数列(解答题)——大数据之五年(2018-2022)高考真题汇编(新高考卷与全国理科)及答案
陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1.已知集合A={x|x(2−x)>0},集合B={x|y=x−2}则A∪B=( )A.(-∞,0)∪[2,+∞)B.(0,2]C.(0,2)D.(0,+∞)2.若z(1+
数列(解答题)——大数据之五年(2018-2022)高考真题汇编(新高考卷与全国理科)一、解答题1.已知{a}为等差数列,{b}是公比为2的等比数列,且a2−b2=a3−b3=b4−a4.(1)证明:a1=b1;(2)求集合{k|bk=am
简介:陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1.已知集合A={x|x(2−x)>0},集合B={x|y=x−2}则A∪B=( )A.(-∞,0)∪[2,+∞)B.(0,2]C.(0,2)D.(0,+∞)【答案】D【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={x|x(2−x)〉0}={x|0 0}.故答案为:D.【分析】解二次不等式得集合A;求函数定义域得集合B,再由并集的概念,即可得出结果.2.若z(1+i)=1−i,则z=( )A.1−iB.1+iC.−iD.i【答案】C【知识点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i.故答案为:C【分析】利用复数的除法运算化简即可.3.已知a,b∈(0,1),则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1,+∞)上是增函数的概率为( )A.45B.34C.25D.14【答案】D【知识点】几何概型【解析】【解答】由题设f(x)对称轴为x=2ba,而a,b∈(0,1),函数开口向上,所以f(x)的增区间为[2ba,+∞),故在[1,+∞)上是增函数有0<2ba≤1,综上,0 |AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】先证明充分性:因为点A,B,C不共线,所以|AB+AC|2>|AB−AC|2,化简整理得,AB⋅AC>0,即AB与AC的夹角是锐角,所以充分性成立;再证必要性:因为点A,B,C不共线,且AB与AC的夹角是锐角,所以AB⋅AC>0,所以4AB⋅AC>0,所以2AB⋅AC>−2AB⋅AC,所以|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC,即|AB+AC|2>|AB−AC|2,所以|AB+AC|>|AB−AC|,故必要性成立;故答案为:C.【分析】先证明充分性:因为点A,B,C不共线,所以|AB+AC|2>|AB−AC|2,化简整理得,AB⋅AC>0,即可求解;再证必要性:因为点A,B,C不共线,且AB与AC的夹角是锐角,所以AB⋅AC>0,再得到|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC,合并开方即可求解.6.已知某圆锥的母线长为2,其轴截面为直角三角形,则下列关于该圆锥的说法中错误的是( ) A.圆锥的体积为223πB.圆锥的表面积为22πC.圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D.圆锥的内切球表面积为(24−162)π【答案】B【知识点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台、球);球的体积和表面积【解析】【解答】由题设,底面直径2R=22,故半径为R=2,体高为2,所以圆锥的体积为13×2×π×(2)2=223π,A正确,不符合题意;圆锥的表面积为12×2×22π+π×(2)2=2(2+1)π,B错误,符合题意;底面周长为22π,侧面展开扇形半径为2,故圆心角为22π2=2π,C正确,不符合题意;由轴截面是腰长为2的等腰直角三角形,圆锥的内切球最大截面为其内切圆,所以内切球半径为42+2+22=2−2,故球体表面积为4π×(2−2)2=(24−162)π,D正确,不符合题意.故答案为:B【分析】根据已知条件可得圆锥底面半径为R=2,体高为2,利用圆锥的体积、表面积公式判断A、B;根据侧面展开图及扇形圆心角计算判断C;由圆锥内切球最大截面为其轴截面的内切圆求半径,利用球表面积公式判断D.7.若α∈(0,π2),tan2α=cosα2−sinα,则tanα=( )A.1515B.55C.53D.153【答案】A【知识点】二倍角的正弦公式;二倍角的余弦公式;同角三角函数间的基本关系;同角三角函数基本关系的运用【解析】【解答】解:由题意得tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α=cosα2−sinα,则2sinα2−sinα=1-2sin2α,解得sinα=14,又因为α∈(0,π2),所以cosα=1-sin2α=154所以tanα=sinαcosα=1515故答案为:A【分析】根据二倍角公式,结合同角三角函数基本关系求解即可.8.如图是某届国际数学家大会的会标,现在有4种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为( )A.72B.48C.36D.24【答案】A【知识点】分类加法计数原理;分步乘法计数原理【解析】【解答】由图知:(1,3),(2,4)两组颜色可以相同,若涂4种颜色:(1,3)颜色相同,则4种选一种涂(1,3)有C41,余下3种颜色涂3个区域有A33,共C41A33=24种,同理(2,4)颜色相同也有24种;若涂3种颜色,则(1,3)、(2,4)分别涂相同的颜色,首先4种颜色选3种有C43种,再所选3种中选一种涂5有C31种,余下2种颜色涂(1,3)、(2,4)个区域有A22,共有C43C31A22=24种;综上,共有72种.故答案为:A【分析】分两种涂色方法:涂4种颜色和3种颜色,首先确定可涂相同颜色的区域,再应用分类分步计数求不同的涂色方案数.9.若函数f(x)同时满足:①对于定义域上的任意x,恒有f(x)+f(−x)=0;②对于定义域上的任意x1,x2,当x1≠x2时,恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0,则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中,能被称为“理想函数”的有( )①f(x)=1x,②f(x)=ln(1+x2+x),③f(x)=1−2×1+2x,④f(x)=−x2,x⩾0x2,x<0A.①②B.②③C.③④D.①④【答案】C【知识点】复合函数的单调性;函数奇偶性的性质【解析】【解答】由题设知:“理想函数”为奇函数且定义域内递减,①f(x)=1x为奇函数,但在整个定义域上不单调,不符合;②f(−x)=ln(1+(−x)2−x)=ln(1+x2−x)=−ln(1+x2+x)=−f(x)且定义域为R,即f(x)为奇函数,而由对数复合函数的性质知f(x)在R上递增,不符合;③由f(−x)=1−2−x1+2−x=2x−12x+1=−1−2×1+2x=−f(x)且定义域为R,即f(x)为奇函数,又f(x)=1−2×1+2x=21+2x−1,故f(x) 在R上递减,符合;④由解析式知f(−x)=−f(x)显然成立且在R上递减,符合;综上③④符合.故答案为:C【分析】由“理想函数”为奇函数且定义域内递减,结合各项函数及奇偶性定义、指对函数和分式等函数的性质判断单调性.10.天干地支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支,十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,排列起来,天干在前,地支在后,天干由“甲”起,地支由“子”起,例如,第一年为“甲子”,第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”…,以此类推,排列到“癸酉”后,天干回到“甲”重新开始,即“甲戌”,“乙亥”,然后地支回到“子”重新开始,即“丙子”…,以此类推,今年是壬寅年,也是中国社会主义青年团成立100周年,则中国社会主义青年团成立的那一年是( )A.辛酉年B.辛戎年C.壬酉年D.壬戌年【答案】D【知识点】归纳推理【解析】【解答】由壬寅年,十天干中壬排第9位,十二地支中寅排第3位,而青年团成立100周年,所以100=10×10,则青年团成立的那一年天干为壬;100=12×8+4,则青年团成立的那一年地支为戌;所以中国社会主义青年团成立的那一年是壬戌年.故答案为:D【分析】根据天干、地支的周期性及纪年法推出青年团成立的那一年天干、地支即可.11.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点A为C上一点,以F为圆心,FA为半径的圆交l于B,D两点,若∠BFD=120°,ABD的面积为23,则p=( )A.1B.2C.3D.2【答案】A【知识点】直线与圆的位置关系;抛物线的简单性质【解析】【解答】解:如图所示,因为∠BFD=120°,所以圆的半径为|FA|=|FB|=2p,|BD|=23p,由抛物线定义知,点A到准线l的距离为d=|FA|=2p,所以ΔABD的面积为12|BD|⋅d=2p⋅3p=23,解得p=1.故答案为:A.【分析】根据题意画出图形,结合图形求出|FA|=|FB|=2p,|BD|=23p,由点A到准线l的距离写出ΔABD的面积,从而求出的值.12.已知函数f(x)=10x−m,x≤12xex−2mx+m,x>12(e是自然对数的底数)在定义域R上有三个零点,则实数m的取值范围是( )A.(e,+∞)B.(e,5]C.(e,5)D.[e,5]【答案】B【知识点】分段函数的应用;函数的零点【解析】【解答】令f(x)=0,则有x>12xex−2mx+m=0或x≤1210x−m=0.当x≤12时,由10x−m=0得:x=m10,至多有一个根.当x>12时,由xex−2mx+m=0得:m=xex2x−1.令y1=xex2x−1,(x>12),则y1′=ex(2x+1)(2x−1)2(x−1).令y1′>0,解得:x>1;令y1′<0,解得:12 12时,有两个根.要使m=xex2x−1有两根,只需m>e.所以只需满足m10≤12m>e,解得:e 12时零点的情况:x≤12时直接解方程;x>12时利用数形结合研究零点的情况.二、填空题13.(x+2x)6的展开式中,x3项的系数是 (用数字作答).【答案】60【知识点】二项式定理的应用【解析】【解答】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r,令6−32r=3,r=2,所以所求系数为22C62=60.点睛:用二项式定理求某一项的系数,首先要掌握二项式定理展开式通项公式:Tr+1=Cnran−rbr(0≤r≤n),解题时,写出通项后把常数与字母了分离,令字母的幂指数为指定幂指数,求得r,代入后可得此项系数.【分析】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r,令6−32r=3,求得r=2,代入即可求解.14.已知数列{an}是等比数列,若2a1=a3a4,且a5是a4与2的等差中项,则q的值是 .【答案】1【知识点】等比数列;等差数列的性质【解析】【解答】由题设2a5=a4+2,而2a1=a3a4=a12q5,显然a1,q≠0,则2=a1q5,所以2a1q4=a1q3+2,故q2−2q+1=0,可得q=1.故答案为:1【分析】由题设可得2a5=a4+2且2=a1q5,结合等比通项公式列方程求公比q即可.15.已知F是双曲线C:x2−y2=1的右焦点,P是C的左支上一点,A(0,2).当△APF周长最小时,该三角形的面积为 .【答案】32【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】若M为左焦点,则|PF|−|PM|=2a=2,而F(2,0),A(0,2),则|AF|=2,由△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4,当且仅当A,P,M三点共线时△APF周长最小,此时|AM|=|PM|+|AP|=2,所以,此时△AFM为腰长为2的等腰直角三角形,令|AP|=x,则|PM|=2−x,故|PF|=4−x,而|AF|=2,在△APF中x2+4=(4−x)2,可得x=32,故三角形的面积为12×2×32=32.故答案为:32【分析】M为左焦点,利用双曲线定义得到△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4,判断其最小时A,P,M的位置关系及△AFM的形状,进而求出△APF的面积.16.如图,AB是半圆O的直径,点C在半圆上运动(不与A,B重合),PA⊥平面ABC,若AB=2,二面角A−BC−P等于60°,则三棱锥P-ABC体积的最大值为 .【答案】89【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用;棱柱、棱锥、棱台的体积;二面角的平面角及求法【解析】【解答】由题设AC⊥BC,又PA⊥平面ABC,BC⊂面ABC,故PA⊥BC,由PA∩AC=A,则BC⊥面PAC,而PC⊂面PAC,故PC⊥BC,所以二面角A−BC−P的平面角∠PCA=60°,若AC=x,则PA=3x,所以BC=4−x2,三棱锥P-ABC体积为V=13PA⋅12AC⋅BC=36×2⋅4−x2,令t=x2∈(0,4),若y=4t2−t3,则y′=8t−3t2=t(8−3t),所以(0,83)上y′>0,(83,4)上y′<0,则y在(0,83)上递增,(83,4)上递减,故ymax=4×649−51227=25627,则Vmax=36×25627=89.故答案为:89.【分析】由线面垂直的性质可得PA⊥BC,再根据线面垂直的判定和性质有PC⊥BC,即可知∠PCA=60°为二面角A−BC−P的平面角,设AC=x及棱锥的体积公式得到关于x的表达式且t=x2∈(0,4),利用导数求最大值即可.三、解答题17.心理学家发现视觉和空间能力与性别有关,某数学兴趣小组为了验证这个结论,从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学,给所有同学几何和代数各一题,让各位同学自由选择一道题进行解答,统计情况如下表:(单位:人) 几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式:P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(1)能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关?(2)现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究,记甲、乙两名女生被抽到的人数为X,求X的分布列及数学期望.【答案】(1)解:由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024,所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.(2)解:由题可知X可能取值为0,1,2,P(X=0)=1528,P(X=1)=1228=37,P(X=2)=128,X012P15281228128故X的分布列为:∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.【知识点】独立性检验;古典概型及其概率计算公式;离散型随机变量及其分布列;离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】(1)计算K2,对照附表做结论;(2)使用组合数公式和古典概型的概率计算公式分别计算X取不同值时的概率,得到X的分布列,求出数学期望.18.a,b,c分别为钝角△ABC内角A,B,C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.(1)求cos(A+π4);(2)若b=2,c>b,求c的取值范围.【答案】(1)因为3acosA=bcosC+ccosB,所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB,即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA,又sinA>0,所以cosA=13,且sinA=223,故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46(2)因为cosA=13>0,所以A为锐角,又c>b,所以C>B,因为△ABC为钝角三角形,所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4,所以a2+b2−c2=8−43c<0,解得c>6.【知识点】两角和与差的余弦公式;两角和与差的正弦公式;余弦定理【解析】【分析】(1)根据正弦定理与三角函数公式将题干式子化简,可求cosA的值,从而求sinA,即可求解cos(A+π4)的值;(2)根据cosA大于0,可得A为锐角,又c>b,可得C为钝角,结给余弦定理即可求解.19.如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,AB=3.再从条件①:BC=5、条件②:AB⊥AA1、条件③:平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知,并作答.(1)求证:AB⊥平面AA1C1C;(2)求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.【答案】(1)证明:选①②:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC,又AB⊥AA1,AC∩AA1=A,AC,AA1⊂面AA1C1C,则AB⊥面AA1C1C;选①③:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C,面ABC∩面AA1C1C=AC,AB⊂面ABC,∴AB⊥平面AA1C1C(2)解:由(1)知:AB⊥AC,AB⊥AA1,又四边形AA1C1C是正方形,则AC⊥AA1,如图,以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,0,4),A1(0,4,0),C1(0,4,4), ∴A1B=(3,−4,0),A1C1=(0,0,4),BC=(−3,0,4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0,即3x−4y=0,4z=0.令y=3,则x=4,z=0,即n=(4,3,0),设直线BC与平面A1BC1所成角为θ,则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225,∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.【知识点】直线与平面平行的判定;平面与平面垂直的性质;用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)根据所选的条件,应用勾股定理易得AB⊥AC,再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可.(2)构建A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,由已知确定相关点坐标,再求直线BC的方向向量、面A1BC1的法向量,进而应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长半轴长为6,过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A,B,|AB|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)直线m是圆O:x2+y2=1的一条切线,且直线m与椭圆C相交于点M,N,求△MON面积的最大值.【答案】(1)解:由题意知:a=6①,2b2a=6②①②联立,解得a2=6,b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1;(2)解:①当直线的斜率不存在时,直线x=1或x=−1,当x=±1时,y=±102,则S△MON=102;②当斜率存在,设直线方程为y=kx+m,设M(x1,y1),N(x2,y2)因为直线与圆相切,则|m|1+k2=1,即m2=1+k2.