________. 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。 17.建造一个容积为8m3,深为2m的长方体无盖水池,如果池底和池壁的造价分别为120元/m2和80元/m2,写出总造价y关于底面一边长x的函数解析式,并指出它的定义域和最小值. 18.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E,F分别是AP,AD的中点. 求证:(1)直线EF∥平面PCD; (2)平面BEF⊥平面PAD. 19.设函数f(x)=acos 2x+(a-1)·(cosx+1),其中a>0,记|f(x)|的最大值为A. (1)求f′(x); (2)求A; (3)证明|f′(x)|≤2A. 20.如图,四边形ABCD是平行四边形,点P是平面ABCD外一点,M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和AP作平面,交平面BDM于GH. 求证:PA∥GH. 21.如图,已知四棱锥P­ABCD的底面为直角梯形,AB∥CD,∠DAB=90°,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=DC=AB=1,M是PB的中点. (1)求证:AM=CM; (2)若N是PC的中点,求证:DN∥平面AMC. 22.如果有穷数列a1,a2,,an(n为正整数)满足条件a1=an,a2=an-1,,an=a1,即ai=an-i+1(i=1,2,,n),我们称其为“对称数列”.例如:由组合数组成的数列,,就是“对称数列”. (1) 设数列{bn}是项数为7的“对称数列”,其中b1,b2,b3,b4是等差数列,且b1=2,b4=11,依次写出{bn}的每一项; (2) 设{cn}是项数为2k-1 (正整数k>1)的“对称数列”,其中ck,ck+1,,c2k-1是首项为50,公差为-4的等差数列.记{cn}的各项和为S2k-1,当k为何值时,S2k-1取得最大值?并求出S2k-1的最大值; (3) 对于确定的正整数m>1,写出所有项数不超过2m的“对称数列”,使得1,2,22,,2m-1依次是该数列中连续的项;当m>1500时,求其中一个“对称数列”前2008项的和S2008. 【坐标系与参数方程】 23.圆C:(θ为参数)和直线l:(其中t为参数,α为直线l的倾斜角). (1)当α=时,求圆上的点到直线l距离的最小值; (2)当直线l与圆C有公共点时,求α的取值范围. 【选考不等式】 24.设a>0,<,|y-2|<,求证:|2x+y-4|<a. 广西鹿寨县城关中学2018-2019学年教学质量检测(二)高三理科数学试题(参考答案) 一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60分 1. 【答案】C 【解析】设三边为,则可得所对的边最大, 且。 2. 【答案】B 【解析】据三角函数定义知,tanα===tan 70°,故锐角α=70°. 3. 【答案】B 【解析】初始值n=3,x=2,程序运行过程如下 v=1 i=2  v=1×2+2=4 i=1  v=4×2+1=9 i=0  v=9×2+0=18 i=-1 跳出循环,输出v=18,选B. 4. 【答案】D 【解析】由于全称命题的否定是特称命题,本题“所有能被2整除的整数都是偶数”是全称命题,其否定为特称命题“存在一个能被2整除的整数不是偶数”. 5. 【答案】D 【解析】由几何体的正视图和俯视图可知,该几何体的底面为半圆和等腰三角形,其侧视图可以是一个由等腰三角形及底边上的高构成的平面图形(实际上,此几何体为一个半圆锥和一个三棱锥的组合体),故应选D. 6. 【答案】C 【解析】复数(m+ni)(n-mi)=2mn+(n2-m2)i为实数,则n2-m2=0?m=n,而投掷两颗骰子得到点数相同的情况只有6种,所以所求概率为=. 7. 【答案】D 【解析】将x1=1代入xn+1=-1,得x2=-,再将x2代入xn+1=-1, 得x3=1,所以数列{xn}的周期为2,故x2 013=x1=1. 8. 【答案】B 【解析】由(-)(-)=0,得(-)(+)=0,即(-)·=0,(-)(+)=0,即2-2=0,||=||,故△ABC为等腰三角形. 9. 【答案】C 【解析】由lga+lgb=0得lgab=0,∴ab=1.∴b=,g(x)=x,∴f(x)=ax与g(x)=x的图象关于y轴对称. 10.【答案】D 【解析】因椭圆的参数方程为(φ为参数),故可设动点P的坐标为其中0≤φ<2π,因此S=x+y=cosφ+sinφ= =sin(φ+γ),其中tanγ=所以S的取值范围是,故选D. 11.【答案】A 【解析】对于集合A,将方程x(x﹣1)+y(y﹣1)≤r+化简,得(x﹣)2+(y﹣)2≤r+1. 当r<﹣1时,集合A表示空集; 当r=﹣1时,集合A表示单元素集合{(,)}; 当r>﹣1时,集合A表示圆(x﹣)2+(y﹣)2=r+1及其内部,圆心为C(,),半径为. 对于集合B={(x,y)|x2+y2≤r2},当r=0时B={(0,0)}; 当r≠0时表示以原点O为圆心、半径为|r|的圆及其内部, ∴根据A?B,可得A为空集或圆C在圆O内部, 因此r≤﹣1,或者圆(x﹣)2+(y﹣)2=r+1与圆x2+y2=r2内含或内切,即≤|r|﹣, 对照A、B、C、D各项,只有r=满足上述不等式. 故选:A. 12.【答案】B 【解析】由已知得x2=1+2sinθcosθ=1+2y,而于是-≤x≤,曲线的普通方程是答案为B. 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分 13.【答案】20. 