浙江省绍兴市2022届高三数学高考及选考科目适应性考试试卷及答案

天津市南开区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.设集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9},全集U=A∪B,则集合Cu(A∩B)中的元素共有(  )A.3个B.4个C.5个D.6个2.设x∈R,则“x1”的(  )A.充分不必要条件B.必

高三数学高考及选考科目适应性考试试卷一、单选题1.已知集合A={x∈R|x≤0},B={x∈R|−1≤x≤1},则∁R(A∪B)=(  )A.(−∞,0)B.[−1,0]C.[0,1]D.(1,+∞)2.人们对数学研究的发展一直推动着数域的

简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.设集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9},全集U=A∪B,则集合Cu(A∩B)中的元素共有(  )A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】A【知识点】交集及其运算;补集及其运算【解析】【解答】U=A∪B={3,4,5,7,8,9},A∩B={4,7,9},所以CU(A∩B)={3,5,8},即集合Cu(A∩B)中共有3个元素,故答案为:A.【分析】求出集合的交集和并集,结合补集的定义进行计算即可得答案.2.设x∈R,则“x<1”是“1x>1”的(  )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断;不等式的基本性质【解析】【解答】x=−1<1,但1x=−1<1,不充分,1x>1时0 0且x→0时,f(x)→+∞,排除A,故答案为:D.【分析】先求函数的定义域,然后去掉绝对值符号,再判断其奇偶性即可判断出答案.5.设a=log32,b=(32)−1,c=log274,则a,b,c的大小关系是(  )A.b 0,0 0)个单位后得到g(x)的图象,若g(x)是奇函数,则ϕ的最小值是π6【答案】C【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性;正弦函数的单调性;函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换;由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式;正弦函数的周期性【解析】【解答】解:∵函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0,0 0)个单位后得到g(x)=2cos(6x−6ϕ)的图象,若g(x)是奇函数,则6ϕ=2kπ+π2,k∈N,即ϕ=kπ3+π12,k∈N,令k=0,可得ϕ的最小值是π12,D不符合题意,故答案为:C【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A,由周期求出ω,由最高点求出φ的值,可得函数的解析式,再利用三角函数的图象和性质,得出答案.8.设抛物线y2=8x的焦点到双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的距离为b,到双曲线左顶点的距离为3b,则该双曲线的离心率是(  )A.52B.3C.2D.5【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解:抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为ax−by=0,由题意得d=|bx−ay|a2+b2=2bc=b,解得c=2,双曲线左顶点为A(−a,0), 由题意得2+a=3b,即a2+a−2=0,解得a=1,所以该双曲线的离心率是e=ca=2,故答案为:C【分析】求出抛物线的焦点坐标,得到双曲线的焦点坐标,求出c,利用焦点坐标到双曲线左顶点的距离为3b,求解a,然后求解离心率.9.已知定义在R上的函数f(x)=x|x−1|−1,x≥0,1x−1,x<0,若函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点,则实数a的取值范围是(  )A.(−∞,−1)∪{0}∪(14,+∞)B.(−∞,−1)∪{0}∪(14,1)C.(−∞,−1)∪[0,14)D.(−4,−1)∪{0}∪[14,1)【答案】B【知识点】分段函数的应用【解析】【解答】f(1−x)=(1−x)|x|−1,x≤1−1x,x>1,故f(1−x)+1=(1−x)|x|,x≤1−1x+1,x>1,则函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点等价于f(1−x)+1=ax有两个不同的解,故y=f(1−x)+1,y=ax的图象有两个不同的交点,设g(x)=f(1−x)+1=(1−x)x,0≤x≤1−x(1−x),x<0−1x+1,x>1又y=g(x),y=ax的图象如图所示,由图象可得两个函数的图象均过原点,若a=0,此时两个函数的图象有两个不同的交点,当a≠0时,考虑直线y=ax与g(x)=x−x2(0≤x≤1)的图象相切,则由ax=x−x2可得Δ=(a−1)2−0=0即a=1,考虑直线y=ax与g(x)=−1x+1(x≥1)的图象相切,由ax=−1x+1可得ax2−x+1=0,则Δ=1−4a=0即a=14.考虑直线y=ax与g(x)=x2−x(x≤0)的图象相切,由ax=x2−x可得Δ=(a+1)2−0=0即a=−1,结合图象可得当14 0,b>0,则2a+b4a2+b2−ab的最大值是  .【答案】22【知识点】基本不等式【解析】【解答】解:因为a>0,b>0,则4a2+b22≥2a+b2,即4a2+b2≥2(2a+b)2,当且仅当2a=b是,等号成立;又2ab≤2a+b2,即ab≤2a+b22,当且仅当2a=b是,等号成立;故4a2−b2−ab≥2(2a+b)2−2a+b22=2a+b22,则2a+b4a2+b2−ab≤2a+b2a+b22=22,当且仅当2a=b是,等号成立.故答案为:22.【分析】利用利用基本不等式可求出2a+b4a2+b2−ab的最大值。14.甲罐中有3个红球、2个黑球,乙罐中有2个红球、2个黑球.①先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”,再从乙罐中随机取出一球,以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”,则P(B|A)=  ;②从甲、乙两罐中分别随机各取出一球,则取到黑球的个数的数学期望为  .【答案】35;910【知识点】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;条件概率与独立事件【解析】【解答】P(B|A)=P(AB)P(A)=35×3535=35,设取得黑球的个数为X,则X可取0,1,2,又P(X=0)=35×24=310,P(X=2)=25×24=15,P(X=1)=35×24+25×24=12,故X的分布列为:X012P3101215故E(X)=0×310+1×12+2×15=910故答案为:35,910【分析】利用条件概率的概率公式求出P(B|A),设取得黑球的个数为X,利用乘法公式可求X的分布列,从而可得其期望值。15.已知平行四边形ABCD中,AB=4,AD=2,AC⋅AD=8,则|AC|=  ;若CE=ED,DF=λDB,则AF⋅FE的最大值为  .