天津市和平区2022届高三下学期数学三模试卷及答案

天津市和平区2022届高三下学期数学二模试卷及答案

高三下学期数学二模试卷一、单选题1.已知全集为R,集合A={x∣−2c>bD.b>a>c6.已知圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为332,该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球,则此正四面体的棱长a为(  )A.2B.

高三下学期数学三模试卷一、单选题1.已知全集U={1,2,3,4,5},集合M={1,2},N={3,4},则∁U(M∪N)=(  )A.{5}B.{1,2}C.{3,4}D.{1,2,3,4}2.设{a}是公比为q的等比数列,则“q>1”

简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.已知全集为R,集合A={x∣−2 0时,f(x)<2x2ex⋅e−x=x,排除C故答案为:D【分析】判断函数的奇偶性,可排除A,B;利用基本不等式,可排除C.4.为了研究某药品的疗效,选取若干名志愿者进行临床试验.所有志愿者的舒张压数据(单位:kPa)的分组区间为[12,13),[13,14),[14,15),[15,16),[16,17],将其按从左到右的顺序分别编号为第一组,第二组,…,第五组.如图是根据试验数据制成的频率分布直方图.已知第一组与第二组共有20人,第三组中没有疗效的有6人,则第三组中有疗效的人数为(  )A.6B.8C.12D.18【答案】C【知识点】频率分布直方图【解析】【解答】解:由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人,分布在区间第一组与第二组的频率分别为0.24,0.16,所以第一组有12人,第二组8人,第三组的频率为0.36,所以第三组的人数:18人,第三组中没有疗效的有6人,第三组中有疗效的有12人.故选:C.【分析】由频率=频数样本容量以及直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人的频率,即可求出第三组中有疗效的人数得到答案;5.已知a=30.4,b=log432,c=log550,则a,b,c的大小关系为(  )A.c>b>aB.b>c>aC.a>c>bD.b>a>c 【答案】B【知识点】指数函数的单调性与特殊点;对数的运算性质;对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】a=30.4<312=3b=log432=log4452=52c=log550=log5(52×2)=2+log52因为0=log51 c>a故答案为:B【分析】利用指数函数和对数函数的性质可得答案。6.已知圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为332,该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球,则此正四面体的棱长a为(  )A.2B.322C.3D.92(3−2)【答案】A【知识点】球的体积和表面积【解析】【解答】由题意可知,该四面体内接于圆锥的内切球,设球心为P,球的半径为r,圆锥的底面半径为R,轴截面上球与圆锥母线的切点为Q,圆锥的轴截面如图所示,由已知可得AB=SA=SB=3,所以△SAB为等边三角形,故点P是△SAB的中心,连接BP,则BP平分∠SBA,所以∠PBO=30°,故tan30°=rR,解得r=33R=33×32=32,故正四面体的外接球的半径r=32.又正四面体可以从正方体中截得,如图所示,从图中可以得到,当正四面体的棱长为a时,截得它的正方体的棱长为22a,而正四面体的四个顶点都在正方体上,故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球,所以2r=3AA1=3×22a=62a=3,解得a=2,故答案为:A【分析】先利用四面体内接于圆锥的内切球,由圆锥的轴截面进行分析,求出正四面体的外接球的半径r,再利用正四面体可以从正方体中截得,确定正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球,列式求解即可得答案.7.已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线于A,B两点(异于坐标原点),双曲线的离心率为2,△AOB的面积为64,则抛物线的焦点坐标为(  )A.(2,0)B.(−2,0)C.(4,0)D.(−4,0)【答案】B【知识点】抛物线的简单性质【解析】【解答】因为双曲线的离心率为2,故ca=2,其中c为半焦距,故a2+b2a2=2即a=b,故渐近线的方程为:y=±x,由抛物线、双曲线的对称性可设A(m,−m),B(m,m)(m<0),故S△OAB=12|2m|×|m|=m2=64,故m=−8,所以A(−8,8),所以82=−16p,故p=−4,即抛物线的方程为:y2=−8x,故焦点坐标为:(−2,0).故答案为:B【分析】利用双曲线的离心率求出双曲线的渐近线方程,然后求解A的坐标,利用三角形的面积求出p,即可求解抛物线的焦点坐标.8.函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2 0时,f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对,则a的取值范围是(  )A.(625,+∞)B.(4,64)C.(9,625)D.(9,64)【答案】C【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法;图形的对称性【解析】【解答】先作出函数f(x)在(−∞,0]上的部分图象,再作出f(x)=logax关于原点对称的图象,如图所示,当0 1时,要使函数f(x)关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点,则a>1−loga3>−12−loga5<−14,解得9 0,∴cosB=2sinB>0,∴cosB=255,∴sin(B+π2)=cosB=255.(3)解:由A+C=2B⇒B=π3,∴sinAsinC=cos2B=14,∴a2R⋅c2R=14,由S=43=12acsinB⇒ac=16,∴164R2=14⇒R=4,∴bsinB=2R=8⇒b=43.【知识点】正弦定理;余弦定理【解析】【分析】(1)由余弦定理可求出c的值;(2)由sinAa=cosB2b利用正弦定理可得cosB2b=sinBb,再利用同角三角函数基本关系求出sinB,cosB,再利用诱导公式可求出sin(B+π2)的值;(3)由已知利用正弦定理、三角形的面积公式即可求出b的值.17.如图,在四棱台ABCD−A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,∠ABC=60∘,AA1=A1B1=12AB=1,AA1⊥平面ABCD.(1)若点M是AD的中点,求证:C1M//平面ABB1A1(2)求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值;(3)棱BC上存在点E,使得CE=1−32,求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.【答案】(1)证明:取BC的中点为N,连接C1N,NM,在菱形ABCD中,因为BN=NC,AM=MD,则MN//AB,而MN⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,故MN//平面ABB1A1,由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC,而A1B1=12AB,故C1B1=12CB,故C1B1=NB,故四边形C1B1BN为平行四边形,故C1N//BB1,而C1N⊄平面ABB1A1,B1B⊂平面ABB1A1,故C1N//平面ABB1A1,因为C1N∩MN=N,C1N⊂平面C1MN,MN⊂平面C1MN,故平面C1MN//平面ABB1A1,而C1M⊂平面C1MN,故C1M//平面ABB1A1.(2)解:在平面ABCD中,过A作AD的垂线,与BC交于S,因为AA1⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,故AA1⊥AD,同理AA1⊥AS,故可建立如图所示的空间直角坐标系,故A(0,0,0),A1(0,0,1),D(0,2,0),C(3,1,0),B(3,−1,0),B1(32,−12,1),D1(0,1,1),故M(0,1,0),BC=(0,2,0),所以B1C1=(0,1,0),所以C1(32,12,1),故C1M=(−32,12,−1),而平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),设直线C1M与平面AD1D所成的角为α,则sinα=|cos〈C1M,n〉|=321×2=64.(3)解:由|CE|=1−32可得E(3,32,0),故AE=(3,32,0),而AD1=(0,1,1),设平面AED1的法向量为m=(x,y,z),则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0,取x=1,则y=−2,z=2,故m=(1,−2,2),结合(2)的平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0), 故cos =11×3=13,设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β,则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.【知识点】直线与平面平行的判定;用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)利用面面平行证明线面平行即可;(2)以A为原点建立空间直角坐标系,利用法向量计算线面所成角的余弦值;(3)结合(2)中的计算,利用法向量计算平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18.已知点M是椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为椭圆C的上、下焦点,|F1F2|=4,当∠F1MF2=90°,△F1MF2的面积为5.(1)求椭圆C的方程:(2)设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A,B,是否存在直线l,使得△OAF2与△OBF1(O是坐标原点)的面积比值为5:7.若存在,求出直线l的方程:若不存在,说明理由.【答案】(1)解:由|F1F2|=4=2c⇒c=2,由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10,∠F1MF2=90∘,故|MF1|2+|MF2|2=16,∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36,∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3,∴b2=a2−c2=5,即椭圆的标准方程为y29+x25=1.(2)解:假设满足条件的直线l存在,当直线l的斜率不存在时,不合题意,不妨设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),显然x1x2<0,联立y=kx−2y29+x25=1,得(5k2+9)x2−20kx−25=0,所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2),因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|,S△OBF1=12⋅c⋅|x2|,得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57,即x1=−57×2(3),由(1),(3),得x2=70k5k2+9(4),将(1)(4)代入(3)得k2=115⇒k=±1515,所以直线l的方程为y=±1515x−2,故存在直线l,使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5:7.