【解析】由已知知△BDC为等腰直角三角形,故DB=40;由∠ACB=60°和∠ADB=60°知A、B、C、D四点共圆, 所以∠BAD=∠BCD=45°; 在△BDA中,运用正弦定理可得AB=20. 14.【答案】 【解析】设直线l的方程为:y=k(x-4),即kx-y-4k=0, 则:≤1.解得:k2≤,即-≤k≤. 15.【答案】2 【解析】 y′=αxα-1,∴y′|x=1=α.曲线在点(1,2)处的切线方程为y-2=α(x-1),将点(0,0)代入得α=2. 16.【答案】4 【解析】∵g(x)=+且x∈,则g(x)≥3, 当且仅当x=1时,g(x)=3.又f′(x)=2x+p, ∴f′(1)=0,即2+p=0,得p=-2, ∴f(x)=x2-2x+q,又f(x)min=f(1)=3, ∴1-2+q=3,∴q=4, ∴f(x)=x2-2x+4=(x-1)2+3,x∈, ∴f(x)max=f(2)=4. 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。 17.【答案】由已知得水池两边长分别是x,,则总造价y=2×2×80+120×4=320+480,其定义域是x>0,并有y≥320×2×2+480=1760,所以,当x=2时, y最小值=1760. 18.【答案】(1)见解析(2)见解析 【解析】(1)如图,在△PAD中, 因为E,F分别为AP,AD的中点,所以EF∥PD. 又因为EF?平面PCD, PD?平面PCD, 所以直线EF∥平面PCD. (2)连接BD.因为AB=AD,∠BAD=60°,所以△ABD为正三角形. 因为F是AD的中点,所以BF⊥AD. 因为平面PAD⊥平面ABCD,BF?平面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BF⊥平面PAD. 又因为BF?平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAD. 19.【答案】(1)解 f′(x)=-2asin 2x-(a-1)sinx. (2)解 当a≥1时,|f(x)|=|acos 2x+(a-1)(cosx+1)|≤a+2(a-1)=3a-2.因此A=3a-2. 当0<a<1时,将f(x)变形为f(x)=2acos2x+(a-1)·cosx-1,令g(t)=2at2+(a-1)t-1, 则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值, g(-1)=a,g(1)=3a-2,且当t=时,g(t)取得极小值,极小值为g=--1=-. 令-1<<1,解得a<-(舍去),a>. (ⅰ)当0<a≤时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=a,|g(1)|=2-3a,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3a. (ⅱ)当<a<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-a)>0, 知g(-1)>g(1)>g. 又-|g(-1)|=>0, 所以A==. 综上,A= (3)证明 由(1)得|f′(x)|=|-2asin 2x-(a-1)sinx|≤2a+|a-1|. 当0<a≤时,|f′(x)|≤1+a≤2-4a<2(2-3a)=2A. 当<a<1时,A=++≥1, 所以|f′(x)|≤1+a<2A. 当a≥1时,|f′(x)|≤3a-1≤6a-4=2A.所以|f′(x)|≤2A. 20.【答案】见解析 【解析】证明 如图,连接AC交BD于点O,连接MO, ∵四边形ABCD是平行四边形, ∴O是AC的中点,又M是PC的中点, ∴AP∥OM. 则有PA∥平面BMD. ∵平面PAHG∩平面BMD=GH, ∴PA∥GH. 21.【答案】 【解析】证明:(1)∵在直角梯形ABCD中,AD=DC=AB=1, ∴AC=,BC=, ∴BC⊥AC,又PA⊥平面ABCD,BC?平面ABCD, ∴BC⊥PA,又PA∩AC=A, ∴BC⊥平面PAC,∴BC⊥PC. 在Rt△PAB中,M为PB的中点,则AM=PB, 在Rt△PBC中,M为PB的中点, 则CM=PB,∴AM=CM. (2)如图,连结DB交AC于点F, ∵DC綊AB,∴DF=FB. 取PM的中点G,连结DG,FM, 则DG∥FM, 又DG?平面AMC,FM?平面AMC, ∴DG∥平面AMC. 连结GN,则GN∥MC,GN?平面AMC, MC?平面AMC. ∴GN∥平面AMC, 又GN∩DG=G, ∴平面DNG∥平面AMC, 又DN?平面DNG, ∴DN∥平面AMC. 22.【答案】(1)数列{bn}为2,5,8,11,8,5,2.(2)当k=13时,S2k-1取得最大值626.(3)见解析 【解析】(1) 设{bn} (n≤4)的公差为d,则b4=b1+3d=2+3d=11,解得d=3,所以,数列{bn}为2,5,8,11,8,5,2. (2)S2k-1=c1+c2++ck-1+ck+ck+1++c2k-1=2(ck+ck+1++c2k-1)-ck,则S2k-1=-4(k-13)2+626,所以,当k=13时,S2k-1取得最大值626. (3) 所有可能的“对称数列”是: ① 1,2,22,,2m-2,2m-1,2m-2,,22,2,1; ② 1,2,22,,2m-2,2m-1,2m-1,2m-2,,22,2,1; ③ 2m-1,2m-2,,22,2,1,2,22,,2m-2,2m-1; ④ 2m-1,2m-2,,22,2,1,1,2,22,,2m-2,2m-1. 对于①,当m≥2008时,S2008=1+2+22++22007=22008-1. 当1500