【答案】27;114【知识点】向量的三角形法则;平面向量数量积的运算【解析】【解答】由已知AC=AB+AD,所以AC⋅AD=(AB+AD)⋅AD=AB⋅AD+AD2=8,所以AB⋅AD=4,|AC|=|AB+AD|=(AB2+2AB⋅AD+AD2=16+2×4+22=27;因为CE=ED,DF=λDB,所以AF=AD+DF=AD+λDB=AD+λ(AB−AD)=λAB+(1−λ)AD,FE=AD+DE−AF=AD+12AB−λAB−(1−λ)AD=(12−λ)AB+λAD,AF⋅FE=λ(12−λ)AB2+(2λ2−32λ+12)AB⋅AD+λ(1−λ)AD2=16λ(12−λ)+4(2λ2−32λ+12)+4λ(1−λ)=−12(λ2−12λ)+2=−12(λ−14)2+114,所以λ=14时,AF⋅FE取得最大值114.故答案为:27;114.【分析】由AC⋅AD=8求出AB→⋅AD→的值,然后由|AC→|=|AB→+AD→|平方后求得|AC→|,把AF→,FE→用AB→⋅AD→表示后求数量积转化为λ的函数可得 AF⋅FE的最大值。三、解答题16.在△ABC中,内角A,B,C对边的边长分别是a,b,c,已知A+C=2B.(1)若b=5,c=3,求sinC;(2)若a+c=2b,求证:△ABC是等边三角形;(3)若cosA=255,求cos2C的值.【答案】(1)解:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,sinB=32又b=5,c=3,由正弦定理得sinC=cbsinB=35×32=3310(2)证明:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,cosB=12则有b2=a2+c2−2accosB=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac又a+c=2b,则b2=4b2−3ac,即b2=ac,则有(a+c)24=ac,则有a=c,又b2=ac,则有a=b=c则△ABC是等边三角形(3)解:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,cosB=12,sinB=32又cosA=255,0 b>0),其离心率为22,若F1,F2分别为C的左、右焦点,x轴上方一点P在椭圆C上,且满足PF1⊥PF2,|PF1+PF2|=23. (1)求C的方程;(2)过点P的直线l交C于另一点Q,点M与点Q关于x轴对称,直线PM交x轴于点N,若△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,求直线l的方程.【答案】(1)解:因为PF1⊥PF2,所以PF1⋅PF2=0,且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2又|PF1+PF2|=23,所以PF12+2PF1⋅PF2+PF22=12,即PF12+PF22=12,即|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=12,所以c=3,又离心率e=ca=22,所以a=6,c2=a2−b2,所以b=3,所以椭圆方程为x26+y23=1(2)解:由(1)可得P点的坐标为(0,3),依题意直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+3,由y=kx+3×26+y23=1消去y整理得(2k2+1)x2+43kx=0,解得x=0或x=−43k2k2+1,所以Q点坐标为(−43k2k2+1,3−23k22k2+1),从而M点坐标为(−43k2k2+1,23k2−32k2+1),所以直线PM的方程为y=12kx+3,则N点的坐标为(−23k,0),因为△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,所以S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN,当S△PQM=S△QMN时,即−43k2k2+1=12×(−23k),解得k=±62,所以直线l的方程为y=±62x+3;当S△PQM=3S△QMN时,即−43k2k2+1=32×(−23k),解得k=±66,所以直线l的方程为y=±66x+3;所以满足条件的直线l的方程为y=±62x+3,y=±66x+3【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)依题意可得PF1⋅PF2=0且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,根据数量积的运算律,求出c,再根据离心率及c2=a2−b2求出a、b,即可求出C的方程;(2)由(1)设直线l的方程为y=kx+3,联立直线与椭圆方程,即可求出Q点坐标,从而得到M点坐标,再求出直线PM方程,求出N的坐标,由△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,可得S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN,即可求出k,从而求出直线l的方程.19.已知{an}为等差数列,{bn}为正项等比数列,{an}的前n项和为Sn,a1=1,S44−S33=1,b1(a2−a1)=1,b2+2b3=b1.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)求{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值;(3)设cn=an+12bn+12,n为奇数,−an−12bn2,n为偶数,求证:k=12nck<24(n∈N∗).【答案】(1)解:设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),由a1=1,S44−S33=1,即a1=14a1+6d4−3a1+3d3=1,解得d=2,所以an=2n−1,由b1(a2−a1)=1,所以b1=12,由b2+2b3=b1,即12q+2×12q2=12,解得q=12或q=−1(舍去)所以bn=(12)n(2)解:由(1)可知bn=(12)n,所以(−1)n−1bn=12(−12)n−1,所以{(−1)n−1bn}是首项为12,公比为−12的等比数列,令{(−1)n−1bn}的前n项和为Tn,则Tn=12[1−(−12)n]1−(−12)=13[1−(−12)n],当n为奇数时Tn=13[1+(12)n]≤13(1+12)=12,当n为偶数时Tn=13[1−(12)n]<13,综上可得{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值为12(3)因为cn=an+12bn+12,n为奇数−an−12bn2,n为偶数,所以k=12nck=(a22−a12)b1+(a42−a32)b2+(a62−a52)b3+⋯+(a2n2−a2n−12)bn=8(121+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n)①,12k=12nck=8(122+323+525+⋯+2n−32n+2n−12n+1)②,由①−②可得12k=12nck=8(12+121+122+123+⋯+12n−1−2n−12n+1)=8[12+12(1−12n−1)1−12−2n−12n+1]=8(32−2n+32n+1) 所以k=1ck=24−2n+32n−3<24,得证;【知识点】等差数列的通项公式;等比数列的通项公式;等比数列的前n项和【解析】【分析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式,以及等比数列通项公式计算可得;(2)由(1)可得(−1)n−1bn=12(−12)n−1,利用等比数列求出公式求出前n项和Tn,再分奇偶两种情况求出Tn的最大值,即可求出{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值;(3)利用错位相减法求和即可证得k=12nck<24(n∈N∗).20.已知函数f(x)=[x2+(a−5)x−4a+5]ex(a∈R,e是自然对数的底数,e≈2.718⋯).(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;(2)若函数y=f′(x)在区间[1,2]上单调递减,求实数a的取值范围;(3)若函数g(x)=ax−f′(x)x2+ax+b(b∈Z)有两个极值点x1,x2(0 1时m′(x)>0,m(x)单调递增,则0 0m(1)=e+a<0,解得−3 0,所以m(x)=0在(0,1)和(1,32)上各有一个实根,所以函数g(x)在(0,+∞)上有两个极值点时−3 更多>>