直线与椭圆联立:y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0,将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立,且x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2,所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1),即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1),所以当1t=1时,S△MON取得最大值,且最大值为2.综上,△MON面积的最大值为2.【知识点】二次函数的性质;椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)根据题意可求出a与b,即可求出椭圆方程;(2)由题意分情况讨论直线m斜率存在与不存在时直线的方程,再求出相应情况下的△MON的面积.即可求出△MON面积的最大值.21.已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1,a∈R.(1)若函数y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=−2x+1,求实数a的值;(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2.(i)求实数a的取值范围;(ii)当0 ma.【答案】(1)解:因为f′(x)=lnx−ax,则f′(1)=−a,又f(1)=−a2,所以在点(1,f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1),即y=−ax+a2,又该切线为y=−2x+1,则−a=−2且a2=1,所以a=2;(2)解:(i)函数f(x)定义域为(0,+∞),因为函数f(x)在(0,+∞)内有两个不同的极值点x1,x2,即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2.设h(x)=lnx−ax,由h′(x)=1−axx,当a≤0时,h′(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,至多只有一个零点;当a>0时,在(0,1a)上h′(x)>0,h(x)单调递增;在(1a,+∞)上h′(x)<0,h(x)单调递减,所以,当x=1a时,f′(x)max=f′(1a)=−lna−1,函数f′(x)有两个零点,则必有f′(x)max>0,即−lna−1>0,解得0 0,故m(x)=x−lnx>0,得证.f′(1)=−a<0,所以f′(x)在(1,1a)和(1a,1a2)上各有一个零点,故f′(x)有两个零点时,a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**),记g(t)=lnt−t−1t+1m<0,t∈(0,1),由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2,令p(t)=t2−2(m−1)t+1,0 ma成立.法2:欲证x1+x2>ma,由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**),记g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0,即g(t)在(0,1)上单调递增,故g(t) ma.【知识点】利用导数研究函数的极值;利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)利用切线方程可得f'(1)=−a=-2,即可求;(2)(i)要使f(x)在定义域内有两个不同极值点x1,x2,需满足f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2,设h(x)=lnx−ax,得h′(x)=1−axx,通过分类讨论参数a≤0、a>0,可求a的取值范围;(ii)法1:由(i)可知x1,x2是h(x)=lnx−ax的两个零点,不防设0 ma即证(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*),令t=x1x2∈(0,1),通过构造g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),结合g'(t)即可求证.证法2方法类同于1,可作参考.22.在直线坐标系xOy中,曲线C1:x=tcosαy=tsinα(t为参数,t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sinθ,C3:ρ=23cosθ.(1)求C2与C3交点的直角坐标;(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值.【答案】(1)解:曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-23x=0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0,解得x=0y=0或x=32y=32,所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和(32,32).(2)解:曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α≤π,因此A的极坐标为(2sinα,α),B的极坐标为(23cosα,α),所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,当α=5π6时,|AB|取得最大值,最大值为4.【知识点】三角函数的化简求值;简单曲线的极坐标方程;点的极坐标和直角坐标的互化【解析】【分析】(1)把极坐标方程化为直角坐标方程,在联立方程,求解即可;(2)由题意可表示出A与B的极坐标,则|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,利用三角函数的知识即可求解.23.设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(Ⅰ)若ab>cd,则a+b>c+d;(Ⅱ)a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件. 【答案】解:(Ⅰ)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(a+b)2>(c+d)2.因此a+b>c+d.(Ⅱ)(ⅰ)若|a−b|<|c−d|,则(a−b)2<(c−d)2.即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,即a+b+2ab>c+d+2cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.【知识点】充要条件;不等式的证明【解析】【分析】(Ⅰ)由(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,根据已知条件,得(a+b)2>(c+d)2,即可证明.(Ⅱ)(ⅰ)由|a−b|<|c−d|,两边平方,再结合已知条件由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)由a+b>c+d,两边平方,结合已知条件得(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,即可证明.
简介:陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1.已知集合A={x|x(2−x)>0},集合B={x|y=x−2}则A∪B=( )A.(-∞,0)∪[2,+∞)B.(0,2]C.(0,2)D.(0,+∞)【答案】D【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={x|x(2−x)〉0}={x|0 0}.故答案为:D.【分析】解二次不等式得集合A;求函数定义域得集合B,再由并集的概念,即可得出结果.2.若z(1+i)=1−i,则z=( )A.1−iB.1+iC.−iD.i【答案】C【知识点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i.故答案为:C【分析】利用复数的除法运算化简即可.3.已知a,b∈(0,1),则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1,+∞)上是增函数的概率为( )A.45B.34C.25D.14【答案】D【知识点】几何概型【解析】【解答】由题设f(x)对称轴为x=2ba,而a,b∈(0,1),函数开口向上,所以f(x)的增区间为[2ba,+∞),故在[1,+∞)上是增函数有0<2ba≤1,综上,0 |AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】先证明充分性:因为点A,B,C不共线,所以|AB+AC|2>|AB−AC|2,化简整理得,AB⋅AC>0,即AB与AC的夹角是锐角,所以充分性成立;再证必要性:因为点A,B,C不共线,且AB与AC的夹角是锐角,所以AB⋅AC>0,所以4AB⋅AC>0,所以2AB⋅AC>−2AB⋅AC,所以|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC,即|AB+AC|2>|AB−AC|2,所以|AB+AC|>|AB−AC|,故必要性成立;故答案为:C.【分析】先证明充分性:因为点A,B,C不共线,所以|AB+AC|2>|AB−AC|2,化简整理得,AB⋅AC>0,即可求解;再证必要性:因为点A,B,C不共线,且AB与AC的夹角是锐角,所以AB⋅AC>0,再得到|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC,合并开方即可求解.6.已知某圆锥的母线长为2,其轴截面为直角三角形,则下列关于该圆锥的说法中错误的是( ) A.圆锥的体积为223πB.圆锥的表面积为22πC.圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D.圆锥的内切球表面积为(24−162)π【答案】B【知识点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台、球);球的体积和表面积【解析】【解答】由题设,底面直径2R=22,故半径为R=2,体高为2,所以圆锥的体积为13×2×π×(2)2=223π,A正确,不符合题意;圆锥的表面积为12×2×22π+π×(2)2=2(2+1)π,B错误,符合题意;底面周长为22π,侧面展开扇形半径为2,故圆心角为22π2=2π,C正确,不符合题意;由轴截面是腰长为2的等腰直角三角形,圆锥的内切球最大截面为其内切圆,所以内切球半径为42+2+22=2−2,故球体表面积为4π×(2−2)2=(24−162)π,D正确,不符合题意.故答案为:B【分析】根据已知条件可得圆锥底面半径为R=2,体高为2,利用圆锥的体积、表面积公式判断A、B;根据侧面展开图及扇形圆心角计算判断C;由圆锥内切球最大截面为其轴截面的内切圆求半径,利用球表面积公式判断D.7.若α∈(0,π2),tan2α=cosα2−sinα,则tanα=( )A.1515B.55C.53D.153【答案】A【知识点】二倍角的正弦公式;二倍角的余弦公式;同角三角函数间的基本关系;同角三角函数基本关系的运用【解析】【解答】解:由题意得tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α=cosα2−sinα,则2sinα2−sinα=1-2sin2α,解得sinα=14,又因为α∈(0,π2),所以cosα=1-sin2α=154所以tanα=sinαcosα=1515故答案为:A【分析】根据二倍角公式,结合同角三角函数基本关系求解即可.8.如图是某届国际数学家大会的会标,现在有4种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为( )A.72B.48C.36D.24【答案】A【知识点】分类加法计数原理;分步乘法计数原理【解析】【解答】由图知:(1,3),(2,4)两组颜色可以相同,若涂4种颜色:(1,3)颜色相同,则4种选一种涂(1,3)有C41,余下3种颜色涂3个区域有A33,共C41A33=24种,同理(2,4)颜色相同也有24种;若涂3种颜色,则(1,3)、(2,4)分别涂相同的颜色,首先4种颜色选3种有C43种,再所选3种中选一种涂5有C31种,余下2种颜色涂(1,3)、(2,4)个区域有A22,共有C43C31A22=24种;综上,共有72种.故答案为:A【分析】分两种涂色方法:涂4种颜色和3种颜色,首先确定可涂相同颜色的区域,再应用分类分步计数求不同的涂色方案数.9.若函数f(x)同时满足:①对于定义域上的任意x,恒有f(x)+f(−x)=0;②对于定义域上的任意x1,x2,当x1≠x2时,恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0,则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中,能被称为“理想函数”的有( )①f(x)=1x,②f(x)=ln(1+x2+x),③f(x)=1−2×1+2x,④f(x)=−x2,x⩾0x2,x<0A.①②B.②③C.③④D.①④【答案】C【知识点】复合函数的单调性;函数奇偶性的性质【解析】【解答】由题设知:“理想函数”为奇函数且定义域内递减,①f(x)=1x为奇函数,但在整个定义域上不单调,不符合;②f(−x)=ln(1+(−x)2−x)=ln(1+x2−x)=−ln(1+x2+x)=−f(x)且定义域为R,即f(x)为奇函数,而由对数复合函数的性质知f(x)在R上递增,不符合;③由f(−x)=1−2−x1+2−x=2x−12x+1=−1−2×1+2x=−f(x)且定义域为R,即f(x)为奇函数,又f(x)=1−2×1+2x=21+2x−1,故f(x) 在R上递减,符合;④由解析式知f(−x)=−f(x)显然成立且在R上递减,符合;综上③④符合.故答案为:C【分析】由“理想函数”为奇函数且定义域内递减,结合各项函数及奇偶性定义、指对函数和分式等函数的性质判断单调性.10.天干地支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支,十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,排列起来,天干在前,地支在后,天干由“甲”起,地支由“子”起,例如,第一年为“甲子”,第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”…,以此类推,排列到“癸酉”后,天干回到“甲”重新开始,即“甲戌”,“乙亥”,然后地支回到“子”重新开始,即“丙子”…,以此类推,今年是壬寅年,也是中国社会主义青年团成立100周年,则中国社会主义青年团成立的那一年是( )A.辛酉年B.辛戎年C.壬酉年D.壬戌年【答案】D【知识点】归纳推理【解析】【解答】由壬寅年,十天干中壬排第9位,十二地支中寅排第3位,而青年团成立100周年,所以100=10×10,则青年团成立的那一年天干为壬;100=12×8+4,则青年团成立的那一年地支为戌;所以中国社会主义青年团成立的那一年是壬戌年.故答案为:D【分析】根据天干、地支的周期性及纪年法推出青年团成立的那一年天干、地支即可.11.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点A为C上一点,以F为圆心,FA为半径的圆交l于B,D两点,若∠BFD=120°,ABD的面积为23,则p=( )A.1B.2C.3D.2【答案】A【知识点】直线与圆的位置关系;抛物线的简单性质【解析】【解答】解:如图所示,因为∠BFD=120°,所以圆的半径为|FA|=|FB|=2p,|BD|=23p,由抛物线定义知,点A到准线l的距离为d=|FA|=2p,所以ΔABD的面积为12|BD|⋅d=2p⋅3p=23,解得p=1.故答案为:A.【分析】根据题意画出图形,结合图形求出|FA|=|FB|=2p,|BD|=23p,由点A到准线l的距离写出ΔABD的面积,从而求出的值.12.已知函数f(x)=10x−m,x≤12xex−2mx+m,x>12(e是自然对数的底数)在定义域R上有三个零点,则实数m的取值范围是( )A.(e,+∞)B.(e,5]C.(e,5)D.[e,5]【答案】B【知识点】分段函数的应用;函数的零点【解析】【解答】令f(x)=0,则有x>12xex−2mx+m=0或x≤1210x−m=0.当x≤12时,由10x−m=0得:x=m10,至多有一个根.当x>12时,由xex−2mx+m=0得:m=xex2x−1.令y1=xex2x−1,(x>12),则y1′=ex(2x+1)(2x−1)2(x−1).令y1′>0,解得:x>1;令y1′<0,解得:12 12时,有两个根.要使m=xex2x−1有两根,只需m>e.所以只需满足m10≤12m>e,解得:e 12时零点的情况:x≤12时直接解方程;x>12时利用数形结合研究零点的情况.二、填空题13.(x+2x)6的展开式中,x3项的系数是 (用数字作答).【答案】60【知识点】二项式定理的应用【解析】【解答】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r,令6−32r=3,r=2,所以所求系数为22C62=60.点睛:用二项式定理求某一项的系数,首先要掌握二项式定理展开式通项公式:Tr+1=Cnran−rbr(0≤r≤n),解题时,写出通项后把常数与字母了分离,令字母的幂指数为指定幂指数,求得r,代入后可得此项系数.【分析】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r,令6−32r=3,求得r=2,代入即可求解.14.已知数列{an}是等比数列,若2a1=a3a4,且a5是a4与2的等差中项,则q的值是 .【答案】1【知识点】等比数列;等差数列的性质【解析】【解答】由题设2a5=a4+2,而2a1=a3a4=a12q5,显然a1,q≠0,则2=a1q5,所以2a1q4=a1q3+2,故q2−2q+1=0,可得q=1.故答案为:1【分析】由题设可得2a5=a4+2且2=a1q5,结合等比通项公式列方程求公比q即可.15.已知F是双曲线C:x2−y2=1的右焦点,P是C的左支上一点,A(0,2).当△APF周长最小时,该三角形的面积为 .【答案】32【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】若M为左焦点,则|PF|−|PM|=2a=2,而F(2,0),A(0,2),则|AF|=2,由△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4,当且仅当A,P,M三点共线时△APF周长最小,此时|AM|=|PM|+|AP|=2,所以,此时△AFM为腰长为2的等腰直角三角形,令|AP|=x,则|PM|=2−x,故|PF|=4−x,而|AF|=2,在△APF中x2+4=(4−x)2,可得x=32,故三角形的面积为12×2×32=32.故答案为:32【分析】M为左焦点,利用双曲线定义得到△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4,判断其最小时A,P,M的位置关系及△AFM的形状,进而求出△APF的面积.16.如图,AB是半圆O的直径,点C在半圆上运动(不与A,B重合),PA⊥平面ABC,若AB=2,二面角A−BC−P等于60°,则三棱锥P-ABC体积的最大值为 .【答案】89【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用;棱柱、棱锥、棱台的体积;二面角的平面角及求法【解析】【解答】由题设AC⊥BC,又PA⊥平面ABC,BC⊂面ABC,故PA⊥BC,由PA∩AC=A,则BC⊥面PAC,而PC⊂面PAC,故PC⊥BC,所以二面角A−BC−P的平面角∠PCA=60°,若AC=x,则PA=3x,所以BC=4−x2,三棱锥P-ABC体积为V=13PA⋅12AC⋅BC=36×2⋅4−x2,令t=x2∈(0,4),若y=4t2−t3,则y′=8t−3t2=t(8−3t),所以(0,83)上y′>0,(83,4)上y′<0,则y在(0,83)上递增,(83,4)上递减,故ymax=4×649−51227=25627,则Vmax=36×25627=89.故答案为:89.【分析】由线面垂直的性质可得PA⊥BC,再根据线面垂直的判定和性质有PC⊥BC,即可知∠PCA=60°为二面角A−BC−P的平面角,设AC=x及棱锥的体积公式得到关于x的表达式且t=x2∈(0,4),利用导数求最大值即可.三、解答题17.