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)通过椭圆的焦距求解c,结合三角形的面积推出a,得到b,然后求解椭圆C的标准方程;(2)设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线与椭圆方程,利用韦达定理,结合三角形的面积,转化求解直线的斜率,求出直线l的方程.19.已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12,且満足1bn−1bn−1=1(n>2,n∈N∗)(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足cn=1bn,n为奇数an,n为偶数;求i=1nci(3)Tn=i=1nai2,数列{anTn}的前n项和为Rn,求证:34(1−12n+1−1)≤R<1.【答案】(1)解:∵Sn=2an−2(n∈N∗),∴n=1时a1=2,∵n≥2时,Sn−1=2an−1−2,∴an=2an−2an−1,即an=2an−1,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n,由题可知,{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,∴1bn=2+(n−1)=n+1,∴bn=1n+1.(2)解:cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,(i)n为偶数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1),(ii)n为奇数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1) =n2+4n+34+43(2n−1−1),i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1),n为奇数n2+2n4+43(2n−1),n为偶数(3)证明:∵an2=(2n)2=4n,Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1),∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1,(i)右式证明:anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n,∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明:anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.【知识点】数列的求和;数列递推式;反证法与放缩法【解析】【分析】(1)由an与Sn的关系可得{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,由此可得数列{an}的通项公式,由{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,由此可得数列{bn}的通项公式;(2)cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,然后分n为偶数及奇数分组求和即可;(3)anTn=34×2n4n−1,然后利用放缩法分别证明左边和右边即可.20.设a,b为实数,且a>1,已知函数g(x)=ax,ℎ(x)=bx−e2(x∈R).(1)当a=e时,曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2,求b的值;(2)求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间:(3)若对任意b>2e2,函数f(x)=g(x)−ℎ(x))有两个不同的零点,求a的取值范围.【答案】(1)解:设切点坐标(x0,ex0),g′(x0)=ex0,切线方程为y−ex0=ex0(x−x0),即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e,∴b=e.(2)解:∵f(x)=ax−bx+e2,∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0,即axlna>b,又∵a>1,∴lna>0,所以不等式化为ax>blna,当b≤0时,不等式恒成立,f′(x)≥0,f(x)在R上单调递增,f(x)单调递增区间为(−∞,+∞),无单调递减区间.当b>0时,ax>blna解集为x>loga(blna),∴x∈(loga(blna),+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(−∞,loga(blna))时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上,b≤0时,f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞),b>0时,f(x)的单调递增区间为(loga(blna),+∞),f(x)的单调递减区间为(−∞,loga(blna)).(3)解:∵函数有两个不同的零点,∴f(logablna)<0,即alogablna−blogablna+e2<0,∴alogablna−blnblnalna+e2<0,即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,∵m′(t)=−lnt,∴当t>1时,m′(t)<0,∴m(t)在(1,+∞)单调递减;当t<1时,m′(t)>0,∴m(t)在(0,1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0,∴当且仅当t>e2时,m(t)<0,即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立,∴lna≤2⇒a≤e2,∴a∈(1,e2].【知识点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)设切点坐标(x0,ex0),写出过切点的切线方程,可得ex0=b−ex0x0+ex0=0,由此求得b值;(2)f(x)=ax−bx+e2,求其导函数,然后对b分类即可求得函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间;(3)函数有两个不同的零点,可得f(logablna)<0,即alogablna−blnblnalna+e2<0,即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,利用导数研究单调性,可得blna>e2⇒b>e2lnab>2e2从而求得实数a的取值范围.
简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.已知全集为R,集合A={x∣−2 0时,f(x)<2x2ex⋅e−x=x,排除C故答案为:D【分析】判断函数的奇偶性,可排除A,B;利用基本不等式,可排除C.4.为了研究某药品的疗效,选取若干名志愿者进行临床试验.所有志愿者的舒张压数据(单位:kPa)的分组区间为[12,13),[13,14),[14,15),[15,16),[16,17],将其按从左到右的顺序分别编号为第一组,第二组,…,第五组.如图是根据试验数据制成的频率分布直方图.已知第一组与第二组共有20人,第三组中没有疗效的有6人,则第三组中有疗效的人数为(  )A.6B.8C.12D.18【答案】C【知识点】频率分布直方图【解析】【解答】解:由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人,分布在区间第一组与第二组的频率分别为0.24,0.16,所以第一组有12人,第二组8人,第三组的频率为0.36,所以第三组的人数:18人,第三组中没有疗效的有6人,第三组中有疗效的有12人.故选:C.【分析】由频率=频数样本容量以及直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人的频率,即可求出第三组中有疗效的人数得到答案;5.已知a=30.4,b=log432,c=log550,则a,b,c的大小关系为(  )A.c>b>aB.b>c>aC.a>c>bD.b>a>c 【答案】B【知识点】指数函数的单调性与特殊点;对数的运算性质;对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】a=30.4<312=3b=log432=log4452=52c=log550=log5(52×2)=2+log52因为0=log51 c>a故答案为:B【分析】利用指数函数和对数函数的性质可得答案。6.已知圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为332,该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球,则此正四面体的棱长a为(  )A.2B.322C.3D.92(3−2)【答案】A【知识点】球的体积和表面积【解析】【解答】由题意可知,该四面体内接于圆锥的内切球,设球心为P,球的半径为r,圆锥的底面半径为R,轴截面上球与圆锥母线的切点为Q,圆锥的轴截面如图所示,由已知可得AB=SA=SB=3,所以△SAB为等边三角形,故点P是△SAB的中心,连接BP,则BP平分∠SBA,所以∠PBO=30°,故tan30°=rR,解得r=33R=33×32=32,故正四面体的外接球的半径r=32.又正四面体可以从正方体中截得,如图所示,从图中可以得到,当正四面体的棱长为a时,截得它的正方体的棱长为22a,而正四面体的四个顶点都在正方体上,故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球,所以2r=3AA1=3×22a=62a=3,解得a=2,故答案为:A【分析】先利用四面体内接于圆锥的内切球,由圆锥的轴截面进行分析,求出正四面体的外接球的半径r,再利用正四面体可以从正方体中截得,确定正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球,列式求解即可得答案.7.已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线于A,B两点(异于坐标原点),双曲线的离心率为2,△AOB的面积为64,则抛物线的焦点坐标为(  )A.(2,0)B.(−2,0)C.(4,0)D.(−4,0)【答案】B【知识点】抛物线的简单性质【解析】【解答】因为双曲线的离心率为2,故ca=2,其中c为半焦距,故a2+b2a2=2即a=b,故渐近线的方程为:y=±x,由抛物线、双曲线的对称性可设A(m,−m),B(m,m)(m<0),故S△OAB=12|2m|×|m|=m2=64,故m=−8,所以A(−8,8),所以82=−16p,故p=−4,即抛物线的方程为:y2=−8x,故焦点坐标为:(−2,0).故答案为:B【分析】利用双曲线的离心率求出双曲线的渐近线方程,然后求解A的坐标,利用三角形的面积求出p,即可求解抛物线的焦点坐标.8.函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2 0时,f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对,则a的取值范围是(  )A.(625,+∞)B.(4,64)C.(9,625)D.(9,64)【答案】C【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法;图形的对称性【解析】【解答】先作出函数f(x)在(−∞,0]上的部分图象,再作出f(x)=logax关于原点对称的图象,如图所示,当0 1时,要使函数f(x)关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点,则a>1−loga3>−12−loga5<−14,解得9 0,∴cosB=2sinB>0,∴cosB=255,∴sin(B+π2)=cosB=255.(3)解:由A+C=2B⇒B=π3,∴sinAsinC=cos2B=14,∴a2R⋅c2R=14,由S=43=12acsinB⇒ac=16,∴164R2=14⇒R=4,∴bsinB=2R=8⇒b=43.【知识点】正弦定理;余弦定理【解析】【分析】(1)由余弦定理可求出c的值;(2)由sinAa=cosB2b利用正弦定理可得cosB2b=sinBb,再利用同角三角函数基本关系求出sinB,cosB,再利用诱导公式可求出sin(B+π2)的值;(3)由已知利用正弦定理、三角形的面积公式即可求出b的值.17.