简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.设集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9},全集U=A∪B,则集合Cu(A∩B)中的元素共有(  )A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】A【知识点】交集及其运算;补集及其运算【解析】【解答】U=A∪B={3,4,5,7,8,9},A∩B={4,7,9},所以CU(A∩B)={3,5,8},即集合Cu(A∩B)中共有3个元素,故答案为:A.【分析】求出集合的交集和并集,结合补集的定义进行计算即可得答案.2.设x∈R,则“x<1”是“1x>1”的(  )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断;不等式的基本性质【解析】【解答】x=−1<1,但1x=−1<1,不充分,1x>1时0 0且x→0时,f(x)→+∞,排除A,故答案为:D.【分析】先求函数的定义域,然后去掉绝对值符号,再判断其奇偶性即可判断出答案.5.设a=log32,b=(32)−1,c=log274,则a,b,c的大小关系是(  )A.b 0,0 0)个单位后得到g(x)的图象,若g(x)是奇函数,则ϕ的最小值是π6【答案】C【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性;正弦函数的单调性;函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换;由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式;正弦函数的周期性【解析】【解答】解:∵函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0,0 0)个单位后得到g(x)=2cos(6x−6ϕ)的图象,若g(x)是奇函数,则6ϕ=2kπ+π2,k∈N,即ϕ=kπ3+π12,k∈N,令k=0,可得ϕ的最小值是π12,D不符合题意,故答案为:C【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A,由周期求出ω,由最高点求出φ的值,可得函数的解析式,再利用三角函数的图象和性质,得出答案.8.设抛物线y2=8x的焦点到双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的距离为b,到双曲线左顶点的距离为3b,则该双曲线的离心率是(  )A.52B.3C.2D.5【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解:抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为ax−by=0,由题意得d=|bx−ay|a2+b2=2bc=b,解得c=2,双曲线左顶点为A(−a,0), 由题意得2+a=3b,即a2+a−2=0,解得a=1,所以该双曲线的离心率是e=ca=2,故答案为:C【分析】求出抛物线的焦点坐标,得到双曲线的焦点坐标,求出c,利用焦点坐标到双曲线左顶点的距离为3b,求解a,然后求解离心率.9.已知定义在R上的函数f(x)=x|x−1|−1,x≥0,1x−1,x<0,若函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点,则实数a的取值范围是(  )A.(−∞,−1)∪{0}∪(14,+∞)B.(−∞,−1)∪{0}∪(14,1)C.(−∞,−1)∪[0,14)D.(−4,−1)∪{0}∪[14,1)【答案】B【知识点】分段函数的应用【解析】【解答】f(1−x)=(1−x)|x|−1,x≤1−1x,x>1,故f(1−x)+1=(1−x)|x|,x≤1−1x+1,x>1,则函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点等价于f(1−x)+1=ax有两个不同的解,故y=f(1−x)+1,y=ax的图象有两个不同的交点,设g(x)=f(1−x)+1=(1−x)x,0≤x≤1−x(1−x),x<0−1x+1,x>1又y=g(x),y=ax的图象如图所示,由图象可得两个函数的图象均过原点,若a=0,此时两个函数的图象有两个不同的交点,当a≠0时,考虑直线y=ax与g(x)=x−x2(0≤x≤1)的图象相切,则由ax=x−x2可得Δ=(a−1)2−0=0即a=1,考虑直线y=ax与g(x)=−1x+1(x≥1)的图象相切,由ax=−1x+1可得ax2−x+1=0,则Δ=1−4a=0即a=14.考虑直线y=ax与g(x)=x2−x(x≤0)的图象相切,由ax=x2−x可得Δ=(a+1)2−0=0即a=−1,结合图象可得当14 0,b>0,则2a+b4a2+b2−ab的最大值是  .【答案】22【知识点】基本不等式【解析】【解答】解:因为a>0,b>0,则4a2+b22≥2a+b2,即4a2+b2≥2(2a+b)2,当且仅当2a=b是,等号成立;又2ab≤2a+b2,即ab≤2a+b22,当且仅当2a=b是,等号成立;故4a2−b2−ab≥2(2a+b)2−2a+b22=2a+b22,则2a+b4a2+b2−ab≤2a+b2a+b22=22,当且仅当2a=b是,等号成立.故答案为:22.【分析】利用利用基本不等式可求出2a+b4a2+b2−ab的最大值。14.甲罐中有3个红球、2个黑球,乙罐中有2个红球、2个黑球.①先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”,再从乙罐中随机取出一球,以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”,则P(B|A)=  ;②从甲、乙两罐中分别随机各取出一球,则取到黑球的个数的数学期望为  .【答案】35;910【知识点】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;条件概率与独立事件【解析】【解答】P(B|A)=P(AB)P(A)=35×3535=35,设取得黑球的个数为X,则X可取0,1,2,又P(X=0)=35×24=310,P(X=2)=25×24=15,P(X=1)=35×24+25×24=12,故X的分布列为:X012P3101215故E(X)=0×310+1×12+2×15=910故答案为:35,910【分析】利用条件概率的概率公式求出P(B|A),设取得黑球的个数为X,利用乘法公式可求X的分布列,从而可得其期望值。