心理学家发现视觉和空间能力与性别有关,某数学兴趣小组为了验证这个结论,从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学,给所有同学几何和代数各一题,让各位同学自由选择一道题进行解答,统计情况如下表:(单位:人) 几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式:P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(1)能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关?(2)现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究,记甲、乙两名女生被抽到的人数为X,求X的分布列及数学期望.【答案】(1)解:由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024,所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.(2)解:由题可知X可能取值为0,1,2,P(X=0)=1528,P(X=1)=1228=37,P(X=2)=128,X012P15281228128故X的分布列为:∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.【知识点】独立性检验;古典概型及其概率计算公式;离散型随机变量及其分布列;离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】(1)计算K2,对照附表做结论;(2)使用组合数公式和古典概型的概率计算公式分别计算X取不同值时的概率,得到X的分布列,求出数学期望.18.a,b,c分别为钝角△ABC内角A,B,C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.(1)求cos(A+π4);(2)若b=2,c>b,求c的取值范围.【答案】(1)因为3acosA=bcosC+ccosB,所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB,即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA,又sinA>0,所以cosA=13,且sinA=223,故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46(2)因为cosA=13>0,所以A为锐角,又c>b,所以C>B,因为△ABC为钝角三角形,所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4,所以a2+b2−c2=8−43c<0,解得c>6.【知识点】两角和与差的余弦公式;两角和与差的正弦公式;余弦定理【解析】【分析】(1)根据正弦定理与三角函数公式将题干式子化简,可求cosA的值,从而求sinA,即可求解cos(A+π4)的值;(2)根据cosA大于0,可得A为锐角,又c>b,可得C为钝角,结给余弦定理即可求解.19.如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,AB=3.再从条件①:BC=5、条件②:AB⊥AA1、条件③:平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知,并作答.(1)求证:AB⊥平面AA1C1C;(2)求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.【答案】(1)证明:选①②:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC,又AB⊥AA1,AC∩AA1=A,AC,AA1⊂面AA1C1C,则AB⊥面AA1C1C;选①③:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C,面ABC∩面AA1C1C=AC,AB⊂面ABC,∴AB⊥平面AA1C1C(2)解:由(1)知:AB⊥AC,AB⊥AA1,又四边形AA1C1C是正方形,则AC⊥AA1,如图,以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,0,4),A1(0,4,0),C1(0,4,4), ∴A1B=(3,−4,0),A1C1=(0,0,4),BC=(−3,0,4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0,即3x−4y=0,4z=0.令y=3,则x=4,z=0,即n=(4,3,0),设直线BC与平面A1BC1所成角为θ,则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225,∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.【知识点】直线与平面平行的判定;平面与平面垂直的性质;用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)根据所选的条件,应用勾股定理易得AB⊥AC,再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可.(2)构建A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,由已知确定相关点坐标,再求直线BC的方向向量、面A1BC1的法向量,进而应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长半轴长为6,过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A,B,|AB|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)直线m是圆O:x2+y2=1的一条切线,且直线m与椭圆C相交于点M,N,求△MON面积的最大值.【答案】(1)解:由题意知:a=6①,2b2a=6②①②联立,解得a2=6,b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1;(2)解:①当直线的斜率不存在时,直线x=1或x=−1,当x=±1时,y=±102,则S△MON=102;②当斜率存在,设直线方程为y=kx+m,设M(x1,y1),N(x2,y2)因为直线与圆相切,则|m|1+k2=1,即m2=1+k2.直线与椭圆联立:y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0,将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立,且x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2,所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1),即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1),所以当1t=1时,S△MON取得最大值,且最大值为2.综上,△MON面积的最大值为2.【知识点】二次函数的性质;椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)根据题意可求出a与b,即可求出椭圆方程;(2)由题意分情况讨论直线m斜率存在与不存在时直线的方程,再求出相应情况下的△MON的面积.即可求出△MON面积的最大值.21.已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1,a∈R.(1)若函数y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=−2x+1,求实数a的值;(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2.(i)求实数a的取值范围;(ii)当0 ma.【答案】(1)解:因为f′(x)=lnx−ax,则f′(1)=−a,又f(1)=−a2,所以在点(1,f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1),即y=−ax+a2,又该切线为y=−2x+1,则−a=−2且a2=1,所以a=2;(2)解:(i)函数f(x)定义域为(0,+∞),因为函数f(x)在(0,+∞)内有两个不同的极值点x1,x2,即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2.设h(x)=lnx−ax,由h′(x)=1−axx,当a≤0时,h′(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,至多只有一个零点;当a>0时,在(0,1a)上h′(x)>0,h(x)单调递增;在(1a,+∞)上h′(x)<0,h(x)单调递减,所以,当x=1a时,f′(x)max=f′(1a)=−lna−1,函数f′(x)有两个零点,则必有f′(x)max>0,即−lna−1>0,解得0 0,故m(x)=x−lnx>0,得证.f′(1)=−a<0,所以f′(x)在(1,1a)和(1a,1a2)上各有一个零点,故f′(x)有两个零点时,a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**),记g(t)=lnt−t−1t+1m<0,t∈(0,1),由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2,令p(t)=t2−2(m−1)t+1,0 ma成立.法2:欲证x1+x2>ma,由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**),记g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0,即g(t)在(0,1)上单调递增,故g(t) ma.【知识点】利用导数研究函数的极值;利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)利用切线方程可得f'(1)=−a=-2,即可求;(2)(i)要使f(x)在定义域内有两个不同极值点x1,x2,需满足f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2,设h(x)=lnx−ax,得h′(x)=1−axx,通过分类讨论参数a≤0、a>0,可求a的取值范围;(ii)法1:由(i)可知x1,x2是h(x)=lnx−ax的两个零点,不防设0 ma即证(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*),令t=x1x2∈(0,1),通过构造g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),结合g'(t)即可求证.证法2方法类同于1,可作参考.22.在直线坐标系xOy中,曲线C1:x=tcosαy=tsinα(t为参数,t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sinθ,C3:ρ=23cosθ.(1)求C2与C3交点的直角坐标;(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值.【答案】(1)解:曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-23x=0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0,解得x=0y=0或x=32y=32,所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和(32,32).(2)解:曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α≤π,因此A的极坐标为(2sinα,α),B的极坐标为(23cosα,α),所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,当α=5π6时,|AB|取得最大值,最大值为4.【知识点】三角函数的化简求值;简单曲线的极坐标方程;点的极坐标和直角坐标的互化【解析】【分析】(1)把极坐标方程化为直角坐标方程,在联立方程,求解即可;(2)由题意可表示出A与B的极坐标,则|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,利用三角函数的知识即可求解.23.设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(Ⅰ)若ab>cd,则a+b>c+d;(Ⅱ)a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件. 【答案】解:(Ⅰ)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(a+b)2>(c+d)2.因此a+b>c+d.(Ⅱ)(ⅰ)若|a−b|<|c−d|,则(a−b)2<(c−d)2.即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,即a+b+2ab>c+d+2cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.【知识点】充要条件;不等式的证明【解析】【分析】(Ⅰ)由(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,根据已知条件,得(a+b)2>(c+d)2,即可证明.(Ⅱ)(ⅰ)由|a−b|<|c−d|,两边平方,再结合已知条件由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)由a+b>c+d,两边平方,结合已知条件得(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,即可证明.
简介:陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1.已知集合A={x|x(2−x)>0},集合B={x|y=x−2}则A∪B=( )A.(-∞,0)∪[2,+∞)B.(0,2]C.(0,2)D.(0,+∞)【答案】D【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={x|x(2−x)〉0}={x|0 0}.故答案为:D.【分析】解二次不等式得集合A;求函数定义域得集合B,再由并集的概念,即可得出结果.2.若z(1+i)=1−i,则z=( )A.1−iB.1+iC.−iD.i【答案】C【知识点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i.故答案为:C【分析】利用复数的除法运算化简即可.3.已知a,b∈(0,1),则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1,+∞)上是增函数的概率为( )A.45B.34C.25D.14【答案】D【知识点】几何概型【解析】【解答】由题设f(x)对称轴为x=2ba,而a,b∈(0,1),函数开口向上,所以f(x)的增区间为[2ba,+∞),故在[1,+∞)上是增函数有0<2ba≤1,综上,0 |AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】先证明充分性:因为点A,B,C不共线,所以|AB+AC|2>|AB−AC|2,化简整理得,AB⋅AC>0,即AB与AC的夹角是锐角,所以充分性成立;再证必要性:因为点A,B,C不共线,且AB与AC的夹角是锐角,所以AB⋅AC>0,所以4AB⋅AC>0,所以2AB⋅AC>−2AB⋅AC,所以|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC,即|AB+AC|2>|AB−AC|2,所以|AB+AC|>|AB−AC|,故必要性成立;故答案为:C.【分析】先证明充分性:因为点A,B,C不共线,所以|AB+AC|2>|AB−AC|2,化简整理得,AB⋅AC>0,即可求解;再证必要性:因为点A,B,C不共线,且AB与AC的夹角是锐角,所以AB⋅AC>0,再得到|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC,合并开方即可求解.6.已知某圆锥的母线长为2,其轴截面为直角三角形,则下列关于该圆锥的说法中错误的是( ) A.圆锥的体积为223πB.圆锥的表面积为22πC.圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D.圆锥的内切球表面积为(24−162)π【答案】B【知识点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台、球);球的体积和表面积【解析】【解答】由题设,底面直径2R=22,故半径为R=2,体高为2,所以圆锥的体积为13×2×π×(2)2=223π,A正确,不符合题意;圆锥的表面积为12×2×22π+π×(2)2=2(2+1)π,B错误,符合题意;底面周长为22π,侧面展开扇形半径为2,故圆心角为22π2=2π,C正确,不符合题意;由轴截面是腰长为2的等腰直角三角形,圆锥的内切球最大截面为其内切圆,所以内切球半径为42+2+22=2−2,故球体表面积为4π×(2−2)2=(24−162)π,D正确,不符合题意.故答案为:B【分析】根据已知条件可得圆锥底面半径为R=2,体高为2,利用圆锥的体积、表面积公式判断A、B;根据侧面展开图及扇形圆心角计算判断C;由圆锥内切球最大截面为其轴截面的内切圆求半径,利用球表面积公式判断D.7.若α∈(0,π2),tan2α=cosα2−sinα,则tanα=( )A.1515B.55C.53D.153【答案】A【知识点】二倍角的正弦公式;二倍角的余弦公式;同角三角函数间的基本关系;同角三角函数基本关系的运用【解析】【解答】解:由题意得tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α=cosα2−sinα,则2sinα2−sinα=1-2sin2α,解得sinα=14,又因为α∈(0,π2),所以cosα=1-sin2α=154所以tanα=sinαcosα=1515故答案为:A【分析】根据二倍角公式,结合同角三角函数基本关系求解即可.8.如图是某届国际数学家大会的会标,现在有4种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为( )A.72B.48C.36D.24【答案】A【知识点】分类加法计数原理;分步乘法计数原理【解析】【解答】由图知:(1,3),(2,4)两组颜色可以相同,若涂4种颜色:(1,3)颜色相同,则4种选一种涂(1,3)有C41,余下3种颜色涂3个区域有A33,共C41A33=24种,同理(2,4)颜色相同也有24种;若涂3种颜色,则(1,3)、(2,4)分别涂相同的颜色,首先4种颜色选3种有C43种,再所选3种中选一种涂5有C31种,余下2种颜色涂(1,3)、(2,4)个区域有A22,共有C43C31A22=24种;综上,共有72种.故答案为:A【分析】分两种涂色方法:涂4种颜色和3种颜色,首先确定可涂相同颜色的区域,再应用分类分步计数求不同的涂色方案数.9.若函数f(x)同时满足:①对于定义域上的任意x,恒有f(x)+f(−x)=0;②对于定义域上的任意x1,x2,当x1≠x2时,恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0,则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中,能被称为“理想函数”的有( )①f(x)=1x,②f(x)=ln(1+x2+x),③f(x)=1−2×1+2x,④f(x)=−x2,x⩾0x2,x<0A.①②B.②③C.③④D.①④【答案】C【知识点】复合函数的单调性;函数奇偶性的性质【解析】【解答】由题设知:“理想函数”为奇函数且定义域内递减,①f(x)=1x为奇函数,但在整个定义域上不单调,不符合;②f(−x)=ln(1+(−x)2−x)=ln(1+x2−x)=−ln(1+x2+x)=−f(x)且定义域为R,即f(x)为奇函数,而由对数复合函数的性质知f(x)在R上递增,不符合;③由f(−x)=1−2−x1+2−x=2x−12x+1=−1−2×1+2x=−f(x)且定义域为R,即f(x)为奇函数,又f(x)=1−2×1+2x=21+2x−1,故f(x) 在R上递减,符合;④由解析式知f(−x)=−f(x)显然成立且在R上递减,符合;综上③④符合.故答案为:C【分析】由“理想函数”为奇函数且定义域内递减,结合各项函数及奇偶性定义、指对函数和分式等函数的性质判断单调性.10.