如图,在四棱台ABCD−A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,∠ABC=60∘,AA1=A1B1=12AB=1,AA1⊥平面ABCD.(1)若点M是AD的中点,求证:C1M//平面ABB1A1(2)求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值;(3)棱BC上存在点E,使得CE=1−32,求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.【答案】(1)证明:取BC的中点为N,连接C1N,NM,在菱形ABCD中,因为BN=NC,AM=MD,则MN//AB,而MN⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,故MN//平面ABB1A1,由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC,而A1B1=12AB,故C1B1=12CB,故C1B1=NB,故四边形C1B1BN为平行四边形,故C1N//BB1,而C1N⊄平面ABB1A1,B1B⊂平面ABB1A1,故C1N//平面ABB1A1,因为C1N∩MN=N,C1N⊂平面C1MN,MN⊂平面C1MN,故平面C1MN//平面ABB1A1,而C1M⊂平面C1MN,故C1M//平面ABB1A1.(2)解:在平面ABCD中,过A作AD的垂线,与BC交于S,因为AA1⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,故AA1⊥AD,同理AA1⊥AS,故可建立如图所示的空间直角坐标系,故A(0,0,0),A1(0,0,1),D(0,2,0),C(3,1,0),B(3,−1,0),B1(32,−12,1),D1(0,1,1),故M(0,1,0),BC=(0,2,0),所以B1C1=(0,1,0),所以C1(32,12,1),故C1M=(−32,12,−1),而平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),设直线C1M与平面AD1D所成的角为α,则sinα=|cos〈C1M,n〉|=321×2=64.(3)解:由|CE|=1−32可得E(3,32,0),故AE=(3,32,0),而AD1=(0,1,1),设平面AED1的法向量为m=(x,y,z),则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0,取x=1,则y=−2,z=2,故m=(1,−2,2),结合(2)的平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0), 故cos =11×3=13,设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β,则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.【知识点】直线与平面平行的判定;用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)利用面面平行证明线面平行即可;(2)以A为原点建立空间直角坐标系,利用法向量计算线面所成角的余弦值;(3)结合(2)中的计算,利用法向量计算平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18.已知点M是椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为椭圆C的上、下焦点,|F1F2|=4,当∠F1MF2=90°,△F1MF2的面积为5.(1)求椭圆C的方程:(2)设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A,B,是否存在直线l,使得△OAF2与△OBF1(O是坐标原点)的面积比值为5:7.若存在,求出直线l的方程:若不存在,说明理由.【答案】(1)解:由|F1F2|=4=2c⇒c=2,由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10,∠F1MF2=90∘,故|MF1|2+|MF2|2=16,∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36,∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3,∴b2=a2−c2=5,即椭圆的标准方程为y29+x25=1.(2)解:假设满足条件的直线l存在,当直线l的斜率不存在时,不合题意,不妨设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),显然x1x2<0,联立y=kx−2y29+x25=1,得(5k2+9)x2−20kx−25=0,所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2),因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|,S△OBF1=12⋅c⋅|x2|,得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57,即x1=−57×2(3),由(1),(3),得x2=70k5k2+9(4),将(1)(4)代入(3)得k2=115⇒k=±1515,所以直线l的方程为y=±1515x−2,故存在直线l,使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5:7.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)通过椭圆的焦距求解c,结合三角形的面积推出a,得到b,然后求解椭圆C的标准方程;(2)设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线与椭圆方程,利用韦达定理,结合三角形的面积,转化求解直线的斜率,求出直线l的方程.19.已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12,且満足1bn−1bn−1=1(n>2,n∈N∗)(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足cn=1bn,n为奇数an,n为偶数;求i=1nci(3)Tn=i=1nai2,数列{anTn}的前n项和为Rn,求证:34(1−12n+1−1)≤R<1.【答案】(1)解:∵Sn=2an−2(n∈N∗),∴n=1时a1=2,∵n≥2时,Sn−1=2an−1−2,∴an=2an−2an−1,即an=2an−1,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n,由题可知,{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,∴1bn=2+(n−1)=n+1,∴bn=1n+1.(2)解:cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,(i)n为偶数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1),(ii)n为奇数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1) =n2+4n+34+43(2n−1−1),i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1),n为奇数n2+2n4+43(2n−1),n为偶数(3)证明:∵an2=(2n)2=4n,Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1),∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1,(i)右式证明:anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n,∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明:anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.【知识点】数列的求和;数列递推式;反证法与放缩法【解析】【分析】(1)由an与Sn的关系可得{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,由此可得数列{an}的通项公式,由{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,由此可得数列{bn}的通项公式;(2)cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,然后分n为偶数及奇数分组求和即可;(3)anTn=34×2n4n−1,然后利用放缩法分别证明左边和右边即可.20.设a,b为实数,且a>1,已知函数g(x)=ax,ℎ(x)=bx−e2(x∈R).(1)当a=e时,曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2,求b的值;(2)求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间:(3)若对任意b>2e2,函数f(x)=g(x)−ℎ(x))有两个不同的零点,求a的取值范围.【答案】(1)解:设切点坐标(x0,ex0),g′(x0)=ex0,切线方程为y−ex0=ex0(x−x0),即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e,∴b=e.(2)解:∵f(x)=ax−bx+e2,∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0,即axlna>b,又∵a>1,∴lna>0,所以不等式化为ax>blna,当b≤0时,不等式恒成立,f′(x)≥0,f(x)在R上单调递增,f(x)单调递增区间为(−∞,+∞),无单调递减区间.当b>0时,ax>blna解集为x>loga(blna),∴x∈(loga(blna),+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(−∞,loga(blna))时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上,b≤0时,f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞),b>0时,f(x)的单调递增区间为(loga(blna),+∞),f(x)的单调递减区间为(−∞,loga(blna)).(3)解:∵函数有两个不同的零点,∴f(logablna)<0,即alogablna−blogablna+e2<0,∴alogablna−blnblnalna+e2<0,即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,∵m′(t)=−lnt,∴当t>1时,m′(t)<0,∴m(t)在(1,+∞)单调递减;当t<1时,m′(t)>0,∴m(t)在(0,1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0,∴当且仅当t>e2时,m(t)<0,即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立,∴lna≤2⇒a≤e2,∴a∈(1,e2].【知识点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)设切点坐标(x0,ex0),写出过切点的切线方程,可得ex0=b−ex0x0+ex0=0,由此求得b值;(2)f(x)=ax−bx+e2,求其导函数,然后对b分类即可求得函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间;(3)函数有两个不同的零点,可得f(logablna)<0,即alogablna−blnblnalna+e2<0,即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,利用导数研究单调性,可得blna>e2⇒b>e2lnab>2e2从而求得实数a的取值范围.