15.已知平行四边形ABCD中,AB=4,AD=2,AC⋅AD=8,则|AC|=  ;若CE=ED,DF=λDB,则AF⋅FE的最大值为  .【答案】27;114【知识点】向量的三角形法则;平面向量数量积的运算【解析】【解答】由已知AC=AB+AD,所以AC⋅AD=(AB+AD)⋅AD=AB⋅AD+AD2=8,所以AB⋅AD=4,|AC|=|AB+AD|=(AB2+2AB⋅AD+AD2=16+2×4+22=27;因为CE=ED,DF=λDB,所以AF=AD+DF=AD+λDB=AD+λ(AB−AD)=λAB+(1−λ)AD,FE=AD+DE−AF=AD+12AB−λAB−(1−λ)AD=(12−λ)AB+λAD,AF⋅FE=λ(12−λ)AB2+(2λ2−32λ+12)AB⋅AD+λ(1−λ)AD2=16λ(12−λ)+4(2λ2−32λ+12)+4λ(1−λ)=−12(λ2−12λ)+2=−12(λ−14)2+114,所以λ=14时,AF⋅FE取得最大值114.故答案为:27;114.【分析】由AC⋅AD=8求出AB→⋅AD→的值,然后由|AC→|=|AB→+AD→|平方后求得|AC→|,把AF→,FE→用AB→⋅AD→表示后求数量积转化为λ的函数可得 AF⋅FE的最大值。三、解答题16.在△ABC中,内角A,B,C对边的边长分别是a,b,c,已知A+C=2B.(1)若b=5,c=3,求sinC;(2)若a+c=2b,求证:△ABC是等边三角形;(3)若cosA=255,求cos2C的值.【答案】(1)解:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,sinB=32又b=5,c=3,由正弦定理得sinC=cbsinB=35×32=3310(2)证明:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,cosB=12则有b2=a2+c2−2accosB=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac又a+c=2b,则b2=4b2−3ac,即b2=ac,则有(a+c)24=ac,则有a=c,又b2=ac,则有a=b=c则△ABC是等边三角形(3)解:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,cosB=12,sinB=32又cosA=255,0 b>0),其离心率为22,若F1,F2分别为C的左、右焦点,x轴上方一点P在椭圆C上,且满足PF1⊥PF2,|PF1+PF2|=23. (1)求C的方程;(2)过点P的直线l交C于另一点Q,点M与点Q关于x轴对称,直线PM交x轴于点N,若△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,求直线l的方程.【答案】(1)解:因为PF1⊥PF2,所以PF1⋅PF2=0,且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2又|PF1+PF2|=23,所以PF12+2PF1⋅PF2+PF22=12,即PF12+PF22=12,即|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=12,所以c=3,又离心率e=ca=22,所以a=6,c2=a2−b2,所以b=3,所以椭圆方程为x26+y23=1(2)解:由(1)可得P点的坐标为(0,3),依题意直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+3,由y=kx+3×26+y23=1消去y整理得(2k2+1)x2+43kx=0,解得x=0或x=−43k2k2+1,所以Q点坐标为(−43k2k2+1,3−23k22k2+1),从而M点坐标为(−43k2k2+1,23k2−32k2+1),所以直线PM的方程为y=12kx+3,则N点的坐标为(−23k,0),因为△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,所以S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN,当S△PQM=S△QMN时,即−43k2k2+1=12×(−23k),解得k=±62,所以直线l的方程为y=±62x+3;当S△PQM=3S△QMN时,即−43k2k2+1=32×(−23k),解得k=±66,所以直线l的方程为y=±66x+3;所以满足条件的直线l的方程为y=±62x+3,y=±66x+3【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)依题意可得PF1⋅PF2=0且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,根据数量积的运算律,求出c,再根据离心率及c2=a2−b2求出a、b,即可求出C的方程;(2)由(1)设直线l的方程为y=kx+3,联立直线与椭圆方程,即可求出Q点坐标,从而得到M点坐标,再求出直线PM方程,求出N的坐标,由△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,可得S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN,即可求出k,从而求出直线l的方程.19.已知{an}为等差数列,{bn}为正项等比数列,{an}的前n项和为Sn,a1=1,S44−S33=1,b1(a2−a1)=1,b2+2b3=b1.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)求{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值;(3)设cn=an+12bn+12,n为奇数,−an−12bn2,n为偶数,求证:k=12nck<24(n∈N∗).【答案】(1)解:设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),由a1=1,S44−S33=1,即a1=14a1+6d4−3a1+3d3=1,解得d=2,所以an=2n−1,由b1(a2−a1)=1,所以b1=12,由b2+2b3=b1,即12q+2×12q2=12,解得q=12或q=−1(舍去)所以bn=(12)n(2)解:由(1)可知bn=(12)n,所以(−1)n−1bn=12(−12)n−1,所以{(−1)n−1bn}是首项为12,公比为−12的等比数列,令{(−1)n−1bn}的前n项和为Tn,则Tn=12[1−(−12)n]1−(−12)=13[1−(−12)n],当n为奇数时Tn=13[1+(12)n]≤13(1+12)=12,当n为偶数时Tn=13[1−(12)n]<13,综上可得{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值为12(3)因为cn=an+12bn+12,n为奇数−an−12bn2,n为偶数,所以k=12nck=(a22−a12)b1+(a42−a32)b2+(a62−a52)b3+⋯+(a2n2−a2n−12)bn=8(121+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n)①,12k=12nck=8(122+323+525+⋯+2n−32n+2n−12n+1)②,由①−②可得12k=12nck=8(12+121+122+123+⋯+12n−1−2n−12n+1)=8[12+12(1−12n−1)1−12−2n−12n+1]=8(32−2n+32n+1) 所以k=1ck=24−2n+32n−3<24,得证;【知识点】等差数列的通项公式;等比数列的通项公式;等比数列的前n项和【解析】【分析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式,以及等比数列通项公式计算可得;(2)由(1)可得(−1)n−1bn=12(−12)n−1,利用等比数列求出公式求出前n项和Tn,再分奇偶两种情况求出Tn的最大值,即可求出{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值;(3)利用错位相减法求和即可证得k=12nck<24(n∈N∗).20.