天干地支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支,十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,排列起来,天干在前,地支在后,天干由“甲”起,地支由“子”起,例如,第一年为“甲子”,第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”…,以此类推,排列到“癸酉”后,天干回到“甲”重新开始,即“甲戌”,“乙亥”,然后地支回到“子”重新开始,即“丙子”…,以此类推,今年是壬寅年,也是中国社会主义青年团成立100周年,则中国社会主义青年团成立的那一年是( )A.辛酉年B.辛戎年C.壬酉年D.壬戌年【答案】D【知识点】归纳推理【解析】【解答】由壬寅年,十天干中壬排第9位,十二地支中寅排第3位,而青年团成立100周年,所以100=10×10,则青年团成立的那一年天干为壬;100=12×8+4,则青年团成立的那一年地支为戌;所以中国社会主义青年团成立的那一年是壬戌年.故答案为:D【分析】根据天干、地支的周期性及纪年法推出青年团成立的那一年天干、地支即可.11.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点A为C上一点,以F为圆心,FA为半径的圆交l于B,D两点,若∠BFD=120°,ABD的面积为23,则p=( )A.1B.2C.3D.2【答案】A【知识点】直线与圆的位置关系;抛物线的简单性质【解析】【解答】解:如图所示,因为∠BFD=120°,所以圆的半径为|FA|=|FB|=2p,|BD|=23p,由抛物线定义知,点A到准线l的距离为d=|FA|=2p,所以ΔABD的面积为12|BD|⋅d=2p⋅3p=23,解得p=1.故答案为:A.【分析】根据题意画出图形,结合图形求出|FA|=|FB|=2p,|BD|=23p,由点A到准线l的距离写出ΔABD的面积,从而求出的值.12.已知函数f(x)=10x−m,x≤12xex−2mx+m,x>12(e是自然对数的底数)在定义域R上有三个零点,则实数m的取值范围是( )A.(e,+∞)B.(e,5]C.(e,5)D.[e,5]【答案】B【知识点】分段函数的应用;函数的零点【解析】【解答】令f(x)=0,则有x>12xex−2mx+m=0或x≤1210x−m=0.当x≤12时,由10x−m=0得:x=m10,至多有一个根.当x>12时,由xex−2mx+m=0得:m=xex2x−1.令y1=xex2x−1,(x>12),则y1′=ex(2x+1)(2x−1)2(x−1).令y1′>0,解得:x>1;令y1′<0,解得:12 12时,有两个根.要使m=xex2x−1有两根,只需m>e.所以只需满足m10≤12m>e,解得:e 12时零点的情况:x≤12时直接解方程;x>12时利用数形结合研究零点的情况.二、填空题13.(x+2x)6的展开式中,x3项的系数是 (用数字作答).【答案】60【知识点】二项式定理的应用【解析】【解答】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r,令6−32r=3,r=2,所以所求系数为22C62=60.点睛:用二项式定理求某一项的系数,首先要掌握二项式定理展开式通项公式:Tr+1=Cnran−rbr(0≤r≤n),解题时,写出通项后把常数与字母了分离,令字母的幂指数为指定幂指数,求得r,代入后可得此项系数.【分析】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r,令6−32r=3,求得r=2,代入即可求解.14.已知数列{an}是等比数列,若2a1=a3a4,且a5是a4与2的等差中项,则q的值是 .【答案】1【知识点】等比数列;等差数列的性质【解析】【解答】由题设2a5=a4+2,而2a1=a3a4=a12q5,显然a1,q≠0,则2=a1q5,所以2a1q4=a1q3+2,故q2−2q+1=0,可得q=1.故答案为:1【分析】由题设可得2a5=a4+2且2=a1q5,结合等比通项公式列方程求公比q即可.15.已知F是双曲线C:x2−y2=1的右焦点,P是C的左支上一点,A(0,2).当△APF周长最小时,该三角形的面积为 .【答案】32【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】若M为左焦点,则|PF|−|PM|=2a=2,而F(2,0),A(0,2),则|AF|=2,由△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4,当且仅当A,P,M三点共线时△APF周长最小,此时|AM|=|PM|+|AP|=2,所以,此时△AFM为腰长为2的等腰直角三角形,令|AP|=x,则|PM|=2−x,故|PF|=4−x,而|AF|=2,在△APF中x2+4=(4−x)2,可得x=32,故三角形的面积为12×2×32=32.故答案为:32【分析】M为左焦点,利用双曲线定义得到△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4,判断其最小时A,P,M的位置关系及△AFM的形状,进而求出△APF的面积.16.如图,AB是半圆O的直径,点C在半圆上运动(不与A,B重合),PA⊥平面ABC,若AB=2,二面角A−BC−P等于60°,则三棱锥P-ABC体积的最大值为 .【答案】89【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用;棱柱、棱锥、棱台的体积;二面角的平面角及求法【解析】【解答】由题设AC⊥BC,又PA⊥平面ABC,BC⊂面ABC,故PA⊥BC,由PA∩AC=A,则BC⊥面PAC,而PC⊂面PAC,故PC⊥BC,所以二面角A−BC−P的平面角∠PCA=60°,若AC=x,则PA=3x,所以BC=4−x2,三棱锥P-ABC体积为V=13PA⋅12AC⋅BC=36×2⋅4−x2,令t=x2∈(0,4),若y=4t2−t3,则y′=8t−3t2=t(8−3t),所以(0,83)上y′>0,(83,4)上y′<0,则y在(0,83)上递增,(83,4)上递减,故ymax=4×649−51227=25627,则Vmax=36×25627=89.故答案为:89.【分析】由线面垂直的性质可得PA⊥BC,再根据线面垂直的判定和性质有PC⊥BC,即可知∠PCA=60°为二面角A−BC−P的平面角,设AC=x及棱锥的体积公式得到关于x的表达式且t=x2∈(0,4),利用导数求最大值即可.三、解答题17.心理学家发现视觉和空间能力与性别有关,某数学兴趣小组为了验证这个结论,从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学,给所有同学几何和代数各一题,让各位同学自由选择一道题进行解答,统计情况如下表:(单位:人) 几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式:P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(1)能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关?(2)现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究,记甲、乙两名女生被抽到的人数为X,求X的分布列及数学期望.【答案】(1)解:由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024,所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.(2)解:由题可知X可能取值为0,1,2,P(X=0)=1528,P(X=1)=1228=37,P(X=2)=128,X012P15281228128故X的分布列为:∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.【知识点】独立性检验;古典概型及其概率计算公式;离散型随机变量及其分布列;离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】(1)计算K2,对照附表做结论;(2)使用组合数公式和古典概型的概率计算公式分别计算X取不同值时的概率,得到X的分布列,求出数学期望.18.a,b,c分别为钝角△ABC内角A,B,C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.(1)求cos(A+π4);(2)若b=2,c>b,求c的取值范围.【答案】(1)因为3acosA=bcosC+ccosB,所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB,即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA,又sinA>0,所以cosA=13,且sinA=223,故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46(2)因为cosA=13>0,所以A为锐角,又c>b,所以C>B,因为△ABC为钝角三角形,所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4,所以a2+b2−c2=8−43c<0,解得c>6.【知识点】两角和与差的余弦公式;两角和与差的正弦公式;余弦定理【解析】【分析】(1)根据正弦定理与三角函数公式将题干式子化简,可求cosA的值,从而求sinA,即可求解cos(A+π4)的值;(2)根据cosA大于0,可得A为锐角,又c>b,可得C为钝角,结给余弦定理即可求解.19.如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,AB=3.再从条件①:BC=5、条件②:AB⊥AA1、条件③:平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知,并作答.(1)求证:AB⊥平面AA1C1C;(2)求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.【答案】(1)证明:选①②:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC,又AB⊥AA1,AC∩AA1=A,AC,AA1⊂面AA1C1C,则AB⊥面AA1C1C;选①③:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C,面ABC∩面AA1C1C=AC,AB⊂面ABC,∴AB⊥平面AA1C1C(2)解:由(1)知:AB⊥AC,AB⊥AA1,又四边形AA1C1C是正方形,则AC⊥AA1,如图,以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,0,4),A1(0,4,0),C1(0,4,4), ∴A1B=(3,−4,0),A1C1=(0,0,4),BC=(−3,0,4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0,即3x−4y=0,4z=0.令y=3,则x=4,z=0,即n=(4,3,0),设直线BC与平面A1BC1所成角为θ,则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225,∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.【知识点】直线与平面平行的判定;平面与平面垂直的性质;用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)根据所选的条件,应用勾股定理易得AB⊥AC,再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可.(2)构建A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,由已知确定相关点坐标,再求直线BC的方向向量、面A1BC1的法向量,进而应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长半轴长为6,过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A,B,|AB|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)直线m是圆O:x2+y2=1的一条切线,且直线m与椭圆C相交于点M,N,求△MON面积的最大值.【答案】(1)解:由题意知:a=6①,2b2a=6②①②联立,解得a2=6,b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1;(2)解:①当直线的斜率不存在时,直线x=1或x=−1,当x=±1时,y=±102,则S△MON=102;②当斜率存在,设直线方程为y=kx+m,设M(x1,y1),N(x2,y2)因为直线与圆相切,则|m|1+k2=1,即m2=1+k2.直线与椭圆联立:y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0,将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立,且x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2,所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1),即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1),所以当1t=1时,S△MON取得最大值,且最大值为2.综上,△MON面积的最大值为2.【知识点】二次函数的性质;椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)根据题意可求出a与b,即可求出椭圆方程;(2)由题意分情况讨论直线m斜率存在与不存在时直线的方程,再求出相应情况下的△MON的面积.即可求出△MON面积的最大值.21.已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1,a∈R.(1)若函数y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=−2x+1,求实数a的值;(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2.(i)求实数a的取值范围;(ii)当0 ma.【答案】(1)解:因为f′(x)=lnx−ax,则f′(1)=−a,又f(1)=−a2,所以在点(1,f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1),即y=−ax+a2,又该切线为y=−2x+1,则−a=−2且a2=1,所以a=2;(2)解:(i)函数f(x)定义域为(0,+∞),因为函数f(x)在(0,+∞)内有两个不同的极值点x1,x2,即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2.设h(x)=lnx−ax,由h′(x)=1−axx,当a≤0时,h′(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,至多只有一个零点;当a>0时,在(0,1a)上h′(x)>0,h(x)单调递增;在(1a,+∞)上h′(x)<0,h(x)单调递减,所以,当x=1a时,f′(x)max=f′(1a)=−lna−1,函数f′(x)有两个零点,则必有f′(x)max>0,即−lna−1>0,解得0 0,故m(x)=x−lnx>0,得证.f′(1)=−a<0,所以f′(x)在(1,1a)和(1a,1a2)上各有一个零点,故f′(x)有两个零点时,a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**),记g(t)=lnt−t−1t+1m<0,t∈(0,1),由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2,令p(t)=t2−2(m−1)t+1,0 ma成立.法2:欲证x1+x2>ma,由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**),记g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0,即g(t)在(0,1)上单调递增,故g(t) ma.【知识点】利用导数研究函数的极值;利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)利用切线方程可得f'(1)=−a=-2,即可求;(2)(i)要使f(x)在定义域内有两个不同极值点x1,x2,需满足f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2,设h(x)=lnx−ax,得h′(x)=1−axx,通过分类讨论参数a≤0、a>0,可求a的取值范围;(ii)法1:由(i)可知x1,x2是h(x)=lnx−ax的两个零点,不防设0 ma即证(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*),令t=x1x2∈(0,1),通过构造g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),结合g'(t)即可求证.证法2方法类同于1,可作参考.22.在直线坐标系xOy中,曲线C1:x=tcosαy=tsinα(t为参数,t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sinθ,C3:ρ=23cosθ.(1)求C2与C3交点的直角坐标;(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值.【答案】(1)解:曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-23x=0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0,解得x=0y=0或x=32y=32,所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和(32,32).(2)解:曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α≤π,因此A的极坐标为(2sinα,α),B的极坐标为(23cosα,α),所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,当α=5π6时,|AB|取得最大值,最大值为4.【知识点】三角函数的化简求值;简单曲线的极坐标方程;点的极坐标和直角坐标的互化【解析】【分析】(1)把极坐标方程化为直角坐标方程,在联立方程,求解即可;(2)由题意可表示出A与B的极坐标,则|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,利用三角函数的知识即可求解.23.设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(Ⅰ)若ab>cd,则a+b>c+d;(Ⅱ)a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件. 【答案】解:(Ⅰ)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(a+b)2>(c+d)2.因此a+b>c+d.(Ⅱ)(ⅰ)若|a−b|<|c−d|,则(a−b)2<(c−d)2.即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,即a+b+2ab>c+d+2cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.【知识点】充要条件;不等式的证明【解析】【分析】(Ⅰ)由(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,根据已知条件,得(a+b)2>(c+d)2,即可证明.(Ⅱ)(ⅰ)由|a−b|<|c−d|,两边平方,再结合已知条件由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)由a+b>c+d,两边平方,结合已知条件得(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,即可证明.