简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.已知全集为R,集合A={x∣−2 0时,f(x)<2x2ex⋅e−x=x,排除C故答案为:D【分析】判断函数的奇偶性,可排除A,B;利用基本不等式,可排除C.4.为了研究某药品的疗效,选取若干名志愿者进行临床试验.所有志愿者的舒张压数据(单位:kPa)的分组区间为[12,13),[13,14),[14,15),[15,16),[16,17],将其按从左到右的顺序分别编号为第一组,第二组,…,第五组.如图是根据试验数据制成的频率分布直方图.已知第一组与第二组共有20人,第三组中没有疗效的有6人,则第三组中有疗效的人数为(  )A.6B.8C.12D.18【答案】C【知识点】频率分布直方图【解析】【解答】解:由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人,分布在区间第一组与第二组的频率分别为0.24,0.16,所以第一组有12人,第二组8人,第三组的频率为0.36,所以第三组的人数:18人,第三组中没有疗效的有6人,第三组中有疗效的有12人.故选:C.【分析】由频率=频数样本容量以及直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人的频率,即可求出第三组中有疗效的人数得到答案;5.已知a=30.4,b=log432,c=log550,则a,b,c的大小关系为(  )A.c>b>aB.b>c>aC.a>c>bD.b>a>c 【答案】B【知识点】指数函数的单调性与特殊点;对数的运算性质;对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】a=30.4<312=3b=log432=log4452=52c=log550=log5(52×2)=2+log52因为0=log51 c>a故答案为:B【分析】利用指数函数和对数函数的性质可得答案。6.已知圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为332,该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球,则此正四面体的棱长a为(  )A.2B.322C.3D.92(3−2)【答案】A【知识点】球的体积和表面积【解析】【解答】由题意可知,该四面体内接于圆锥的内切球,设球心为P,球的半径为r,圆锥的底面半径为R,轴截面上球与圆锥母线的切点为Q,圆锥的轴截面如图所示,由已知可得AB=SA=SB=3,所以△SAB为等边三角形,故点P是△SAB的中心,连接BP,则BP平分∠SBA,所以∠PBO=30°,故tan30°=rR,解得r=33R=33×32=32,故正四面体的外接球的半径r=32.又正四面体可以从正方体中截得,如图所示,从图中可以得到,当正四面体的棱长为a时,截得它的正方体的棱长为22a,而正四面体的四个顶点都在正方体上,故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球,所以2r=3AA1=3×22a=62a=3,解得a=2,故答案为:A【分析】先利用四面体内接于圆锥的内切球,由圆锥的轴截面进行分析,求出正四面体的外接球的半径r,再利用正四面体可以从正方体中截得,确定正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球,列式求解即可得答案.7.已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线于A,B两点(异于坐标原点),双曲线的离心率为2,△AOB的面积为64,则抛物线的焦点坐标为(  )A.(2,0)B.(−2,0)C.(4,0)D.(−4,0)【答案】B【知识点】抛物线的简单性质【解析】【解答】因为双曲线的离心率为2,故ca=2,其中c为半焦距,故a2+b2a2=2即a=b,故渐近线的方程为:y=±x,由抛物线、双曲线的对称性可设A(m,−m),B(m,m)(m<0),故S△OAB=12|2m|×|m|=m2=64,故m=−8,所以A(−8,8),所以82=−16p,故p=−4,即抛物线的方程为:y2=−8x,故焦点坐标为:(−2,0).故答案为:B【分析】利用双曲线的离心率求出双曲线的渐近线方程,然后求解A的坐标,利用三角形的面积求出p,即可求解抛物线的焦点坐标.8.函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2 0时,f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对,则a的取值范围是(  )A.(625,+∞)B.(4,64)C.(9,625)D.(9,64)【答案】C【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法;图形的对称性【解析】【解答】先作出函数f(x)在(−∞,0]上的部分图象,再作出f(x)=logax关于原点对称的图象,如图所示,当0 1时,要使函数f(x)关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点,则a>1−loga3>−12−loga5<−14,解得9 0,∴cosB=2sinB>0,∴cosB=255,∴sin(B+π2)=cosB=255.(3)解:由A+C=2B⇒B=π3,∴sinAsinC=cos2B=14,∴a2R⋅c2R=14,由S=43=12acsinB⇒ac=16,∴164R2=14⇒R=4,∴bsinB=2R=8⇒b=43.【知识点】正弦定理;余弦定理【解析】【分析】(1)由余弦定理可求出c的值;(2)由sinAa=cosB2b利用正弦定理可得cosB2b=sinBb,再利用同角三角函数基本关系求出sinB,cosB,再利用诱导公式可求出sin(B+π2)的值;(3)由已知利用正弦定理、三角形的面积公式即可求出b的值.17.如图,在四棱台ABCD−A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,∠ABC=60∘,AA1=A1B1=12AB=1,AA1⊥平面ABCD.(1)若点M是AD的中点,求证:C1M//平面ABB1A1(2)求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值;(3)棱BC上存在点E,使得CE=1−32,求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.【答案】(1)证明:取BC的中点为N,连接C1N,NM,在菱形ABCD中,因为BN=NC,AM=MD,则MN//AB,而MN⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,故MN//平面ABB1A1,由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC,而A1B1=12AB,故C1B1=12CB,故C1B1=NB,故四边形C1B1BN为平行四边形,故C1N//BB1,而C1N⊄平面ABB1A1,B1B⊂平面ABB1A1,故C1N//平面ABB1A1,因为C1N∩MN=N,C1N⊂平面C1MN,MN⊂平面C1MN,故平面C1MN//平面ABB1A1,而C1M⊂平面C1MN,故C1M//平面ABB1A1.(2)解:在平面ABCD中,过A作AD的垂线,与BC交于S,因为AA1⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,故AA1⊥AD,同理AA1⊥AS,故可建立如图所示的空间直角坐标系,故A(0,0,0),A1(0,0,1),D(0,2,0),C(3,1,0),B(3,−1,0),B1(32,−12,1),D1(0,1,1),故M(0,1,0),BC=(0,2,0),所以B1C1=(0,1,0),所以C1(32,12,1),故C1M=(−32,12,−1),而平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),设直线C1M与平面AD1D所成的角为α,则sinα=|cos〈C1M,n〉|=321×2=64.(3)解:由|CE|=1−32可得E(3,32,0),故AE=(3,32,0),而AD1=(0,1,1),设平面AED1的法向量为m=(x,y,z),则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0,取x=1,则y=−2,z=2,故m=(1,−2,2),结合(2)的平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0), 故cos =11×3=13,设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β,则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.【知识点】直线与平面平行的判定;用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)利用面面平行证明线面平行即可;(2)以A为原点建立空间直角坐标系,利用法向量计算线面所成角的余弦值;(3)结合(2)中的计算,利用法向量计算平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18.已知点M是椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为椭圆C的上、下焦点,|F1F2|=4,当∠F1MF2=90°,△F1MF2的面积为5.(1)求椭圆C的方程:(2)设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A,B,是否存在直线l,使得△OAF2与△OBF1(O是坐标原点)的面积比值为5:7.若存在,求出直线l的方程:若不存在,说明理由.【答案】(1)解:由|F1F2|=4=2c⇒c=2,由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10,∠F1MF2=90∘,故|MF1|2+|MF2|2=16,∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36,∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3,∴b2=a2−c2=5,即椭圆的标准方程为y29+x25=1.(2)解:假设满足条件的直线l存在,当直线l的斜率不存在时,不合题意,不妨设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),显然x1x2<0,联立y=kx−2y29+x25=1,得(5k2+9)x2−20kx−25=0,所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2),因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|,S△OBF1=12⋅c⋅|x2|,得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57,即x1=−57×2(3),由(1),(3),得x2=70k5k2+9(4),将(1)(4)代入(3)得k2=115⇒k=±1515,所以直线l的方程为y=±1515x−2,故存在直线l,使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5:7.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)通过椭圆的焦距求解c,结合三角形的面积推出a,得到b,然后求解椭圆C的标准方程;(2)设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线与椭圆方程,利用韦达定理,结合三角形的面积,转化求解直线的斜率,求出直线l的方程.19.已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12,且満足1bn−1bn−1=1(n>2,n∈N∗)(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足cn=1bn,n为奇数an,n为偶数;求i=1nci(3)Tn=i=1nai2,数列{anTn}的前n项和为Rn,求证:34(1−12n+1−1)≤R<1.【答案】(1)解:∵Sn=2an−2(n∈N∗),∴n=1时a1=2,∵n≥2时,Sn−1=2an−1−2,∴an=2an−2an−1,即an=2an−1,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n,由题可知,{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,∴1bn=2+(n−1)=n+1,∴bn=1n+1.(2)解:cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,(i)n为偶数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1),(ii)n为奇数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1) =n2+4n+34+43(2n−1−1),i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1),n为奇数n2+2n4+43(2n−1),n为偶数(3)证明:∵an2=(2n)2=4n,Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1),∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1,(i)右式证明:anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n,∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明:anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.【知识点】数列的求和;数列递推式;反证法与放缩法【解析】【分析】(1)由an与Sn的关系可得{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,由此可得数列{an}的通项公式,由{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,由此可得数列{bn}的通项公式;(2)cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,然后分n为偶数及奇数分组求和即可;(3)anTn=34×2n4n−1,然后利用放缩法分别证明左边和右边即可.20.设a,b为实数,且a>1,已知函数g(x)=ax,ℎ(x)=bx−e2(x∈R).(1)当a=e时,曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2,求b的值;(2)求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间:(3)若对任意b>2e2,函数f(x)=g(x)−ℎ(x))有两个不同的零点,求a的取值范围.【答案】(1)解:设切点坐标(x0,ex0),g′(x0)=ex0,切线方程为y−ex0=ex0(x−x0),即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e,∴b=e.(2)解:∵f(x)=ax−bx+e2,∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0,即axlna>b,又∵a>1,∴lna>0,所以不等式化为ax>blna,当b≤0时,不等式恒成立,f′(x)≥0,f(x)在R上单调递增,f(x)单调递增区间为(−∞,+∞),无单调递减区间.当b>0时,ax>blna解集为x>loga(blna),∴x∈(loga(blna),+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(−∞,loga(blna))时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上,b≤0时,f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞),b>0时,f(x)的单调递增区间为(loga(blna),+∞),f(x)的单调递减区间为(−∞,loga(blna)).(3)解:∵函数有两个不同的零点,∴f(logablna)<0,即alogablna−blogablna+e2<0,∴alogablna−blnblnalna+e2<0,即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,∵m′(t)=−lnt,∴当t>1时,m′(t)<0,∴m(t)在(1,+∞)单调递减;当t<1时,m′(t)>0,∴m(t)在(0,1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0,∴当且仅当t>e2时,m(t)<0,即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立,∴lna≤2⇒a≤e2,∴a∈(1,e2].【知识点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)设切点坐标(x0,ex0),写出过切点的切线方程,可得ex0=b−ex0x0+ex0=0,由此求得b值;(2)f(x)=ax−bx+e2,求其导函数,然后对b分类即可求得函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间;(3)函数有两个不同的零点,可得f(logablna)<0,即alogablna−blnblnalna+e2<0,即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,利用导数研究单调性,可得blna>e2⇒b>e2lnab>2e2从而求得实数a的取值范围.