已知函数f(x)=[x2+(a−5)x−4a+5]ex(a∈R,e是自然对数的底数,e≈2.718⋯).(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;(2)若函数y=f′(x)在区间[1,2]上单调递减,求实数a的取值范围;(3)若函数g(x)=ax−f′(x)x2+ax+b(b∈Z)有两个极值点x1,x2(0 1时m′(x)>0,m(x)单调递增,则0 0m(1)=e+a<0,解得−3 0,所以m(x)=0在(0,1)和(1,32)上各有一个实根,所以函数g(x)在(0,+∞)上有两个极值点时−3 更多>>
简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.设集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9},全集U=A∪B,则集合Cu(A∩B)中的元素共有(  )A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】A【知识点】交集及其运算;补集及其运算【解析】【解答】U=A∪B={3,4,5,7,8,9},A∩B={4,7,9},所以CU(A∩B)={3,5,8},即集合Cu(A∩B)中共有3个元素,故答案为:A.【分析】求出集合的交集和并集,结合补集的定义进行计算即可得答案.2.设x∈R,则“x<1”是“1x>1”的(  )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断;不等式的基本性质【解析】【解答】x=−1<1,但1x=−1<1,不充分,1x>1时0 0且x→0时,f(x)→+∞,排除A,故答案为:D.【分析】先求函数的定义域,然后去掉绝对值符号,再判断其奇偶性即可判断出答案.5.设a=log32,b=(32)−1,c=log274,则a,b,c的大小关系是(  )A.b 0,0 0)个单位后得到g(x)的图象,若g(x)是奇函数,则ϕ的最小值是π6【答案】C【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性;正弦函数的单调性;函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换;由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式;正弦函数的周期性【解析】【解答】解:∵函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0,0 0)个单位后得到g(x)=2cos(6x−6ϕ)的图象,若g(x)是奇函数,则6ϕ=2kπ+π2,k∈N,即ϕ=kπ3+π12,k∈N,令k=0,可得ϕ的最小值是π12,D不符合题意,故答案为:C【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A,由周期求出ω,由最高点求出φ的值,可得函数的解析式,再利用三角函数的图象和性质,得出答案.8.设抛物线y2=8x的焦点到双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的距离为b,到双曲线左顶点的距离为3b,则该双曲线的离心率是(  )A.52B.3C.2D.5【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解:抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为ax−by=0,由题意得d=|bx−ay|a2+b2=2bc=b,解得c=2,双曲线左顶点为A(−a,0), 由题意得2+a=3b,即a2+a−2=0,解得a=1,所以该双曲线的离心率是e=ca=2,故答案为:C【分析】求出抛物线的焦点坐标,得到双曲线的焦点坐标,求出c,利用焦点坐标到双曲线左顶点的距离为3b,求解a,然后求解离心率.9.已知定义在R上的函数f(x)=x|x−1|−1,x≥0,1x−1,x<0,若函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点,则实数a的取值范围是(  )A.(−∞,−1)∪{0}∪(14,+∞)B.(−∞,−1)∪{0}∪(14,1)C.(−∞,−1)∪[0,14)D.(−4,−1)∪{0}∪[14,1)【答案】B【知识点】分段函数的应用【解析】【解答】f(1−x)=(1−x)|x|−1,x≤1−1x,x>1,故f(1−x)+1=(1−x)|x|,x≤1−1x+1,x>1,则函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点等价于f(1−x)+1=ax有两个不同的解,故y=f(1−x)+1,y=ax的图象有两个不同的交点,设g(x)=f(1−x)+1=(1−x)x,0≤x≤1−x(1−x),x<0−1x+1,x>1又y=g(x),y=ax的图象如图所示,由图象可得两个函数的图象均过原点,若a=0,此时两个函数的图象有两个不同的交点,当a≠0时,考虑直线y=ax与g(x)=x−x2(0≤x≤1)的图象相切,则由ax=x−x2可得Δ=(a−1)2−0=0即a=1,考虑直线y=ax与g(x)=−1x+1(x≥1)的图象相切,由ax=−1x+1可得ax2−x+1=0,则Δ=1−4a=0即a=14.考虑直线y=ax与g(x)=x2−x(x≤0)的图象相切,由ax=x2−x可得Δ=(a+1)2−0=0即a=−1,结合图象可得当14 0,b>0,则2a+b4a2+b2−ab的最大值是  .【答案】22【知识点】基本不等式【解析】【解答】解:因为a>0,b>0,则4a2+b22≥2a+b2,即4a2+b2≥2(2a+b)2,当且仅当2a=b是,等号成立;又2ab≤2a+b2,即ab≤2a+b22,当且仅当2a=b是,等号成立;故4a2−b2−ab≥2(2a+b)2−2a+b22=2a+b22,则2a+b4a2+b2−ab≤2a+b2a+b22=22,当且仅当2a=b是,等号成立.故答案为:22.【分析】利用利用基本不等式可求出2a+b4a2+b2−ab的最大值。14.甲罐中有3个红球、2个黑球,乙罐中有2个红球、2个黑球.①先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”,再从乙罐中随机取出一球,以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”,则P(B|A)=  ;②从甲、乙两罐中分别随机各取出一球,则取到黑球的个数的数学期望为  .【答案】35;910【知识点】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;条件概率与独立事件【解析】【解答】P(B|A)=P(AB)P(A)=35×3535=35,设取得黑球的个数为X,则X可取0,1,2,又P(X=0)=35×24=310,P(X=2)=25×24=15,P(X=1)=35×24+25×24=12,故X的分布列为:X012P3101215故E(X)=0×310+1×12+2×15=910故答案为:35,910【分析】利用条件概率的概率公式求出P(B|A),设取得黑球的个数为X,利用乘法公式可求X的分布列,从而可得其期望值。