简介:陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1.已知集合A={x|x(2−x)>0},集合B={x|y=x−2}则A∪B=( )A.(-∞,0)∪[2,+∞)B.(0,2]C.(0,2)D.(0,+∞)【答案】D【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={x|x(2−x)〉0}={x|0 0}.故答案为:D.【分析】解二次不等式得集合A;求函数定义域得集合B,再由并集的概念,即可得出结果.2.若z(1+i)=1−i,则z=( )A.1−iB.1+iC.−iD.i【答案】C【知识点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i.故答案为:C【分析】利用复数的除法运算化简即可.3.已知a,b∈(0,1),则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1,+∞)上是增函数的概率为( )A.45B.34C.25D.14【答案】D【知识点】几何概型【解析】【解答】由题设f(x)对称轴为x=2ba,而a,b∈(0,1),函数开口向上,所以f(x)的增区间为[2ba,+∞),故在[1,+∞)上是增函数有0<2ba≤1,综上,0 |AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】先证明充分性:因为点A,B,C不共线,所以|AB+AC|2>|AB−AC|2,化简整理得,AB⋅AC>0,即AB与AC的夹角是锐角,所以充分性成立;再证必要性:因为点A,B,C不共线,且AB与AC的夹角是锐角,所以AB⋅AC>0,所以4AB⋅AC>0,所以2AB⋅AC>−2AB⋅AC,所以|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC,即|AB+AC|2>|AB−AC|2,所以|AB+AC|>|AB−AC|,故必要性成立;故答案为:C.【分析】先证明充分性:因为点A,B,C不共线,所以|AB+AC|2>|AB−AC|2,化简整理得,AB⋅AC>0,即可求解;再证必要性:因为点A,B,C不共线,且AB与AC的夹角是锐角,所以AB⋅AC>0,再得到|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC,合并开方即可求解.6.已知某圆锥的母线长为2,其轴截面为直角三角形,则下列关于该圆锥的说法中错误的是( ) A.圆锥的体积为223πB.圆锥的表面积为22πC.圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D.圆锥的内切球表面积为(24−162)π【答案】B【知识点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台、球);球的体积和表面积【解析】【解答】由题设,底面直径2R=22,故半径为R=2,体高为2,所以圆锥的体积为13×2×π×(2)2=223π,A正确,不符合题意;圆锥的表面积为12×2×22π+π×(2)2=2(2+1)π,B错误,符合题意;底面周长为22π,侧面展开扇形半径为2,故圆心角为22π2=2π,C正确,不符合题意;由轴截面是腰长为2的等腰直角三角形,圆锥的内切球最大截面为其内切圆,所以内切球半径为42+2+22=2−2,故球体表面积为4π×(2−2)2=(24−162)π,D正确,不符合题意.故答案为:B【分析】根据已知条件可得圆锥底面半径为R=2,体高为2,利用圆锥的体积、表面积公式判断A、B;根据侧面展开图及扇形圆心角计算判断C;由圆锥内切球最大截面为其轴截面的内切圆求半径,利用球表面积公式判断D.7.若α∈(0,π2),tan2α=cosα2−sinα,则tanα=( )A.1515B.55C.53D.153【答案】A【知识点】二倍角的正弦公式;二倍角的余弦公式;同角三角函数间的基本关系;同角三角函数基本关系的运用【解析】【解答】解:由题意得tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α=cosα2−sinα,则2sinα2−sinα=1-2sin2α,解得sinα=14,又因为α∈(0,π2),所以cosα=1-sin2α=154所以tanα=sinαcosα=1515故答案为:A【分析】根据二倍角公式,结合同角三角函数基本关系求解即可.8.如图是某届国际数学家大会的会标,现在有4种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为( )A.72B.48C.36D.24【答案】A【知识点】分类加法计数原理;分步乘法计数原理【解析】【解答】由图知:(1,3),(2,4)两组颜色可以相同,若涂4种颜色:(1,3)颜色相同,则4种选一种涂(1,3)有C41,余下3种颜色涂3个区域有A33,共C41A33=24种,同理(2,4)颜色相同也有24种;若涂3种颜色,则(1,3)、(2,4)分别涂相同的颜色,首先4种颜色选3种有C43种,再所选3种中选一种涂5有C31种,余下2种颜色涂(1,3)、(2,4)个区域有A22,共有C43C31A22=24种;综上,共有72种.故答案为:A【分析】分两种涂色方法:涂4种颜色和3种颜色,首先确定可涂相同颜色的区域,再应用分类分步计数求不同的涂色方案数.9.若函数f(x)同时满足:①对于定义域上的任意x,恒有f(x)+f(−x)=0;②对于定义域上的任意x1,x2,当x1≠x2时,恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0,则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中,能被称为“理想函数”的有( )①f(x)=1x,②f(x)=ln(1+x2+x),③f(x)=1−2×1+2x,④f(x)=−x2,x⩾0x2,x<0A.①②B.②③C.③④D.①④【答案】C【知识点】复合函数的单调性;函数奇偶性的性质【解析】【解答】由题设知:“理想函数”为奇函数且定义域内递减,①f(x)=1x为奇函数,但在整个定义域上不单调,不符合;②f(−x)=ln(1+(−x)2−x)=ln(1+x2−x)=−ln(1+x2+x)=−f(x)且定义域为R,即f(x)为奇函数,而由对数复合函数的性质知f(x)在R上递增,不符合;③由f(−x)=1−2−x1+2−x=2x−12x+1=−1−2×1+2x=−f(x)且定义域为R,即f(x)为奇函数,又f(x)=1−2×1+2x=21+2x−1,故f(x) 在R上递减,符合;④由解析式知f(−x)=−f(x)显然成立且在R上递减,符合;综上③④符合.故答案为:C【分析】由“理想函数”为奇函数且定义域内递减,结合各项函数及奇偶性定义、指对函数和分式等函数的性质判断单调性.10.天干地支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支,十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,排列起来,天干在前,地支在后,天干由“甲”起,地支由“子”起,例如,第一年为“甲子”,第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”…,以此类推,排列到“癸酉”后,天干回到“甲”重新开始,即“甲戌”,“乙亥”,然后地支回到“子”重新开始,即“丙子”…,以此类推,今年是壬寅年,也是中国社会主义青年团成立100周年,则中国社会主义青年团成立的那一年是( )A.辛酉年B.辛戎年C.壬酉年D.壬戌年【答案】D【知识点】归纳推理【解析】【解答】由壬寅年,十天干中壬排第9位,十二地支中寅排第3位,而青年团成立100周年,所以100=10×10,则青年团成立的那一年天干为壬;100=12×8+4,则青年团成立的那一年地支为戌;所以中国社会主义青年团成立的那一年是壬戌年.故答案为:D【分析】根据天干、地支的周期性及纪年法推出青年团成立的那一年天干、地支即可.11.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点A为C上一点,以F为圆心,FA为半径的圆交l于B,D两点,若∠BFD=120°,ABD的面积为23,则p=( )A.1B.2C.3D.2【答案】A【知识点】直线与圆的位置关系;抛物线的简单性质【解析】【解答】解:如图所示,因为∠BFD=120°,所以圆的半径为|FA|=|FB|=2p,|BD|=23p,由抛物线定义知,点A到准线l的距离为d=|FA|=2p,所以ΔABD的面积为12|BD|⋅d=2p⋅3p=23,解得p=1.故答案为:A.【分析】根据题意画出图形,结合图形求出|FA|=|FB|=2p,|BD|=23p,由点A到准线l的距离写出ΔABD的面积,从而求出的值.12.已知函数f(x)=10x−m,x≤12xex−2mx+m,x>12(e是自然对数的底数)在定义域R上有三个零点,则实数m的取值范围是( )A.(e,+∞)B.(e,5]C.(e,5)D.[e,5]【答案】B【知识点】分段函数的应用;函数的零点【解析】【解答】令f(x)=0,则有x>12xex−2mx+m=0或x≤1210x−m=0.当x≤12时,由10x−m=0得:x=m10,至多有一个根.当x>12时,由xex−2mx+m=0得:m=xex2x−1.令y1=xex2x−1,(x>12),则y1′=ex(2x+1)(2x−1)2(x−1).令y1′>0,解得:x>1;令y1′<0,解得:12 12时,有两个根.要使m=xex2x−1有两根,只需m>e.所以只需满足m10≤12m>e,解得:e 12时零点的情况:x≤12时直接解方程;x>12时利用数形结合研究零点的情况.二、填空题13.(x+2x)6的展开式中,x3项的系数是 (用数字作答).【答案】60【知识点】二项式定理的应用【解析】【解答】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r,令6−32r=3,r=2,所以所求系数为22C62=60.点睛:用二项式定理求某一项的系数,首先要掌握二项式定理展开式通项公式:Tr+1=Cnran−rbr(0≤r≤n),解题时,写出通项后把常数与字母了分离,令字母的幂指数为指定幂指数,求得r,代入后可得此项系数.【分析】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r,令6−32r=3,求得r=2,代入即可求解.14.已知数列{an}是等比数列,若2a1=a3a4,且a5是a4与2的等差中项,则q的值是 .【答案】1【知识点】等比数列;等差数列的性质【解析】【解答】由题设2a5=a4+2,而2a1=a3a4=a12q5,显然a1,q≠0,则2=a1q5,所以2a1q4=a1q3+2,故q2−2q+1=0,可得q=1.故答案为:1【分析】由题设可得2a5=a4+2且2=a1q5,结合等比通项公式列方程求公比q即可.15.已知F是双曲线C:x2−y2=1的右焦点,P是C的左支上一点,A(0,2).当△APF周长最小时,该三角形的面积为 .【答案】32【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】若M为左焦点,则|PF|−|PM|=2a=2,而F(2,0),A(0,2),则|AF|=2,由△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4,当且仅当A,P,M三点共线时△APF周长最小,此时|AM|=|PM|+|AP|=2,所以,此时△AFM为腰长为2的等腰直角三角形,令|AP|=x,则|PM|=2−x,故|PF|=4−x,而|AF|=2,在△APF中x2+4=(4−x)2,可得x=32,故三角形的面积为12×2×32=32.故答案为:32【分析】M为左焦点,利用双曲线定义得到△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4,判断其最小时A,P,M的位置关系及△AFM的形状,进而求出△APF的面积.16.如图,AB是半圆O的直径,点C在半圆上运动(不与A,B重合),PA⊥平面ABC,若AB=2,二面角A−BC−P等于60°,则三棱锥P-ABC体积的最大值为 .【答案】89【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用;棱柱、棱锥、棱台的体积;二面角的平面角及求法【解析】【解答】由题设AC⊥BC,又PA⊥平面ABC,BC⊂面ABC,故PA⊥BC,由PA∩AC=A,则BC⊥面PAC,而PC⊂面PAC,故PC⊥BC,所以二面角A−BC−P的平面角∠PCA=60°,若AC=x,则PA=3x,所以BC=4−x2,三棱锥P-ABC体积为V=13PA⋅12AC⋅BC=36×2⋅4−x2,令t=x2∈(0,4),若y=4t2−t3,则y′=8t−3t2=t(8−3t),所以(0,83)上y′>0,(83,4)上y′<0,则y在(0,83)上递增,(83,4)上递减,故ymax=4×649−51227=25627,则Vmax=36×25627=89.故答案为:89.【分析】由线面垂直的性质可得PA⊥BC,再根据线面垂直的判定和性质有PC⊥BC,即可知∠PCA=60°为二面角A−BC−P的平面角,设AC=x及棱锥的体积公式得到关于x的表达式且t=x2∈(0,4),利用导数求最大值即可.三、解答题17.心理学家发现视觉和空间能力与性别有关,某数学兴趣小组为了验证这个结论,从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学,给所有同学几何和代数各一题,让各位同学自由选择一道题进行解答,统计情况如下表:(单位:人) 几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式:P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(1)能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关?(2)现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究,记甲、乙两名女生被抽到的人数为X,求X的分布列及数学期望.【答案】(1)解:由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024,所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.(2)解:由题可知X可能取值为0,1,2,P(X=0)=1528,P(X=1)=1228=37,P(X=2)=128,X012P15281228128故X的分布列为:∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.【知识点】独立性检验;古典概型及其概率计算公式;离散型随机变量及其分布列;离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】(1)计算K2,对照附表做结论;(2)使用组合数公式和古典概型的概率计算公式分别计算X取不同值时的概率,得到X的分布列,求出数学期望.18.a,b,c分别为钝角△ABC内角A,B,C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.(1)求cos(A+π4);(2)若b=2,c>b,求c的取值范围.【答案】(1)因为3acosA=bcosC+ccosB,所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB,即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA,又sinA>0,所以cosA=13,且sinA=223,故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46(2)因为cosA=13>0,所以A为锐角,又c>b,所以C>B,因为△ABC为钝角三角形,所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4,所以a2+b2−c2=8−43c<0,解得c>6.【知识点】两角和与差的余弦公式;两角和与差的正弦公式;余弦定理【解析】【分析】(1)根据正弦定理与三角函数公式将题干式子化简,可求cosA的值,从而求sinA,即可求解cos(A+π4)的值;(2)根据cosA大于0,可得A为锐角,又c>b,可得C为钝角,结给余弦定理即可求解.19.如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,AB=3.再从条件①:BC=5、条件②:AB⊥AA1、条件③:平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知,并作答.(1)求证:AB⊥平面AA1C1C;(2)求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.【答案】(1)证明:选①②:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC,又AB⊥AA1,AC∩AA1=A,AC,AA1⊂面AA1C1C,则AB⊥面AA1C1C;选①③:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C,面ABC∩面AA1C1C=AC,AB⊂面ABC,∴AB⊥平面AA1C1C(2)解:由(1)知:AB⊥AC,AB⊥AA1,又四边形AA1C1C是正方形,则AC⊥AA1,如图,以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,0,4),A1(0,4,0),C1(0,4,4), ∴A1B=(3,−4,0),A1C1=(0,0,4),BC=(−3,0,4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0,即3x−4y=0,4z=0.令y=3,则x=4,z=0,即n=(4,3,0),设直线BC与平面A1BC1所成角为θ,则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225,∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.【知识点】直线与平面平行的判定;平面与平面垂直的性质;用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)根据所选的条件,应用勾股定理易得AB⊥AC,再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可.(2)构建A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,由已知确定相关点坐标,再求直线BC的方向向量、面A1BC1的法向量,进而应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长半轴长为6,过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A,B,|AB|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)直线m是圆O:x2+y2=1的一条切线,且直线m与椭圆C相交于点M,N,求△MON面积的最大值.【答案】(1)解:由题意知:a=6①,2b2a=6②①②联立,解得a2=6,b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1;(2)解:①当直线的斜率不存在时,直线x=1或x=−1,当x=±1时,y=±102,则S△MON=102;②当斜率存在,设直线方程为y=kx+m,设M(x1,y1),N(x2,y2)因为直线与圆相切,则|m|1+k2=1,即m2=1+k2.直线与椭圆联立:y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0,将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立,且x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2,所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1),即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1),所以当1t=1时,S△MON取得最大值,且最大值为2.综上,△MON面积的最大值为2.