简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.已知全集为R,集合A={x∣−2 0时,f(x)<2x2ex⋅e−x=x,排除C故答案为:D【分析】判断函数的奇偶性,可排除A,B;利用基本不等式,可排除C.4.为了研究某药品的疗效,选取若干名志愿者进行临床试验.所有志愿者的舒张压数据(单位:kPa)的分组区间为[12,13),[13,14),[14,15),[15,16),[16,17],将其按从左到右的顺序分别编号为第一组,第二组,…,第五组.如图是根据试验数据制成的频率分布直方图.已知第一组与第二组共有20人,第三组中没有疗效的有6人,则第三组中有疗效的人数为(  )A.6B.8C.12D.18【答案】C【知识点】频率分布直方图【解析】【解答】解:由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人,分布在区间第一组与第二组的频率分别为0.24,0.16,所以第一组有12人,第二组8人,第三组的频率为0.36,所以第三组的人数:18人,第三组中没有疗效的有6人,第三组中有疗效的有12人.故选:C.【分析】由频率=频数样本容量以及直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人的频率,即可求出第三组中有疗效的人数得到答案;5.已知a=30.4,b=log432,c=log550,则a,b,c的大小关系为(  )A.c>b>aB.b>c>aC.a>c>bD.b>a>c 【答案】B【知识点】指数函数的单调性与特殊点;对数的运算性质;对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】a=30.4<312=3b=log432=log4452=52c=log550=log5(52×2)=2+log52因为0=log51 c>a故答案为:B【分析】利用指数函数和对数函数的性质可得答案。6.已知圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为332,该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球,则此正四面体的棱长a为(  )A.2B.322C.3D.92(3−2)【答案】A【知识点】球的体积和表面积【解析】【解答】由题意可知,该四面体内接于圆锥的内切球,设球心为P,球的半径为r,圆锥的底面半径为R,轴截面上球与圆锥母线的切点为Q,圆锥的轴截面如图所示,由已知可得AB=SA=SB=3,所以△SAB为等边三角形,故点P是△SAB的中心,连接BP,则BP平分∠SBA,所以∠PBO=30°,故tan30°=rR,解得r=33R=33×32=32,故正四面体的外接球的半径r=32.又正四面体可以从正方体中截得,如图所示,从图中可以得到,当正四面体的棱长为a时,截得它的正方体的棱长为22a,而正四面体的四个顶点都在正方体上,故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球,所以2r=3AA1=3×22a=62a=3,解得a=2,故答案为:A【分析】先利用四面体内接于圆锥的内切球,由圆锥的轴截面进行分析,求出正四面体的外接球的半径r,再利用正四面体可以从正方体中截得,确定正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球,列式求解即可得答案.7.已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线于A,B两点(异于坐标原点),双曲线的离心率为2,△AOB的面积为64,则抛物线的焦点坐标为(  )A.(2,0)B.(−2,0)C.(4,0)D.(−4,0)【答案】B【知识点】抛物线的简单性质【解析】【解答】因为双曲线的离心率为2,故ca=2,其中c为半焦距,故a2+b2a2=2即a=b,故渐近线的方程为:y=±x,由抛物线、双曲线的对称性可设A(m,−m),B(m,m)(m<0),故S△OAB=12|2m|×|m|=m2=64,故m=−8,所以A(−8,8),所以82=−16p,故p=−4,即抛物线的方程为:y2=−8x,故焦点坐标为:(−2,0).故答案为:B【分析】利用双曲线的离心率求出双曲线的渐近线方程,然后求解A的坐标,利用三角形的面积求出p,即可求解抛物线的焦点坐标.8.函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2 0时,f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对,则a的取值范围是(  )A.(625,+∞)B.(4,64)C.(9,625)D.(9,64)【答案】C【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法;图形的对称性【解析】【解答】先作出函数f(x)在(−∞,0]上的部分图象,再作出f(x)=logax关于原点对称的图象,如图所示,当0 1时,要使函数f(x)关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点,则a>1−loga3>−12−loga5<−14,解得9 0,∴cosB=2sinB>0,∴cosB=255,∴sin(B+π2)=cosB=255.(3)解:由A+C=2B⇒B=π3,∴sinAsinC=cos2B=14,∴a2R⋅c2R=14,由S=43=12acsinB⇒ac=16,∴164R2=14⇒R=4,∴bsinB=2R=8⇒b=43.【知识点】正弦定理;余弦定理【解析】【分析】(1)由余弦定理可求出c的值;(2)由sinAa=cosB2b利用正弦定理可得cosB2b=sinBb,再利用同角三角函数基本关系求出sinB,cosB,再利用诱导公式可求出sin(B+π2)的值;(3)由已知利用正弦定理、三角形的面积公式即可求出b的值.17.如图,在四棱台ABCD−A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,∠ABC=60∘,AA1=A1B1=12AB=1,AA1⊥平面ABCD.(1)若点M是AD的中点,求证:C1M//平面ABB1A1(2)求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值;(3)棱BC上存在点E,使得CE=1−32,求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.【答案】(1)证明:取BC的中点为N,连接C1N,NM,在菱形ABCD中,因为BN=NC,AM=MD,则MN//AB,而MN⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,故MN//平面ABB1A1,由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC,而A1B1=12AB,故C1B1=12CB,故C1B1=NB,故四边形C1B1BN为平行四边形,故C1N//BB1,而C1N⊄平面ABB1A1,B1B⊂平面ABB1A1,故C1N//平面ABB1A1,因为C1N∩MN=N,C1N⊂平面C1MN,MN⊂平面C1MN,故平面C1MN//平面ABB1A1,而C1M⊂平面C1MN,故C1M//平面ABB1A1.(2)解:在平面ABCD中,过A作AD的垂线,与BC交于S,因为AA1⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,故AA1⊥AD,同理AA1⊥AS,故可建立如图所示的空间直角坐标系,故A(0,0,0),A1(0,0,1),D(0,2,0),C(3,1,0),B(3,−1,0),B1(32,−12,1),D1(0,1,1),故M(0,1,0),BC=(0,2,0),所以B1C1=(0,1,0),所以C1(32,12,1),故C1M=(−32,12,−1),而平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),设直线C1M与平面AD1D所成的角为α,则sinα=|cos〈C1M,n〉|=321×2=64.(3)解:由|CE|=1−32可得E(3,32,0),故AE=(3,32,0),而AD1=(0,1,1),设平面AED1的法向量为m=(x,y,z),则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0,取x=1,则y=−2,z=2,故m=(1,−2,2),结合(2)的平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0), 故cos =11×3=13,设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β,则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.【知识点】直线与平面平行的判定;用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)利用面面平行证明线面平行即可;(2)以A为原点建立空间直角坐标系,利用法向量计算线面所成角的余弦值;(3)结合(2)中的计算,利用法向量计算平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18.已知点M是椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为椭圆C的上、下焦点,|F1F2|=4,当∠F1MF2=90°,△F1MF2的面积为5.(1)求椭圆C的方程:(2)设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A,B,是否存在直线l,使得△OAF2与△OBF1(O是坐标原点)的面积比值为5:7.若存在,求出直线l的方程:若不存在,说明理由.【答案】(1)解:由|F1F2|=4=2c⇒c=2,由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10,∠F1MF2=90∘,故|MF1|2+|MF2|2=16,∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36,∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3,∴b2=a2−c2=5,即椭圆的标准方程为y29+x25=1.(2)解:假设满足条件的直线l存在,当直线l的斜率不存在时,不合题意,不妨设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),显然x1x2<0,联立y=kx−2y29+x25=1,得(5k2+9)x2−20kx−25=0,所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2),因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|,S△OBF1=12⋅c⋅|x2|,得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57,即x1=−57×2(3),由(1),(3),得x2=70k5k2+9(4),将(1)(4)代入(3)得k2=115⇒k=±1515,所以直线l的方程为y=±1515x−2,故存在直线l,使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5:7.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)通过椭圆的焦距求解c,结合三角形的面积推出a,得到b,然后求解椭圆C的标准方程;(2)设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线与椭圆方程,利用韦达定理,结合三角形的面积,转化求解直线的斜率,求出直线l的方程.19.已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12,且満足1bn−1bn−1=1(n>2,n∈N∗)(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足cn=1bn,n为奇数an,n为偶数;求i=1nci(3)Tn=i=1nai2,数列{anTn}的前n项和为Rn,求证:34(1−12n+1−1)≤R<1.【答案】(1)解:∵Sn=2an−2(n∈N∗),∴n=1时a1=2,∵n≥2时,Sn−1=2an−1−2,∴an=2an−2an−1,即an=2an−1,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n,由题可知,{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,∴1bn=2+(n−1)=n+1,∴bn=1n+1.(2)解:cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,(i)n为偶数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1),(ii)n为奇数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1) =n2+4n+34+43(2n−1−1),i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1),n为奇数n2+2n4+43(2n−1),n为偶数(3)证明:∵an2=(2n)2=4n,Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1),∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1,(i)右式证明:anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n,∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明:anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.