15.已知平行四边形ABCD中,AB=4,AD=2,AC⋅AD=8,则|AC|=  ;若CE=ED,DF=λDB,则AF⋅FE的最大值为  .【答案】27;114【知识点】向量的三角形法则;平面向量数量积的运算【解析】【解答】由已知AC=AB+AD,所以AC⋅AD=(AB+AD)⋅AD=AB⋅AD+AD2=8,所以AB⋅AD=4,|AC|=|AB+AD|=(AB2+2AB⋅AD+AD2=16+2×4+22=27;因为CE=ED,DF=λDB,所以AF=AD+DF=AD+λDB=AD+λ(AB−AD)=λAB+(1−λ)AD,FE=AD+DE−AF=AD+12AB−λAB−(1−λ)AD=(12−λ)AB+λAD,AF⋅FE=λ(12−λ)AB2+(2λ2−32λ+12)AB⋅AD+λ(1−λ)AD2=16λ(12−λ)+4(2λ2−32λ+12)+4λ(1−λ)=−12(λ2−12λ)+2=−12(λ−14)2+114,所以λ=14时,AF⋅FE取得最大值114.故答案为:27;114.【分析】由AC⋅AD=8求出AB→⋅AD→的值,然后由|AC→|=|AB→+AD→|平方后求得|AC→|,把AF→,FE→用AB→⋅AD→表示后求数量积转化为λ的函数可得 AF⋅FE的最大值。三、解答题16.在△ABC中,内角A,B,C对边的边长分别是a,b,c,已知A+C=2B.(1)若b=5,c=3,求sinC;(2)若a+c=2b,求证:△ABC是等边三角形;(3)若cosA=255,求cos2C的值.【答案】(1)解:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,sinB=32又b=5,c=3,由正弦定理得sinC=cbsinB=35×32=3310(2)证明:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,cosB=12则有b2=a2+c2−2accosB=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac又a+c=2b,则b2=4b2−3ac,即b2=ac,则有(a+c)24=ac,则有a=c,又b2=ac,则有a=b=c则△ABC是等边三角形(3)解:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,cosB=12,sinB=32又cosA=255,0 b>0),其离心率为22,若F1,F2分别为C的左、右焦点,x轴上方一点P在椭圆C上,且满足PF1⊥PF2,|PF1+PF2|=23. (1)求C的方程;(2)过点P的直线l交C于另一点Q,点M与点Q关于x轴对称,直线PM交x轴于点N,若△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,求直线l的方程.【答案】(1)解:因为PF1⊥PF2,所以PF1⋅PF2=0,且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2又|PF1+PF2|=23,所以PF12+2PF1⋅PF2+PF22=12,即PF12+PF22=12,即|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=12,所以c=3,又离心率e=ca=22,所以a=6,c2=a2−b2,所以b=3,所以椭圆方程为x26+y23=1(2)解:由(1)可得P点的坐标为(0,3),依题意直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+3,由y=kx+3×26+y23=1消去y整理得(2k2+1)x2+43kx=0,解得x=0或x=−43k2k2+1,所以Q点坐标为(−43k2k2+1,3−23k22k2+1),从而M点坐标为(−43k2k2+1,23k2−32k2+1),所以直线PM的方程为y=12kx+3,则N点的坐标为(−23k,0),因为△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,所以S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN,当S△PQM=S△QMN时,即−43k2k2+1=12×(−23k),解得k=±62,所以直线l的方程为y=±62x+3;当S△PQM=3S△QMN时,即−43k2k2+1=32×(−23k),解得k=±66,所以直线l的方程为y=±66x+3;所以满足条件的直线l的方程为y=±62x+3,y=±66x+3【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)依题意可得PF1⋅PF2=0且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,根据数量积的运算律,求出c,再根据离心率及c2=a2−b2求出a、b,即可求出C的方程;(2)由(1)设直线l的方程为y=kx+3,联立直线与椭圆方程,即可求出Q点坐标,从而得到M点坐标,再求出直线PM方程,求出N的坐标,由△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,可得S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN,即可求出k,从而求出直线l的方程.19.已知{an}为等差数列,{bn}为正项等比数列,{an}的前n项和为Sn,a1=1,S44−S33=1,b1(a2−a1)=1,b2+2b3=b1.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)求{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值;(3)设cn=an+12bn+12,n为奇数,−an−12bn2,n为偶数,求证:k=12nck<24(n∈N∗).【答案】(1)解:设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),由a1=1,S44−S33=1,即a1=14a1+6d4−3a1+3d3=1,解得d=2,所以an=2n−1,由b1(a2−a1)=1,所以b1=12,由b2+2b3=b1,即12q+2×12q2=12,解得q=12或q=−1(舍去)所以bn=(12)n(2)解:由(1)可知bn=(12)n,所以(−1)n−1bn=12(−12)n−1,所以{(−1)n−1bn}是首项为12,公比为−12的等比数列,令{(−1)n−1bn}的前n项和为Tn,则Tn=12[1−(−12)n]1−(−12)=13[1−(−12)n],当n为奇数时Tn=13[1+(12)n]≤13(1+12)=12,当n为偶数时Tn=13[1−(12)n]<13,综上可得{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值为12(3)因为cn=an+12bn+12,n为奇数−an−12bn2,n为偶数,所以k=12nck=(a22−a12)b1+(a42−a32)b2+(a62−a52)b3+⋯+(a2n2−a2n−12)bn=8(121+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n)①,12k=12nck=8(122+323+525+⋯+2n−32n+2n−12n+1)②,由①−②可得12k=12nck=8(12+121+122+123+⋯+12n−1−2n−12n+1)=8[12+12(1−12n−1)1−12−2n−12n+1]=8(32−2n+32n+1) 所以k=1ck=24−2n+32n−3<24,得证;【知识点】等差数列的通项公式;等比数列的通项公式;等比数列的前n项和【解析】【分析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式,以及等比数列通项公式计算可得;(2)由(1)可得(−1)n−1bn=12(−12)n−1,利用等比数列求出公式求出前n项和Tn,再分奇偶两种情况求出Tn的最大值,即可求出{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值;(3)利用错位相减法求和即可证得k=12nck<24(n∈N∗).20.