【知识点】二次函数的性质;椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)根据题意可求出a与b,即可求出椭圆方程;(2)由题意分情况讨论直线m斜率存在与不存在时直线的方程,再求出相应情况下的△MON的面积.即可求出△MON面积的最大值.21.已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1,a∈R.(1)若函数y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=−2x+1,求实数a的值;(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2.(i)求实数a的取值范围;(ii)当0 ma.【答案】(1)解:因为f′(x)=lnx−ax,则f′(1)=−a,又f(1)=−a2,所以在点(1,f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1),即y=−ax+a2,又该切线为y=−2x+1,则−a=−2且a2=1,所以a=2;(2)解:(i)函数f(x)定义域为(0,+∞),因为函数f(x)在(0,+∞)内有两个不同的极值点x1,x2,即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2.设h(x)=lnx−ax,由h′(x)=1−axx,当a≤0时,h′(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,至多只有一个零点;当a>0时,在(0,1a)上h′(x)>0,h(x)单调递增;在(1a,+∞)上h′(x)<0,h(x)单调递减,所以,当x=1a时,f′(x)max=f′(1a)=−lna−1,函数f′(x)有两个零点,则必有f′(x)max>0,即−lna−1>0,解得0 0,故m(x)=x−lnx>0,得证.f′(1)=−a<0,所以f′(x)在(1,1a)和(1a,1a2)上各有一个零点,故f′(x)有两个零点时,a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**),记g(t)=lnt−t−1t+1m<0,t∈(0,1),由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2,令p(t)=t2−2(m−1)t+1,0 ma成立.法2:欲证x1+x2>ma,由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**),记g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0,即g(t)在(0,1)上单调递增,故g(t) ma.【知识点】利用导数研究函数的极值;利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)利用切线方程可得f'(1)=−a=-2,即可求;(2)(i)要使f(x)在定义域内有两个不同极值点x1,x2,需满足f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2,设h(x)=lnx−ax,得h′(x)=1−axx,通过分类讨论参数a≤0、a>0,可求a的取值范围;(ii)法1:由(i)可知x1,x2是h(x)=lnx−ax的两个零点,不防设0 ma即证(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*),令t=x1x2∈(0,1),通过构造g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),结合g'(t)即可求证.证法2方法类同于1,可作参考.22.在直线坐标系xOy中,曲线C1:x=tcosαy=tsinα(t为参数,t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sinθ,C3:ρ=23cosθ.(1)求C2与C3交点的直角坐标;(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值.【答案】(1)解:曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-23x=0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0,解得x=0y=0或x=32y=32,所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和(32,32).(2)解:曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α≤π,因此A的极坐标为(2sinα,α),B的极坐标为(23cosα,α),所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,当α=5π6时,|AB|取得最大值,最大值为4.【知识点】三角函数的化简求值;简单曲线的极坐标方程;点的极坐标和直角坐标的互化【解析】【分析】(1)把极坐标方程化为直角坐标方程,在联立方程,求解即可;(2)由题意可表示出A与B的极坐标,则|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,利用三角函数的知识即可求解.23.设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(Ⅰ)若ab>cd,则a+b>c+d;(Ⅱ)a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件. 【答案】解:(Ⅰ)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(a+b)2>(c+d)2.因此a+b>c+d.(Ⅱ)(ⅰ)若|a−b|<|c−d|,则(a−b)2<(c−d)2.即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,即a+b+2ab>c+d+2cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.【知识点】充要条件;不等式的证明【解析】【分析】(Ⅰ)由(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,根据已知条件,得(a+b)2>(c+d)2,即可证明.(Ⅱ)(ⅰ)由|a−b|<|c−d|,两边平方,再结合已知条件由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)由a+b>c+d,两边平方,结合已知条件得(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,即可证明.
简介:陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1.已知集合A={x|x(2−x)>0},集合B={x|y=x−2}则A∪B=( )A.(-∞,0)∪[2,+∞)B.(0,2]C.(0,2)D.(0,+∞)【答案】D【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={x|x(2−x)〉0}={x|0 0}.故答案为:D.【分析】解二次不等式得集合A;求函数定义域得集合B,再由并集的概念,即可得出结果.2.若z(1+i)=1−i,则z=( )A.1−iB.1+iC.−iD.i【答案】C【知识点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i.故答案为:C【分析】利用复数的除法运算化简即可.3.已知a,b∈(0,1),则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1,+∞)上是增函数的概率为( )A.45B.34C.25D.14【答案】D【知识点】几何概型【解析】【解答】由题设f(x)对称轴为x=2ba,而a,b∈(0,1),函数开口向上,所以f(x)的增区间为[2ba,+∞),故在[1,+∞)上是增函数有0<2ba≤1,综上,0 |AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】先证明充分性:因为点A,B,C不共线,所以|AB+AC|2>|AB−AC|2,化简整理得,AB⋅AC>0,即AB与AC的夹角是锐角,所以充分性成立;再证必要性:因为点A,B,C不共线,且AB与AC的夹角是锐角,所以AB⋅AC>0,所以4AB⋅AC>0,所以2AB⋅AC>−2AB⋅AC,所以|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC,即|AB+AC|2>|AB−AC|2,所以|AB+AC|>|AB−AC|,故必要性成立;故答案为:C.【分析】先证明充分性:因为点A,B,C不共线,所以|AB+AC|2>|AB−AC|2,化简整理得,AB⋅AC>0,即可求解;再证必要性:因为点A,B,C不共线,且AB与AC的夹角是锐角,所以AB⋅AC>0,再得到|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC,合并开方即可求解.6.已知某圆锥的母线长为2,其轴截面为直角三角形,则下列关于该圆锥的说法中错误的是( ) A.圆锥的体积为223πB.圆锥的表面积为22πC.圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D.圆锥的内切球表面积为(24−162)π【答案】B【知识点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台、球);球的体积和表面积【解析】【解答】由题设,底面直径2R=22,故半径为R=2,体高为2,所以圆锥的体积为13×2×π×(2)2=223π,A正确,不符合题意;圆锥的表面积为12×2×22π+π×(2)2=2(2+1)π,B错误,符合题意;底面周长为22π,侧面展开扇形半径为2,故圆心角为22π2=2π,C正确,不符合题意;由轴截面是腰长为2的等腰直角三角形,圆锥的内切球最大截面为其内切圆,所以内切球半径为42+2+22=2−2,故球体表面积为4π×(2−2)2=(24−162)π,D正确,不符合题意.故答案为:B【分析】根据已知条件可得圆锥底面半径为R=2,体高为2,利用圆锥的体积、表面积公式判断A、B;根据侧面展开图及扇形圆心角计算判断C;由圆锥内切球最大截面为其轴截面的内切圆求半径,利用球表面积公式判断D.7.若α∈(0,π2),tan2α=cosα2−sinα,则tanα=( )A.1515B.55C.53D.153【答案】A【知识点】二倍角的正弦公式;二倍角的余弦公式;同角三角函数间的基本关系;同角三角函数基本关系的运用【解析】【解答】解:由题意得tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α=cosα2−sinα,则2sinα2−sinα=1-2sin2α,解得sinα=14,又因为α∈(0,π2),所以cosα=1-sin2α=154所以tanα=sinαcosα=1515故答案为:A【分析】根据二倍角公式,结合同角三角函数基本关系求解即可.8.如图是某届国际数学家大会的会标,现在有4种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为( )A.72B.48C.36D.24【答案】A【知识点】分类加法计数原理;分步乘法计数原理【解析】【解答】由图知:(1,3),(2,4)两组颜色可以相同,若涂4种颜色:(1,3)颜色相同,则4种选一种涂(1,3)有C41,余下3种颜色涂3个区域有A33,共C41A33=24种,同理(2,4)颜色相同也有24种;若涂3种颜色,则(1,3)、(2,4)分别涂相同的颜色,首先4种颜色选3种有C43种,再所选3种中选一种涂5有C31种,余下2种颜色涂(1,3)、(2,4)个区域有A22,共有C43C31A22=24种;综上,共有72种.故答案为:A【分析】分两种涂色方法:涂4种颜色和3种颜色,首先确定可涂相同颜色的区域,再应用分类分步计数求不同的涂色方案数.9.若函数f(x)同时满足:①对于定义域上的任意x,恒有f(x)+f(−x)=0;②对于定义域上的任意x1,x2,当x1≠x2时,恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0,则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中,能被称为“理想函数”的有( )①f(x)=1x,②f(x)=ln(1+x2+x),③f(x)=1−2×1+2x,④f(x)=−x2,x⩾0x2,x<0A.①②B.②③C.③④D.①④【答案】C【知识点】复合函数的单调性;函数奇偶性的性质【解析】【解答】由题设知:“理想函数”为奇函数且定义域内递减,①f(x)=1x为奇函数,但在整个定义域上不单调,不符合;②f(−x)=ln(1+(−x)2−x)=ln(1+x2−x)=−ln(1+x2+x)=−f(x)且定义域为R,即f(x)为奇函数,而由对数复合函数的性质知f(x)在R上递增,不符合;③由f(−x)=1−2−x1+2−x=2x−12x+1=−1−2×1+2x=−f(x)且定义域为R,即f(x)为奇函数,又f(x)=1−2×1+2x=21+2x−1,故f(x) 在R上递减,符合;④由解析式知f(−x)=−f(x)显然成立且在R上递减,符合;综上③④符合.故答案为:C【分析】由“理想函数”为奇函数且定义域内递减,结合各项函数及奇偶性定义、指对函数和分式等函数的性质判断单调性.10.天干地支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支,十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,排列起来,天干在前,地支在后,天干由“甲”起,地支由“子”起,例如,第一年为“甲子”,第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”…,以此类推,排列到“癸酉”后,天干回到“甲”重新开始,即“甲戌”,“乙亥”,然后地支回到“子”重新开始,即“丙子”…,以此类推,今年是壬寅年,也是中国社会主义青年团成立100周年,则中国社会主义青年团成立的那一年是( )A.辛酉年B.辛戎年C.壬酉年D.壬戌年【答案】D【知识点】归纳推理【解析】【解答】由壬寅年,十天干中壬排第9位,十二地支中寅排第3位,而青年团成立100周年,所以100=10×10,则青年团成立的那一年天干为壬;100=12×8+4,则青年团成立的那一年地支为戌;所以中国社会主义青年团成立的那一年是壬戌年.故答案为:D【分析】根据天干、地支的周期性及纪年法推出青年团成立的那一年天干、地支即可.11.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点A为C上一点,以F为圆心,FA为半径的圆交l于B,D两点,若∠BFD=120°,ABD的面积为23,则p=( )A.1B.2C.3D.2【答案】A【知识点】直线与圆的位置关系;抛物线的简单性质【解析】【解答】解:如图所示,因为∠BFD=120°,所以圆的半径为|FA|=|FB|=2p,|BD|=23p,由抛物线定义知,点A到准线l的距离为d=|FA|=2p,所以ΔABD的面积为12|BD|⋅d=2p⋅3p=23,解得p=1.故答案为:A.【分析】根据题意画出图形,结合图形求出|FA|=|FB|=2p,|BD|=23p,由点A到准线l的距离写出ΔABD的面积,从而求出的值.12.已知函数f(x)=10x−m,x≤12xex−2mx+m,x>12(e是自然对数的底数)在定义域R上有三个零点,则实数m的取值范围是( )A.(e,+∞)B.(e,5]C.(e,5)D.[e,5]【答案】B【知识点】分段函数的应用;函数的零点【解析】【解答】令f(x)=0,则有x>12xex−2mx+m=0或x≤1210x−m=0.当x≤12时,由10x−m=0得:x=m10,至多有一个根.当x>12时,由xex−2mx+m=0得:m=xex2x−1.令y1=xex2x−1,(x>12),则y1′=ex(2x+1)(2x−1)2(x−1).令y1′>0,解得:x>1;令y1′<0,解得:12 12时,有两个根.要使m=xex2x−1有两根,只需m>e.所以只需满足m10≤12m>e,解得:e 12时零点的情况:x≤12时直接解方程;x>12时利用数形结合研究零点的情况.二、填空题13.(x+2x)6的展开式中,x3项的系数是 (用数字作答).【答案】60【知识点】二项式定理的应用【解析】【解答】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r,令6−32r=3,r=2,所以所求系数为22C62=60.点睛:用二项式定理求某一项的系数,首先要掌握二项式定理展开式通项公式:Tr+1=Cnran−rbr(0≤r≤n),解题时,写出通项后把常数与字母了分离,令字母的幂指数为指定幂指数,求得r,代入后可得此项系数.【分析】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r,令6−32r=3,求得r=2,代入即可求解.14.已知数列{an}是等比数列,若2a1=a3a4,且a5是a4与2的等差中项,则q的值是 .【答案】1【知识点】等比数列;等差数列的性质【解析】【解答】由题设2a5=a4+2,而2a1=a3a4=a12q5,显然a1,q≠0,则2=a1q5,所以2a1q4=a1q3+2,故q2−2q+1=0,可得q=1.故答案为:1【分析】由题设可得2a5=a4+2且2=a1q5,结合等比通项公式列方程求公比q即可.15.已知F是双曲线C:x2−y2=1的右焦点,P是C的左支上一点,A(0,2).当△APF周长最小时,该三角形的面积为 .【答案】32【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】若M为左焦点,则|PF|−|PM|=2a=2,而F(2,0),A(0,2),则|AF|=2,由△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4,当且仅当A,P,M三点共线时△APF周长最小,此时|AM|=|PM|+|AP|=2,所以,此时△AFM为腰长为2的等腰直角三角形,令|AP|=x,则|PM|=2−x,故|PF|=4−x,而|AF|=2,在△APF中x2+4=(4−x)2,可得x=32,故三角形的面积为12×2×32=32.故答案为:32【分析】M为左焦点,利用双曲线定义得到△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4,判断其最小时A,P,M的位置关系及△AFM的形状,进而求出△APF的面积.16.如图,AB是半圆O的直径,点C在半圆上运动(不与A,B重合),PA⊥平面ABC,若AB=2,二面角A−BC−P等于60°,则三棱锥P-ABC体积的最大值为 .【答案】89【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用;棱柱、棱锥、棱台的体积;二面角的平面角及求法【解析】【解答】由题设AC⊥BC,又PA⊥平面ABC,BC⊂面ABC,故PA⊥BC,由PA∩AC=A,则BC⊥面PAC,而PC⊂面PAC,故PC⊥BC,所以二面角A−BC−P的平面角∠PCA=60°,若AC=x,则PA=3x,所以BC=4−x2,三棱锥P-ABC体积为V=13PA⋅12AC⋅BC=36×2⋅4−x2,令t=x2∈(0,4),若y=4t2−t3,则y′=8t−3t2=t(8−3t),所以(0,83)上y′>0,(83,4)上y′<0,则y在(0,83)上递增,(83,4)上递减,故ymax=4×649−51227=25627,则Vmax=36×25627=89.故答案为:89.【分析】由线面垂直的性质可得PA⊥BC,再根据线面垂直的判定和性质有PC⊥BC,即可知∠PCA=60°为二面角A−BC−P的平面角,设AC=x及棱锥的体积公式得到关于x的表达式且t=x2∈(0,4),利用导数求最大值即可.三、解答题17.心理学家发现视觉和空间能力与性别有关,某数学兴趣小组为了验证这个结论,从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学,给所有同学几何和代数各一题,让各位同学自由选择一道题进行解答,统计情况如下表:(单位:人) 几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式:P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(1)能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关?