【知识点】数列的求和;数列递推式;反证法与放缩法【解析】【分析】(1)由an与Sn的关系可得{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,由此可得数列{an}的通项公式,由{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,由此可得数列{bn}的通项公式;(2)cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,然后分n为偶数及奇数分组求和即可;(3)anTn=34×2n4n−1,然后利用放缩法分别证明左边和右边即可.20.设a,b为实数,且a>1,已知函数g(x)=ax,ℎ(x)=bx−e2(x∈R).(1)当a=e时,曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2,求b的值;(2)求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间:(3)若对任意b>2e2,函数f(x)=g(x)−ℎ(x))有两个不同的零点,求a的取值范围.【答案】(1)解:设切点坐标(x0,ex0),g′(x0)=ex0,切线方程为y−ex0=ex0(x−x0),即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e,∴b=e.(2)解:∵f(x)=ax−bx+e2,∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0,即axlna>b,又∵a>1,∴lna>0,所以不等式化为ax>blna,当b≤0时,不等式恒成立,f′(x)≥0,f(x)在R上单调递增,f(x)单调递增区间为(−∞,+∞),无单调递减区间.当b>0时,ax>blna解集为x>loga(blna),∴x∈(loga(blna),+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(−∞,loga(blna))时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上,b≤0时,f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞),b>0时,f(x)的单调递增区间为(loga(blna),+∞),f(x)的单调递减区间为(−∞,loga(blna)).(3)解:∵函数有两个不同的零点,∴f(logablna)<0,即alogablna−blogablna+e2<0,∴alogablna−blnblnalna+e2<0,即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,∵m′(t)=−lnt,∴当t>1时,m′(t)<0,∴m(t)在(1,+∞)单调递减;当t<1时,m′(t)>0,∴m(t)在(0,1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0,∴当且仅当t>e2时,m(t)<0,即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立,∴lna≤2⇒a≤e2,∴a∈(1,e2].【知识点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)设切点坐标(x0,ex0),写出过切点的切线方程,可得ex0=b−ex0x0+ex0=0,由此求得b值;(2)f(x)=ax−bx+e2,求其导函数,然后对b分类即可求得函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间;(3)函数有两个不同的零点,可得f(logablna)<0,即alogablna−blnblnalna+e2<0,即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,利用导数研究单调性,可得blna>e2⇒b>e2lnab>2e2从而求得实数a的取值范围.
简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.已知全集为R,集合A={x∣−2 0时,f(x)<2x2ex⋅e−x=x,排除C故答案为:D【分析】判断函数的奇偶性,可排除A,B;利用基本不等式,可排除C.4.为了研究某药品的疗效,选取若干名志愿者进行临床试验.所有志愿者的舒张压数据(单位:kPa)的分组区间为[12,13),[13,14),[14,15),[15,16),[16,17],将其按从左到右的顺序分别编号为第一组,第二组,…,第五组.如图是根据试验数据制成的频率分布直方图.已知第一组与第二组共有20人,第三组中没有疗效的有6人,则第三组中有疗效的人数为(  )A.6B.8C.12D.18【答案】C【知识点】频率分布直方图【解析】【解答】解:由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人,分布在区间第一组与第二组的频率分别为0.24,0.16,所以第一组有12人,第二组8人,第三组的频率为0.36,所以第三组的人数:18人,第三组中没有疗效的有6人,第三组中有疗效的有12人.故选:C.【分析】由频率=频数样本容量以及直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人的频率,即可求出第三组中有疗效的人数得到答案;5.已知a=30.4,b=log432,c=log550,则a,b,c的大小关系为(  )A.c>b>aB.b>c>aC.a>c>bD.b>a>c 【答案】B【知识点】指数函数的单调性与特殊点;对数的运算性质;对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】a=30.4<312=3b=log432=log4452=52c=log550=log5(52×2)=2+log52因为0=log51 c>a故答案为:B【分析】利用指数函数和对数函数的性质可得答案。6.已知圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为332,该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球,则此正四面体的棱长a为(  )A.2B.322C.3D.92(3−2)【答案】A【知识点】球的体积和表面积【解析】【解答】由题意可知,该四面体内接于圆锥的内切球,设球心为P,球的半径为r,圆锥的底面半径为R,轴截面上球与圆锥母线的切点为Q,圆锥的轴截面如图所示,由已知可得AB=SA=SB=3,所以△SAB为等边三角形,故点P是△SAB的中心,连接BP,则BP平分∠SBA,所以∠PBO=30°,故tan30°=rR,解得r=33R=33×32=32,故正四面体的外接球的半径r=32.又正四面体可以从正方体中截得,如图所示,从图中可以得到,当正四面体的棱长为a时,截得它的正方体的棱长为22a,而正四面体的四个顶点都在正方体上,故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球,所以2r=3AA1=3×22a=62a=3,解得a=2,故答案为:A【分析】先利用四面体内接于圆锥的内切球,由圆锥的轴截面进行分析,求出正四面体的外接球的半径r,再利用正四面体可以从正方体中截得,确定正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球,列式求解即可得答案.7.已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线于A,B两点(异于坐标原点),双曲线的离心率为2,△AOB的面积为64,则抛物线的焦点坐标为(  )A.(2,0)B.(−2,0)C.(4,0)D.(−4,0)【答案】B【知识点】抛物线的简单性质【解析】【解答】因为双曲线的离心率为2,故ca=2,其中c为半焦距,故a2+b2a2=2即a=b,故渐近线的方程为:y=±x,由抛物线、双曲线的对称性可设A(m,−m),B(m,m)(m<0),故S△OAB=12|2m|×|m|=m2=64,故m=−8,所以A(−8,8),所以82=−16p,故p=−4,即抛物线的方程为:y2=−8x,故焦点坐标为:(−2,0).故答案为:B【分析】利用双曲线的离心率求出双曲线的渐近线方程,然后求解A的坐标,利用三角形的面积求出p,即可求解抛物线的焦点坐标.8.函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2 0时,f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对,则a的取值范围是(  )A.(625,+∞)B.(4,64)C.(9,625)D.(9,64)【答案】C【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法;图形的对称性【解析】【解答】先作出函数f(x)在(−∞,0]上的部分图象,再作出f(x)=logax关于原点对称的图象,如图所示,当0 1时,要使函数f(x)关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点,则a>1−loga3>−12−loga5<−14,解得9 0,∴cosB=2sinB>0,∴cosB=255,∴sin(B+π2)=cosB=255.(3)解:由A+C=2B⇒B=π3,∴sinAsinC=cos2B=14,∴a2R⋅c2R=14,由S=43=12acsinB⇒ac=16,∴164R2=14⇒R=4,∴bsinB=2R=8⇒b=43.【知识点】正弦定理;余弦定理【解析】【分析】(1)由余弦定理可求出c的值;(2)由sinAa=cosB2b利用正弦定理可得cosB2b=sinBb,再利用同角三角函数基本关系求出sinB,cosB,再利用诱导公式可求出sin(B+π2)的值;(3)由已知利用正弦定理、三角形的面积公式即可求出b的值.17.如图,在四棱台ABCD−A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,∠ABC=60∘,AA1=A1B1=12AB=1,AA1⊥平面ABCD.(1)若点M是AD的中点,求证:C1M//平面ABB1A1(2)求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值;(3)棱BC上存在点E,使得CE=1−32,求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.【答案】(1)证明:取BC的中点为N,连接C1N,NM,在菱形ABCD中,因为BN=NC,AM=MD,则MN//AB,而MN⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,故MN//平面ABB1A1,由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC,而A1B1=12AB,故C1B1=12CB,故C1B1=NB,故四边形C1B1BN为平行四边形,故C1N//BB1,而C1N⊄平面ABB1A1,B1B⊂平面ABB1A1,故C1N//平面ABB1A1,因为C1N∩MN=N,C1N⊂平面C1MN,MN⊂平面C1MN,故平面C1MN//平面ABB1A1,而C1M⊂平面C1MN,故C1M//平面ABB1A1.(2)解:在平面ABCD中,过A作AD的垂线,与BC交于S,因为AA1⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,故AA1⊥AD,同理AA1⊥AS,故可建立如图所示的空间直角坐标系,故A(0,0,0),A1(0,0,1),D(0,2,0),C(3,1,0),B(3,−1,0),B1(32,−12,1),D1(0,1,1),故M(0,1,0),BC=(0,2,0),所以B1C1=(0,1,0),所以C1(32,12,1),故C1M=(−32,12,−1),而平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),设直线C1M与平面AD1D所成的角为α,则sinα=|cos〈C1M,n〉|=321×2=64.(3)解:由|CE|=1−32可得E(3,32,0),故AE=(3,32,0),而AD1=(0,1,1),设平面AED1的法向量为m=(x,y,z),则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0,取x=1,则y=−2,z=2,故m=(1,−2,2),结合(2)的平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0), 故cos =11×3=13,设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β,则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.【知识点】直线与平面平行的判定;用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)利用面面平行证明线面平行即可;(2)以A为原点建立空间直角坐标系,利用法向量计算线面所成角的余弦值;(3)结合(2)中的计算,利用法向量计算平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18.