已知函数f(x)=[x2+(a−5)x−4a+5]ex(a∈R,e是自然对数的底数,e≈2.718⋯).(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;(2)若函数y=f′(x)在区间[1,2]上单调递减,求实数a的取值范围;(3)若函数g(x)=ax−f′(x)x2+ax+b(b∈Z)有两个极值点x1,x2(0 1时m′(x)>0,m(x)单调递增,则0 0m(1)=e+a<0,解得−3 0,所以m(x)=0在(0,1)和(1,32)上各有一个实根,所以函数g(x)在(0,+∞)上有两个极值点时−3 更多>>
简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.设集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9},全集U=A∪B,则集合Cu(A∩B)中的元素共有(  )A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】A【知识点】交集及其运算;补集及其运算【解析】【解答】U=A∪B={3,4,5,7,8,9},A∩B={4,7,9},所以CU(A∩B)={3,5,8},即集合Cu(A∩B)中共有3个元素,故答案为:A.【分析】求出集合的交集和并集,结合补集的定义进行计算即可得答案.2.设x∈R,则“x<1”是“1x>1”的(  )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断;不等式的基本性质【解析】【解答】x=−1<1,但1x=−1<1,不充分,1x>1时0 0且x→0时,f(x)→+∞,排除A,故答案为:D.【分析】先求函数的定义域,然后去掉绝对值符号,再判断其奇偶性即可判断出答案.5.设a=log32,b=(32)−1,c=log274,则a,b,c的大小关系是(  )A.b 0,0 0)个单位后得到g(x)的图象,若g(x)是奇函数,则ϕ的最小值是π6【答案】C【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性;正弦函数的单调性;函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换;由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式;正弦函数的周期性【解析】【解答】解:∵函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0,0 0)个单位后得到g(x)=2cos(6x−6ϕ)的图象,若g(x)是奇函数,则6ϕ=2kπ+π2,k∈N,即ϕ=kπ3+π12,k∈N,令k=0,可得ϕ的最小值是π12,D不符合题意,故答案为:C【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A,由周期求出ω,由最高点求出φ的值,可得函数的解析式,再利用三角函数的图象和性质,得出答案.8.设抛物线y2=8x的焦点到双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的距离为b,到双曲线左顶点的距离为3b,则该双曲线的离心率是(  )A.52B.3C.2D.5【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解:抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为ax−by=0,由题意得d=|bx−ay|a2+b2=2bc=b,解得c=2,双曲线左顶点为A(−a,0), 由题意得2+a=3b,即a2+a−2=0,解得a=1,所以该双曲线的离心率是e=ca=2,故答案为:C【分析】求出抛物线的焦点坐标,得到双曲线的焦点坐标,求出c,利用焦点坐标到双曲线左顶点的距离为3b,求解a,然后求解离心率.9.已知定义在R上的函数f(x)=x|x−1|−1,x≥0,1x−1,x<0,若函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点,则实数a的取值范围是(  )A.(−∞,−1)∪{0}∪(14,+∞)B.(−∞,−1)∪{0}∪(14,1)C.(−∞,−1)∪[0,14)D.(−4,−1)∪{0}∪[14,1)【答案】B【知识点】分段函数的应用【解析】【解答】f(1−x)=(1−x)|x|−1,x≤1−1x,x>1,故f(1−x)+1=(1−x)|x|,x≤1−1x+1,x>1,则函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点等价于f(1−x)+1=ax有两个不同的解,故y=f(1−x)+1,y=ax的图象有两个不同的交点,设g(x)=f(1−x)+1=(1−x)x,0≤x≤1−x(1−x),x<0−1x+1,x>1又y=g(x),y=ax的图象如图所示,由图象可得两个函数的图象均过原点,若a=0,此时两个函数的图象有两个不同的交点,当a≠0时,考虑直线y=ax与g(x)=x−x2(0≤x≤1)的图象相切,则由ax=x−x2可得Δ=(a−1)2−0=0即a=1,考虑直线y=ax与g(x)=−1x+1(x≥1)的图象相切,由ax=−1x+1可得ax2−x+1=0,则Δ=1−4a=0即a=14.考虑直线y=ax与g(x)=x2−x(x≤0)的图象相切,由ax=x2−x可得Δ=(a+1)2−0=0即a=−1,结合图象可得当14 0,b>0,则2a+b4a2+b2−ab的最大值是  .【答案】22【知识点】基本不等式【解析】【解答】解:因为a>0,b>0,则4a2+b22≥2a+b2,即4a2+b2≥2(2a+b)2,当且仅当2a=b是,等号成立;又2ab≤2a+b2,即ab≤2a+b22,当且仅当2a=b是,等号成立;故4a2−b2−ab≥2(2a+b)2−2a+b22=2a+b22,则2a+b4a2+b2−ab≤2a+b2a+b22=22,当且仅当2a=b是,等号成立.故答案为:22.【分析】利用利用基本不等式可求出2a+b4a2+b2−ab的最大值。14.甲罐中有3个红球、2个黑球,乙罐中有2个红球、2个黑球.①先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”,再从乙罐中随机取出一球,以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”,则P(B|A)=  ;②从甲、乙两罐中分别随机各取出一球,则取到黑球的个数的数学期望为  .