(2)现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究,记甲、乙两名女生被抽到的人数为X,求X的分布列及数学期望.【答案】(1)解:由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024,所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.(2)解:由题可知X可能取值为0,1,2,P(X=0)=1528,P(X=1)=1228=37,P(X=2)=128,X012P15281228128故X的分布列为:∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.【知识点】独立性检验;古典概型及其概率计算公式;离散型随机变量及其分布列;离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】(1)计算K2,对照附表做结论;(2)使用组合数公式和古典概型的概率计算公式分别计算X取不同值时的概率,得到X的分布列,求出数学期望.18.a,b,c分别为钝角△ABC内角A,B,C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.(1)求cos(A+π4);(2)若b=2,c>b,求c的取值范围.【答案】(1)因为3acosA=bcosC+ccosB,所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB,即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA,又sinA>0,所以cosA=13,且sinA=223,故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46(2)因为cosA=13>0,所以A为锐角,又c>b,所以C>B,因为△ABC为钝角三角形,所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4,所以a2+b2−c2=8−43c<0,解得c>6.【知识点】两角和与差的余弦公式;两角和与差的正弦公式;余弦定理【解析】【分析】(1)根据正弦定理与三角函数公式将题干式子化简,可求cosA的值,从而求sinA,即可求解cos(A+π4)的值;(2)根据cosA大于0,可得A为锐角,又c>b,可得C为钝角,结给余弦定理即可求解.19.如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,AB=3.再从条件①:BC=5、条件②:AB⊥AA1、条件③:平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知,并作答.(1)求证:AB⊥平面AA1C1C;(2)求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.【答案】(1)证明:选①②:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC,又AB⊥AA1,AC∩AA1=A,AC,AA1⊂面AA1C1C,则AB⊥面AA1C1C;选①③:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C,面ABC∩面AA1C1C=AC,AB⊂面ABC,∴AB⊥平面AA1C1C(2)解:由(1)知:AB⊥AC,AB⊥AA1,又四边形AA1C1C是正方形,则AC⊥AA1,如图,以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,0,4),A1(0,4,0),C1(0,4,4), ∴A1B=(3,−4,0),A1C1=(0,0,4),BC=(−3,0,4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0,即3x−4y=0,4z=0.令y=3,则x=4,z=0,即n=(4,3,0),设直线BC与平面A1BC1所成角为θ,则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225,∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.【知识点】直线与平面平行的判定;平面与平面垂直的性质;用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)根据所选的条件,应用勾股定理易得AB⊥AC,再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可.(2)构建A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,由已知确定相关点坐标,再求直线BC的方向向量、面A1BC1的法向量,进而应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长半轴长为6,过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A,B,|AB|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)直线m是圆O:x2+y2=1的一条切线,且直线m与椭圆C相交于点M,N,求△MON面积的最大值.【答案】(1)解:由题意知:a=6①,2b2a=6②①②联立,解得a2=6,b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1;(2)解:①当直线的斜率不存在时,直线x=1或x=−1,当x=±1时,y=±102,则S△MON=102;②当斜率存在,设直线方程为y=kx+m,设M(x1,y1),N(x2,y2)因为直线与圆相切,则|m|1+k2=1,即m2=1+k2.直线与椭圆联立:y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0,将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立,且x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2,所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1),即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1),所以当1t=1时,S△MON取得最大值,且最大值为2.综上,△MON面积的最大值为2.【知识点】二次函数的性质;椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)根据题意可求出a与b,即可求出椭圆方程;(2)由题意分情况讨论直线m斜率存在与不存在时直线的方程,再求出相应情况下的△MON的面积.即可求出△MON面积的最大值.21.已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1,a∈R.(1)若函数y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=−2x+1,求实数a的值;(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2.(i)求实数a的取值范围;(ii)当0 ma.【答案】(1)解:因为f′(x)=lnx−ax,则f′(1)=−a,又f(1)=−a2,所以在点(1,f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1),即y=−ax+a2,又该切线为y=−2x+1,则−a=−2且a2=1,所以a=2;(2)解:(i)函数f(x)定义域为(0,+∞),因为函数f(x)在(0,+∞)内有两个不同的极值点x1,x2,即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2.设h(x)=lnx−ax,由h′(x)=1−axx,当a≤0时,h′(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,至多只有一个零点;当a>0时,在(0,1a)上h′(x)>0,h(x)单调递增;在(1a,+∞)上h′(x)<0,h(x)单调递减,所以,当x=1a时,f′(x)max=f′(1a)=−lna−1,函数f′(x)有两个零点,则必有f′(x)max>0,即−lna−1>0,解得0 0,故m(x)=x−lnx>0,得证.f′(1)=−a<0,所以f′(x)在(1,1a)和(1a,1a2)上各有一个零点,故f′(x)有两个零点时,a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**),记g(t)=lnt−t−1t+1m<0,t∈(0,1),由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2,令p(t)=t2−2(m−1)t+1,0 ma成立.法2:欲证x1+x2>ma,由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**),记g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0,即g(t)在(0,1)上单调递增,故g(t) ma.【知识点】利用导数研究函数的极值;利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)利用切线方程可得f'(1)=−a=-2,即可求;(2)(i)要使f(x)在定义域内有两个不同极值点x1,x2,需满足f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2,设h(x)=lnx−ax,得h′(x)=1−axx,通过分类讨论参数a≤0、a>0,可求a的取值范围;(ii)法1:由(i)可知x1,x2是h(x)=lnx−ax的两个零点,不防设0 ma即证(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*),令t=x1x2∈(0,1),通过构造g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),结合g'(t)即可求证.证法2方法类同于1,可作参考.22.在直线坐标系xOy中,曲线C1:x=tcosαy=tsinα(t为参数,t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sinθ,C3:ρ=23cosθ.(1)求C2与C3交点的直角坐标;(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值.【答案】(1)解:曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-23x=0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0,解得x=0y=0或x=32y=32,所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和(32,32).(2)解:曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α≤π,因此A的极坐标为(2sinα,α),B的极坐标为(23cosα,α),所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,当α=5π6时,|AB|取得最大值,最大值为4.【知识点】三角函数的化简求值;简单曲线的极坐标方程;点的极坐标和直角坐标的互化【解析】【分析】(1)把极坐标方程化为直角坐标方程,在联立方程,求解即可;(2)由题意可表示出A与B的极坐标,则|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,利用三角函数的知识即可求解.23.设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(Ⅰ)若ab>cd,则a+b>c+d;(Ⅱ)a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件. 【答案】解:(Ⅰ)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(a+b)2>(c+d)2.因此a+b>c+d.(Ⅱ)(ⅰ)若|a−b|<|c−d|,则(a−b)2<(c−d)2.即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,即a+b+2ab>c+d+2cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.【知识点】充要条件;不等式的证明【解析】【分析】(Ⅰ)由(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,根据已知条件,得(a+b)2>(c+d)2,即可证明.(Ⅱ)(ⅰ)由|a−b|<|c−d|,两边平方,再结合已知条件由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)由a+b>c+d,两边平方,结合已知条件得(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,即可证明.
简介:陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1.已知集合A={x|x(2−x)>0},集合B={x|y=x−2}则A∪B=( )A.(-∞,0)∪[2,+∞)B.(0,2]C.(0,2)D.(0,+∞)【答案】D【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={x|x(2−x)〉0}={x|0 0}.故答案为:D.【分析】解二次不等式得集合A;求函数定义域得集合B,再由并集的概念,即可得出结果.2.若z(1+i)=1−i,则z=( )A.1−iB.1+iC.−iD.i【答案】C【知识点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i.故答案为:C【分析】利用复数的除法运算化简即可.3.已知a,b∈(0,1),则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1,+∞)上是增函数的概率为( )A.45B.34C.25D.14【答案】D【知识点】几何概型【解析】【解答】由题设f(x)对称轴为x=2ba,而a,b∈(0,1),函数开口向上,所以f(x)的增区间为[2ba,+∞),故在[1,+∞)上是增函数有0<2ba≤1,综上,0 |AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】先证明充分性:因为点A,B,C不共线,所以|AB+AC|2>|AB−AC|2,化简整理得,AB⋅AC>0,即AB与AC的夹角是锐角,所以充分性成立;再证必要性:因为点A,B,C不共线,且AB与AC的夹角是锐角,所以AB⋅AC>0,所以4AB⋅AC>0,所以2AB⋅AC>−2AB⋅AC,所以|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC,即|AB+AC|2>|AB−AC|2,所以|AB+AC|>|AB−AC|,故必要性成立;故答案为:C.【分析】先证明充分性:因为点A,B,C不共线,所以|AB+AC|2>|AB−AC|2,化简整理得,AB⋅AC>0,即可求解;再证必要性:因为点A,B,C不共线,且AB与AC的夹角是锐角,所以AB⋅AC>0,再得到|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC,合并开方即可求解.6.已知某圆锥的母线长为2,其轴截面为直角三角形,则下列关于该圆锥的说法中错误的是( ) A.圆锥的体积为223πB.圆锥的表面积为22πC.圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D.圆锥的内切球表面积为(24−162)π【答案】B【知识点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台、球);球的体积和表面积【解析】【解答】由题设,底面直径2R=22,故半径为R=2,体高为2,所以圆锥的体积为13×2×π×(2)2=223π,A正确,不符合题意;圆锥的表面积为12×2×22π+π×(2)2=2(2+1)π,B错误,符合题意;底面周长为22π,侧面展开扇形半径为2,故圆心角为22π2=2π,C正确,不符合题意;由轴截面是腰长为2的等腰直角三角形,圆锥的内切球最大截面为其内切圆,所以内切球半径为42+2+22=2−2,故球体表面积为4π×(2−2)2=(24−162)π,D正确,不符合题意.故答案为:B【分析】根据已知条件可得圆锥底面半径为R=2,体高为2,利用圆锥的体积、表面积公式判断A、B;根据侧面展开图及扇形圆心角计算判断C;由圆锥内切球最大截面为其轴截面的内切圆求半径,利用球表面积公式判断D.7.若α∈(0,π2),tan2α=cosα2−sinα,则tanα=( )A.1515B.55C.53D.153【答案】A【知识点】二倍角的正弦公式;二倍角的余弦公式;同角三角函数间的基本关系;同角三角函数基本关系的运用【解析】【解答】解:由题意得tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α=cosα2−sinα,则2sinα2−sinα=1-2sin2α,解得sinα=14,又因为α∈(0,π2),所以cosα=1-sin2α=154所以tanα=sinαcosα=1515故答案为:A【分析】根据二倍角公式,结合同角三角函数基本关系求解即可.8.如图是某届国际数学家大会的会标,现在有4种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为( )A.72B.48C.36D.24【答案】A【知识点】分类加法计数原理;分步乘法计数原理【解析】【解答】由图知:(1,3),(2,4)两组颜色可以相同,若涂4种颜色:(1,3)颜色相同,则4种选一种涂(1,3)有C41,余下3种颜色涂3个区域有A33,共C41A33=24种,同理(2,4)颜色相同也有24种;若涂3种颜色,则(1,3)、(2,4)分别涂相同的颜色,首先4种颜色选3种有C43种,再所选3种中选一种涂5有C31种,余下2种颜色涂(1,3)、(2,4)个区域有A22,共有C43C31A22=24种;综上,共有72种.故答案为:A【分析】分两种涂色方法:涂4种颜色和3种颜色,首先确定可涂相同颜色的区域,再应用分类分步计数求不同的涂色方案数.9.若函数f(x)同时满足:①对于定义域上的任意x,恒有f(x)+f(−x)=0;②对于定义域上的任意x1,x2,当x1≠x2时,恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0,则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中,能被称为“理想函数”的有( )①f(x)=1x,②f(x)=ln(1+x2+x),③f(x)=1−2×1+2x,④f(x)=−x2,x⩾0x2,x<0A.①②B.②③C.③④D.①④【答案】C【知识点】复合函数的单调性;函数奇偶性的性质【解析】【解答】由题设知:“理想函数”为奇函数且定义域内递减,①f(x)=1x为奇函数,但在整个定义域上不单调,不符合;②f(−x)=ln(1+(−x)2−x)=ln(1+x2−x)=−ln(1+x2+x)=−f(x)且定义域为R,即f(x)为奇函数,而由对数复合函数的性质知f(x)在R上递增,不符合;③由f(−x)=1−2−x1+2−x=2x−12x+1=−1−2×1+2x=−f(x)且定义域为R,即f(x)为奇函数,又f(x)=1−2×1+2x=21+2x−1,故f(x) 在R上递减,符合;④由解析式知f(−x)=−f(x)显然成立且在R上递减,符合;综上③④符合.故答案为:C【分析】由“理想函数”为奇函数且定义域内递减,结合各项函数及奇偶性定义、指对函数和分式等函数的性质判断单调性.10.