已知点M是椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为椭圆C的上、下焦点,|F1F2|=4,当∠F1MF2=90°,△F1MF2的面积为5.(1)求椭圆C的方程:(2)设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A,B,是否存在直线l,使得△OAF2与△OBF1(O是坐标原点)的面积比值为5:7.若存在,求出直线l的方程:若不存在,说明理由.【答案】(1)解:由|F1F2|=4=2c⇒c=2,由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10,∠F1MF2=90∘,故|MF1|2+|MF2|2=16,∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36,∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3,∴b2=a2−c2=5,即椭圆的标准方程为y29+x25=1.(2)解:假设满足条件的直线l存在,当直线l的斜率不存在时,不合题意,不妨设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),显然x1x2<0,联立y=kx−2y29+x25=1,得(5k2+9)x2−20kx−25=0,所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2),因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|,S△OBF1=12⋅c⋅|x2|,得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57,即x1=−57×2(3),由(1),(3),得x2=70k5k2+9(4),将(1)(4)代入(3)得k2=115⇒k=±1515,所以直线l的方程为y=±1515x−2,故存在直线l,使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5:7.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)通过椭圆的焦距求解c,结合三角形的面积推出a,得到b,然后求解椭圆C的标准方程;(2)设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线与椭圆方程,利用韦达定理,结合三角形的面积,转化求解直线的斜率,求出直线l的方程.19.已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12,且満足1bn−1bn−1=1(n>2,n∈N∗)(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足cn=1bn,n为奇数an,n为偶数;求i=1nci(3)Tn=i=1nai2,数列{anTn}的前n项和为Rn,求证:34(1−12n+1−1)≤R<1.【答案】(1)解:∵Sn=2an−2(n∈N∗),∴n=1时a1=2,∵n≥2时,Sn−1=2an−1−2,∴an=2an−2an−1,即an=2an−1,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n,由题可知,{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,∴1bn=2+(n−1)=n+1,∴bn=1n+1.(2)解:cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,(i)n为偶数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1),(ii)n为奇数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1) =n2+4n+34+43(2n−1−1),i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1),n为奇数n2+2n4+43(2n−1),n为偶数(3)证明:∵an2=(2n)2=4n,Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1),∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1,(i)右式证明:anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n,∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明:anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.【知识点】数列的求和;数列递推式;反证法与放缩法【解析】【分析】(1)由an与Sn的关系可得{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,由此可得数列{an}的通项公式,由{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,由此可得数列{bn}的通项公式;(2)cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,然后分n为偶数及奇数分组求和即可;(3)anTn=34×2n4n−1,然后利用放缩法分别证明左边和右边即可.20.设a,b为实数,且a>1,已知函数g(x)=ax,ℎ(x)=bx−e2(x∈R).(1)当a=e时,曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2,求b的值;(2)求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间:(3)若对任意b>2e2,函数f(x)=g(x)−ℎ(x))有两个不同的零点,求a的取值范围.【答案】(1)解:设切点坐标(x0,ex0),g′(x0)=ex0,切线方程为y−ex0=ex0(x−x0),即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e,∴b=e.(2)解:∵f(x)=ax−bx+e2,∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0,即axlna>b,又∵a>1,∴lna>0,所以不等式化为ax>blna,当b≤0时,不等式恒成立,f′(x)≥0,f(x)在R上单调递增,f(x)单调递增区间为(−∞,+∞),无单调递减区间.当b>0时,ax>blna解集为x>loga(blna),∴x∈(loga(blna),+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(−∞,loga(blna))时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上,b≤0时,f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞),b>0时,f(x)的单调递增区间为(loga(blna),+∞),f(x)的单调递减区间为(−∞,loga(blna)).(3)解:∵函数有两个不同的零点,∴f(logablna)<0,即alogablna−blogablna+e2<0,∴alogablna−blnblnalna+e2<0,即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,∵m′(t)=−lnt,∴当t>1时,m′(t)<0,∴m(t)在(1,+∞)单调递减;当t<1时,m′(t)>0,∴m(t)在(0,1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0,∴当且仅当t>e2时,m(t)<0,即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立,∴lna≤2⇒a≤e2,∴a∈(1,e2].【知识点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)设切点坐标(x0,ex0),写出过切点的切线方程,可得ex0=b−ex0x0+ex0=0,由此求得b值;(2)f(x)=ax−bx+e2,求其导函数,然后对b分类即可求得函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间;(3)函数有两个不同的零点,可得f(logablna)<0,即alogablna−blnblnalna+e2<0,即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,利用导数研究单调性,可得blna>e2⇒b>e2lnab>2e2从而求得实数a的取值范围.
简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.已知全集为R,集合A={x∣−2 0时,f(x)<2x2ex⋅e−x=x,排除C故答案为:D【分析】判断函数的奇偶性,可排除A,B;利用基本不等式,可排除C.4.为了研究某药品的疗效,选取若干名志愿者进行临床试验.所有志愿者的舒张压数据(单位:kPa)的分组区间为[12,13),[13,14),[14,15),[15,16),[16,17],将其按从左到右的顺序分别编号为第一组,第二组,…,第五组.如图是根据试验数据制成的频率分布直方图.已知第一组与第二组共有20人,第三组中没有疗效的有6人,则第三组中有疗效的人数为(  )A.6B.8C.12D.18【答案】C【知识点】频率分布直方图【解析】【解答】解:由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人,分布在区间第一组与第二组的频率分别为0.24,0.16,所以第一组有12人,第二组8人,第三组的频率为0.36,所以第三组的人数:18人,第三组中没有疗效的有6人,第三组中有疗效的有12人.故选:C.【分析】由频率=频数样本容量以及直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人的频率,即可求出第三组中有疗效的人数得到答案;5.已知a=30.4,b=log432,c=log550,则a,b,c的大小关系为(  )A.c>b>aB.b>c>aC.a>c>bD.b>a>c 【答案】B【知识点】指数函数的单调性与特殊点;对数的运算性质;对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】a=30.4<312=3b=log432=log4452=52c=log550=log5(52×2)=2+log52因为0=log51 c>a故答案为:B【分析】利用指数函数和对数函数的性质可得答案。6.已知圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为332,该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球,则此正四面体的棱长a为(  )A.2B.322C.3D.92(3−2)【答案】A【知识点】球的体积和表面积【解析】【解答】由题意可知,该四面体内接于圆锥的内切球,设球心为P,球的半径为r,圆锥的底面半径为R,轴截面上球与圆锥母线的切点为Q,圆锥的轴截面如图所示,由已知可得AB=SA=SB=3,所以△SAB为等边三角形,故点P是△SAB的中心,连接BP,则BP平分∠SBA,所以∠PBO=30°,故tan30°=rR,解得r=33R=33×32=32,故正四面体的外接球的半径r=32.又正四面体可以从正方体中截得,如图所示,从图中可以得到,当正四面体的棱长为a时,截得它的正方体的棱长为22a,而正四面体的四个顶点都在正方体上,故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球,所以2r=3AA1=3×22a=62a=3,解得a=2,故答案为:A【分析】先利用四面体内接于圆锥的内切球,由圆锥的轴截面进行分析,求出正四面体的外接球的半径r,再利用正四面体可以从正方体中截得,确定正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球,列式求解即可得答案.7.已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线于A,B两点(异于坐标原点),双曲线的离心率为2,△AOB的面积为64,则抛物线的焦点坐标为(  )A.(2,0)B.(−2,0)C.(4,0)D.(−4,0)【答案】B【知识点】抛物线的简单性质【解析】【解答】因为双曲线的离心率为2,故ca=2,其中c为半焦距,故a2+b2a2=2即a=b,故渐近线的方程为:y=±x,由抛物线、双曲线的对称性可设A(m,−m),B(m,m)(m<0),故S△OAB=12|2m|×|m|=m2=64,故m=−8,所以A(−8,8),所以82=−16p,故p=−4,即抛物线的方程为:y2=−8x,故焦点坐标为:(−2,0).故答案为:B【分析】利用双曲线的离心率求出双曲线的渐近线方程,然后求解A的坐标,利用三角形的面积求出p,即可求解抛物线的焦点坐标.8.函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2 0时,f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对,则a的取值范围是(  )A.(625,+∞)B.(4,64)C.(9,625)D.(9,64)【答案】C【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法;图形的对称性【解析】【解答】先作出函数f(x)在(−∞,0]上的部分图象,再作出f(x)=logax关于原点对称的图象,如图所示,当0 1时,要使函数f(x)关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点,则a>1−loga3>−12−loga5<−14,解得9 0,∴cosB=2sinB>0,∴cosB=255,∴sin(B+π2)=cosB=255.(3)解:由A+C=2B⇒B=π3,∴sinAsinC=cos2B=14,∴a2R⋅c2R=14,由S=43=12acsinB⇒ac=16,∴164R2=14⇒R=4,∴bsinB=2R=8⇒b=43.【知识点】正弦定理;余弦定理【解析】【分析】(1)由余弦定理可求出c的值;(2)由sinAa=cosB2b利用正弦定理可得cosB2b=sinBb,再利用同角三角函数基本关系求出sinB,cosB,再利用诱导公式可求出sin(B+π2)的值;(3)由已知利用正弦定理、三角形的面积公式即可求出b的值.17.如图,在四棱台ABCD−A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,∠ABC=60∘,AA1=A1B1=12AB=1,AA1⊥平面ABCD.(1)若点M是AD的中点,求证:C1M//平面ABB1A1(2)求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值;(3)棱BC上存在点E,使得CE=1−32,求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.【答案】(1)证明:取BC的中点为N,连接C1N,NM,在菱形ABCD中,因为BN=NC,AM=MD,则MN//AB,而MN⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,故MN//平面ABB1A1,由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC,而A1B1=12AB,故C1B1=12CB,故C1B1=NB,故四边形C1B1BN为平行四边形,故C1N//BB1,而C1N⊄平面ABB1A1,B1B⊂平面ABB1A1,故C1N//平面ABB1A1,因为C1N∩MN=N,C1N⊂平面C1MN,MN⊂平面C1MN,故平面C1MN//平面ABB1A1,而C1M⊂平面C1MN,故C1M//平面ABB1A1.(2)解:在平面ABCD中,过A作AD的垂线,与BC交于S,因为AA1⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,故AA1⊥AD,同理AA1⊥AS,故可建立如图所示的空间直角坐标系,故A(0,0,0),A1(0,0,1),D(0,2,0),C(3,1,0),B(3,−1,0),B1(32,−12,1),D1(0,1,1),故M(0,1,0),BC=(0,2,0),所以B1C1=(0,1,0),所以C1(32,12,1),故C1M=(−32,12,−1),而平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),设直线C1M与平面AD1D所成的角为α,则sinα=|cos〈C1M,n〉|=321×2=64.(3)解:由|CE|=1−32可得E(3,32,0),故AE=(3,32,0),而AD1=(0,1,1),设平面AED1的法向量为m=(x,y,z),则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0,取x=1,则y=−2,z=2,故m=(1,−2,2),结合(2)的平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0), 故cos =11×3=13,设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β,则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.【知识点】直线与平面平行的判定;用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)利用面面平行证明线面平行即可;(2)以A为原点建立空间直角坐标系,利用法向量计算线面所成角的余弦值;(3)结合(2)中的计算,利用法向量计算平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18.已知点M是椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为椭圆C的上、下焦点,|F1F2|=4,当∠F1MF2=90°,△F1MF2的面积为5.(1)求椭圆C的方程:(2)设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A,B,是否存在直线l,使得△OAF2与△OBF1(O是坐标原点)的面积比值为5:7.若存在,求出直线l的方程:若不存在,说明理由.【答案】(1)解:由|F1F2|=4=2c⇒c=2,由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10,∠F1MF2=90∘,故|MF1|2+|MF2|2=16,∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36,∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3,∴b2=a2−c2=5,即椭圆的标准方程为y29+x25=1.(2)解:假设满足条件的直线l存在,当直线l的斜率不存在时,不合题意,不妨设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),显然x1x2<0,联立y=kx−2y29+x25=1,得(5k2+9)x2−20kx−25=0,所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2),因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|,S△OBF1=12⋅c⋅|x2|,得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57,即x1=−57×2(3),由(1),(3),得x2=70k5k2+9(4),将(1)(4)代入(3)得k2=115⇒k=±1515,所以直线l的方程为y=±1515x−2,故存在直线l,使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5:7.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)通过椭圆的焦距求解c,结合三角形的面积推出a,得到b,然后求解椭圆C的标准方程;(2)设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线与椭圆方程,利用韦达定理,结合三角形的面积,转化求解直线的斜率,求出直线l的方程.19.已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12,且満足1bn−1bn−1=1(n>2,n∈N∗)(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足cn=1bn,n为奇数an,n为偶数;求i=1nci(3)Tn=i=1nai2,数列{anTn}的前n项和为Rn,求证:34(1−12n+1−1)≤R<1.【答案】(1)解:∵Sn=2an−2(n∈N∗),∴n=1时a1=2,∵n≥2时,Sn−1=2an−1−2,∴an=2an−2an−1,即an=2an−1,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n,由题可知,{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,∴1bn=2+(n−1)=n+1,∴bn=1n+1.(2)解:cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,(i)n为偶数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1),(ii)n为奇数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1) =n2+4n+34+43(2n−1−1),i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1),n为奇数n2+2n4+43(2n−1),n为偶数(3)证明:∵an2=(2n)2=4n,Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1),∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1,(i)右式证明:anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n,∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明:anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.【知识点】数列的求和;数列递推式;反证法与放缩法【解析】【分析】(1)由an与Sn的关系可得{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,由此可得数列{an}的通项公式,由{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,由此可得数列{bn}的通项公式;(2)cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,然后分n为偶数及奇数分组求和即可;(3)anTn=34×2n4n−1,然后利用放缩法分别证明左边和右边即可.20.设a,b为实数,且a>1,已知函数g(x)=ax,ℎ(x)=bx−e2(x∈R).(1)当a=e时,曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2,求b的值;(2)求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间:(3)若对任意b>2e2,函数f(x)=g(x)−ℎ(x))有两个不同的零点,求a的取值范围.【答案】(1)解:设切点坐标(x0,ex0),g′(x0)=ex0,切线方程为y−ex0=ex0(x−x0),即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e,∴b=e.(2)解:∵f(x)=ax−bx+e2,∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0,即axlna>b,又∵a>1,∴lna>0,所以不等式化为ax>blna,当b≤0时,不等式恒成立,f′(x)≥0,f(x)在R上单调递增,f(x)单调递增区间为(−∞,+∞),无单调递减区间.当b>0时,ax>blna解集为x>loga(blna),∴x∈(loga(blna),+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(−∞,loga(blna))时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上,b≤0时,f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞),b>0时,f(x)的单调递增区间为(loga(blna),+∞),f(x)的单调递减区间为(−∞,loga(blna)).(3)解:∵函数有两个不同的零点,∴f(logablna)<0,即alogablna−blogablna+e2<0,∴alogablna−blnblnalna+e2<0,即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,∵m′(t)=−lnt,∴当t>1时,m′(t)<0,∴m(t)在(1,+∞)单调递减;当t<1时,m′(t)>0,∴m(t)在(0,1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0,∴当且仅当t>e2时,m(t)<0,即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立,∴lna≤2⇒a≤e2,∴a∈(1,e2].【知识点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)设切点坐标(x0,ex0),写出过切点的切线方程,可得ex0=b−ex0x0+ex0=0,由此求得b值;(2)f(x)=ax−bx+e2,求其导函数,然后对b分类即可求得函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间;(3)函数有两个不同的零点,可得f(logablna)<0,即alogablna−blnblnalna+e2<0,即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,利用导数研究单调性,可得blna>e2⇒b>e2lnab>2e2从而求得实数a的取值范围.