天干地支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支,十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,排列起来,天干在前,地支在后,天干由“甲”起,地支由“子”起,例如,第一年为“甲子”,第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”…,以此类推,排列到“癸酉”后,天干回到“甲”重新开始,即“甲戌”,“乙亥”,然后地支回到“子”重新开始,即“丙子”…,以此类推,今年是壬寅年,也是中国社会主义青年团成立100周年,则中国社会主义青年团成立的那一年是( )A.辛酉年B.辛戎年C.壬酉年D.壬戌年【答案】D【知识点】归纳推理【解析】【解答】由壬寅年,十天干中壬排第9位,十二地支中寅排第3位,而青年团成立100周年,所以100=10×10,则青年团成立的那一年天干为壬;100=12×8+4,则青年团成立的那一年地支为戌;所以中国社会主义青年团成立的那一年是壬戌年.故答案为:D【分析】根据天干、地支的周期性及纪年法推出青年团成立的那一年天干、地支即可.11.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点A为C上一点,以F为圆心,FA为半径的圆交l于B,D两点,若∠BFD=120°,ABD的面积为23,则p=( )A.1B.2C.3D.2【答案】A【知识点】直线与圆的位置关系;抛物线的简单性质【解析】【解答】解:如图所示,因为∠BFD=120°,所以圆的半径为|FA|=|FB|=2p,|BD|=23p,由抛物线定义知,点A到准线l的距离为d=|FA|=2p,所以ΔABD的面积为12|BD|⋅d=2p⋅3p=23,解得p=1.故答案为:A.【分析】根据题意画出图形,结合图形求出|FA|=|FB|=2p,|BD|=23p,由点A到准线l的距离写出ΔABD的面积,从而求出的值.12.已知函数f(x)=10x−m,x≤12xex−2mx+m,x>12(e是自然对数的底数)在定义域R上有三个零点,则实数m的取值范围是( )A.(e,+∞)B.(e,5]C.(e,5)D.[e,5]【答案】B【知识点】分段函数的应用;函数的零点【解析】【解答】令f(x)=0,则有x>12xex−2mx+m=0或x≤1210x−m=0.当x≤12时,由10x−m=0得:x=m10,至多有一个根.当x>12时,由xex−2mx+m=0得:m=xex2x−1.令y1=xex2x−1,(x>12),则y1′=ex(2x+1)(2x−1)2(x−1).令y1′>0,解得:x>1;令y1′<0,解得:12 12时,有两个根.要使m=xex2x−1有两根,只需m>e.所以只需满足m10≤12m>e,解得:e 12时零点的情况:x≤12时直接解方程;x>12时利用数形结合研究零点的情况.二、填空题13.(x+2x)6的展开式中,x3项的系数是 (用数字作答).【答案】60【知识点】二项式定理的应用【解析】【解答】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r,令6−32r=3,r=2,所以所求系数为22C62=60.点睛:用二项式定理求某一项的系数,首先要掌握二项式定理展开式通项公式:Tr+1=Cnran−rbr(0≤r≤n),解题时,写出通项后把常数与字母了分离,令字母的幂指数为指定幂指数,求得r,代入后可得此项系数.【分析】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r,令6−32r=3,求得r=2,代入即可求解.14.已知数列{an}是等比数列,若2a1=a3a4,且a5是a4与2的等差中项,则q的值是 .【答案】1【知识点】等比数列;等差数列的性质【解析】【解答】由题设2a5=a4+2,而2a1=a3a4=a12q5,显然a1,q≠0,则2=a1q5,所以2a1q4=a1q3+2,故q2−2q+1=0,可得q=1.故答案为:1【分析】由题设可得2a5=a4+2且2=a1q5,结合等比通项公式列方程求公比q即可.15.已知F是双曲线C:x2−y2=1的右焦点,P是C的左支上一点,A(0,2).当△APF周长最小时,该三角形的面积为 .【答案】32【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】若M为左焦点,则|PF|−|PM|=2a=2,而F(2,0),A(0,2),则|AF|=2,由△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4,当且仅当A,P,M三点共线时△APF周长最小,此时|AM|=|PM|+|AP|=2,所以,此时△AFM为腰长为2的等腰直角三角形,令|AP|=x,则|PM|=2−x,故|PF|=4−x,而|AF|=2,在△APF中x2+4=(4−x)2,可得x=32,故三角形的面积为12×2×32=32.故答案为:32【分析】M为左焦点,利用双曲线定义得到△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4,判断其最小时A,P,M的位置关系及△AFM的形状,进而求出△APF的面积.16.如图,AB是半圆O的直径,点C在半圆上运动(不与A,B重合),PA⊥平面ABC,若AB=2,二面角A−BC−P等于60°,则三棱锥P-ABC体积的最大值为 .【答案】89【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用;棱柱、棱锥、棱台的体积;二面角的平面角及求法【解析】【解答】由题设AC⊥BC,又PA⊥平面ABC,BC⊂面ABC,故PA⊥BC,由PA∩AC=A,则BC⊥面PAC,而PC⊂面PAC,故PC⊥BC,所以二面角A−BC−P的平面角∠PCA=60°,若AC=x,则PA=3x,所以BC=4−x2,三棱锥P-ABC体积为V=13PA⋅12AC⋅BC=36×2⋅4−x2,令t=x2∈(0,4),若y=4t2−t3,则y′=8t−3t2=t(8−3t),所以(0,83)上y′>0,(83,4)上y′<0,则y在(0,83)上递增,(83,4)上递减,故ymax=4×649−51227=25627,则Vmax=36×25627=89.故答案为:89.【分析】由线面垂直的性质可得PA⊥BC,再根据线面垂直的判定和性质有PC⊥BC,即可知∠PCA=60°为二面角A−BC−P的平面角,设AC=x及棱锥的体积公式得到关于x的表达式且t=x2∈(0,4),利用导数求最大值即可.三、解答题17.心理学家发现视觉和空间能力与性别有关,某数学兴趣小组为了验证这个结论,从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学,给所有同学几何和代数各一题,让各位同学自由选择一道题进行解答,统计情况如下表:(单位:人) 几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式:P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(1)能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关?(2)现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究,记甲、乙两名女生被抽到的人数为X,求X的分布列及数学期望.【答案】(1)解:由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024,所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.(2)解:由题可知X可能取值为0,1,2,P(X=0)=1528,P(X=1)=1228=37,P(X=2)=128,X012P15281228128故X的分布列为:∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.【知识点】独立性检验;古典概型及其概率计算公式;离散型随机变量及其分布列;离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】(1)计算K2,对照附表做结论;(2)使用组合数公式和古典概型的概率计算公式分别计算X取不同值时的概率,得到X的分布列,求出数学期望.18.a,b,c分别为钝角△ABC内角A,B,C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.(1)求cos(A+π4);(2)若b=2,c>b,求c的取值范围.【答案】(1)因为3acosA=bcosC+ccosB,所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB,即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA,又sinA>0,所以cosA=13,且sinA=223,故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46(2)因为cosA=13>0,所以A为锐角,又c>b,所以C>B,因为△ABC为钝角三角形,所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4,所以a2+b2−c2=8−43c<0,解得c>6.【知识点】两角和与差的余弦公式;两角和与差的正弦公式;余弦定理【解析】【分析】(1)根据正弦定理与三角函数公式将题干式子化简,可求cosA的值,从而求sinA,即可求解cos(A+π4)的值;(2)根据cosA大于0,可得A为锐角,又c>b,可得C为钝角,结给余弦定理即可求解.19.如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,AB=3.再从条件①:BC=5、条件②:AB⊥AA1、条件③:平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知,并作答.(1)求证:AB⊥平面AA1C1C;(2)求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.【答案】(1)证明:选①②:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC,又AB⊥AA1,AC∩AA1=A,AC,AA1⊂面AA1C1C,则AB⊥面AA1C1C;选①③:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C,面ABC∩面AA1C1C=AC,AB⊂面ABC,∴AB⊥平面AA1C1C(2)解:由(1)知:AB⊥AC,AB⊥AA1,又四边形AA1C1C是正方形,则AC⊥AA1,如图,以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,0,4),A1(0,4,0),C1(0,4,4), ∴A1B=(3,−4,0),A1C1=(0,0,4),BC=(−3,0,4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0,即3x−4y=0,4z=0.令y=3,则x=4,z=0,即n=(4,3,0),设直线BC与平面A1BC1所成角为θ,则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225,∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.【知识点】直线与平面平行的判定;平面与平面垂直的性质;用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)根据所选的条件,应用勾股定理易得AB⊥AC,再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可.(2)构建A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,由已知确定相关点坐标,再求直线BC的方向向量、面A1BC1的法向量,进而应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长半轴长为6,过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A,B,|AB|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)直线m是圆O:x2+y2=1的一条切线,且直线m与椭圆C相交于点M,N,求△MON面积的最大值.【答案】(1)解:由题意知:a=6①,2b2a=6②①②联立,解得a2=6,b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1;(2)解:①当直线的斜率不存在时,直线x=1或x=−1,当x=±1时,y=±102,则S△MON=102;②当斜率存在,设直线方程为y=kx+m,设M(x1,y1),N(x2,y2)因为直线与圆相切,则|m|1+k2=1,即m2=1+k2.直线与椭圆联立:y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0,将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立,且x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2,所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1),即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1),所以当1t=1时,S△MON取得最大值,且最大值为2.综上,△MON面积的最大值为2.【知识点】二次函数的性质;椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)根据题意可求出a与b,即可求出椭圆方程;(2)由题意分情况讨论直线m斜率存在与不存在时直线的方程,再求出相应情况下的△MON的面积.即可求出△MON面积的最大值.21.已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1,a∈R.(1)若函数y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=−2x+1,求实数a的值;(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2.(i)求实数a的取值范围;(ii)当0 ma.【答案】(1)解:因为f′(x)=lnx−ax,则f′(1)=−a,又f(1)=−a2,所以在点(1,f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1),即y=−ax+a2,又该切线为y=−2x+1,则−a=−2且a2=1,所以a=2;(2)解:(i)函数f(x)定义域为(0,+∞),因为函数f(x)在(0,+∞)内有两个不同的极值点x1,x2,即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2.设h(x)=lnx−ax,由h′(x)=1−axx,当a≤0时,h′(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,至多只有一个零点;当a>0时,在(0,1a)上h′(x)>0,h(x)单调递增;在(1a,+∞)上h′(x)<0,h(x)单调递减,所以,当x=1a时,f′(x)max=f′(1a)=−lna−1,函数f′(x)有两个零点,则必有f′(x)max>0,即−lna−1>0,解得0 0,故m(x)=x−lnx>0,得证.f′(1)=−a<0,所以f′(x)在(1,1a)和(1a,1a2)上各有一个零点,故f′(x)有两个零点时,a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**),记g(t)=lnt−t−1t+1m<0,t∈(0,1),由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2,令p(t)=t2−2(m−1)t+1,0 ma成立.法2:欲证x1+x2>ma,由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**),记g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0,即g(t)在(0,1)上单调递增,故g(t) ma.【知识点】利用导数研究函数的极值;利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)利用切线方程可得f'(1)=−a=-2,即可求;(2)(i)要使f(x)在定义域内有两个不同极值点x1,x2,需满足f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2,设h(x)=lnx−ax,得h′(x)=1−axx,通过分类讨论参数a≤0、a>0,可求a的取值范围;(ii)法1:由(i)可知x1,x2是h(x)=lnx−ax的两个零点,不防设0 ma即证(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*),令t=x1x2∈(0,1),通过构造g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),结合g'(t)即可求证.证法2方法类同于1,可作参考.22.在直线坐标系xOy中,曲线C1:x=tcosαy=tsinα(t为参数,t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sinθ,C3:ρ=23cosθ.(1)求C2与C3交点的直角坐标;(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值.【答案】(1)解:曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-23x=0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0,解得x=0y=0或x=32y=32,所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和(32,32).(2)解:曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α≤π,因此A的极坐标为(2sinα,α),B的极坐标为(23cosα,α),所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,当α=5π6时,|AB|取得最大值,最大值为4.【知识点】三角函数的化简求值;简单曲线的极坐标方程;点的极坐标和直角坐标的互化【解析】【分析】(1)把极坐标方程化为直角坐标方程,在联立方程,求解即可;(2)由题意可表示出A与B的极坐标,则|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,利用三角函数的知识即可求解.23.设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(Ⅰ)若ab>cd,则a+b>c+d;(Ⅱ)a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件. 【答案】解:(Ⅰ)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(a+b)2>(c+d)2.因此a+b>c+d.(Ⅱ)(ⅰ)若|a−b|<|c−d|,则(a−b)2<(c−d)2.即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,即a+b+2ab>c+d+2cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.【知识点】充要条件;不等式的证明【解析】【分析】(Ⅰ)由(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,根据已知条件,得(a+b)2>(c+d)2,即可证明.(Ⅱ)(ⅰ)由|a−b|<|c−d|,两边平方,再结合已知条件由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)由a+b>c+d,两边平方,结合已知条件得(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,即可证明.