【答案】35;910【知识点】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;条件概率与独立事件【解析】【解答】P(B|A)=P(AB)P(A)=35×3535=35,设取得黑球的个数为X,则X可取0,1,2,又P(X=0)=35×24=310,P(X=2)=25×24=15,P(X=1)=35×24+25×24=12,故X的分布列为:X012P3101215故E(X)=0×310+1×12+2×15=910故答案为:35,910【分析】利用条件概率的概率公式求出P(B|A),设取得黑球的个数为X,利用乘法公式可求X的分布列,从而可得其期望值。15.已知平行四边形ABCD中,AB=4,AD=2,AC⋅AD=8,则|AC|=  ;若CE=ED,DF=λDB,则AF⋅FE的最大值为  .【答案】27;114【知识点】向量的三角形法则;平面向量数量积的运算【解析】【解答】由已知AC=AB+AD,所以AC⋅AD=(AB+AD)⋅AD=AB⋅AD+AD2=8,所以AB⋅AD=4,|AC|=|AB+AD|=(AB2+2AB⋅AD+AD2=16+2×4+22=27;因为CE=ED,DF=λDB,所以AF=AD+DF=AD+λDB=AD+λ(AB−AD)=λAB+(1−λ)AD,FE=AD+DE−AF=AD+12AB−λAB−(1−λ)AD=(12−λ)AB+λAD,AF⋅FE=λ(12−λ)AB2+(2λ2−32λ+12)AB⋅AD+λ(1−λ)AD2=16λ(12−λ)+4(2λ2−32λ+12)+4λ(1−λ)=−12(λ2−12λ)+2=−12(λ−14)2+114,所以λ=14时,AF⋅FE取得最大值114.故答案为:27;114.【分析】由AC⋅AD=8求出AB→⋅AD→的值,然后由|AC→|=|AB→+AD→|平方后求得|AC→|,把AF→,FE→用AB→⋅AD→表示后求数量积转化为λ的函数可得 AF⋅FE的最大值。三、解答题16.在△ABC中,内角A,B,C对边的边长分别是a,b,c,已知A+C=2B.(1)若b=5,c=3,求sinC;(2)若a+c=2b,求证:△ABC是等边三角形;(3)若cosA=255,求cos2C的值.【答案】(1)解:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,sinB=32又b=5,c=3,由正弦定理得sinC=cbsinB=35×32=3310(2)证明:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,cosB=12则有b2=a2+c2−2accosB=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac又a+c=2b,则b2=4b2−3ac,即b2=ac,则有(a+c)24=ac,则有a=c,又b2=ac,则有a=b=c则△ABC是等边三角形(3)解:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,cosB=12,sinB=32又cosA=255,0 b>0),其离心率为22,若F1,F2分别为C的左、右焦点,x轴上方一点P在椭圆C上,且满足PF1⊥PF2,|PF1+PF2|=23. (1)求C的方程;(2)过点P的直线l交C于另一点Q,点M与点Q关于x轴对称,直线PM交x轴于点N,若△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,求直线l的方程.【答案】(1)解:因为PF1⊥PF2,所以PF1⋅PF2=0,且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2又|PF1+PF2|=23,所以PF12+2PF1⋅PF2+PF22=12,即PF12+PF22=12,即|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=12,所以c=3,又离心率e=ca=22,所以a=6,c2=a2−b2,所以b=3,所以椭圆方程为x26+y23=1(2)解:由(1)可得P点的坐标为(0,3),依题意直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+3,由y=kx+3×26+y23=1消去y整理得(2k2+1)x2+43kx=0,解得x=0或x=−43k2k2+1,所以Q点坐标为(−43k2k2+1,3−23k22k2+1),从而M点坐标为(−43k2k2+1,23k2−32k2+1),所以直线PM的方程为y=12kx+3,则N点的坐标为(−23k,0),因为△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,所以S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN,当S△PQM=S△QMN时,即−43k2k2+1=12×(−23k),解得k=±62,所以直线l的方程为y=±62x+3;当S△PQM=3S△QMN时,即−43k2k2+1=32×(−23k),解得k=±66,所以直线l的方程为y=±66x+3;所以满足条件的直线l的方程为y=±62x+3,y=±66x+3【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)依题意可得PF1⋅PF2=0且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,根据数量积的运算律,求出c,再根据离心率及c2=a2−b2求出a、b,即可求出C的方程;(2)由(1)设直线l的方程为y=kx+3,联立直线与椭圆方程,即可求出Q点坐标,从而得到M点坐标,再求出直线PM方程,求出N的坐标,由△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,可得S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN,即可求出k,从而求出直线l的方程.19.已知{an}为等差数列,{bn}为正项等比数列,{an}的前n项和为Sn,a1=1,S44−S33=1,b1(a2−a1)=1,b2+2b3=b1.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)求{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值;(3)设cn=an+12bn+12,n为奇数,−an−12bn2,n为偶数,求证:k=12nck<24(n∈N∗).【答案】(1)解:设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),由a1=1,S44−S33=1,即a1=14a1+6d4−3a1+3d3=1,解得d=2,所以an=2n−1,由b1(a2−a1)=1,所以b1=12,由b2+2b3=b1,即12q+2×12q2=12,解得q=12或q=−1(舍去)所以bn=(12)n(2)解:由(1)可知bn=(12)n,所以(−1)n−1bn=12(−12)n−1,所以{(−1)n−1bn}是首项为12,公比为−12的等比数列,令{(−1)n−1bn}的前n项和为Tn,则Tn=12[1−(−12)n]1−(−12)=13[1−(−12)n],当n为奇数时Tn=13[1+(12)n]≤13(1+12)=12,当n为偶数时Tn=13[1−(12)n]<13,综上可得{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值为12(3)因为cn=an+12bn+12,n为奇数−an−12bn2,n为偶数,所以k=12nck=(a22−a12)b1+(a42−a32)b2+(a62−a52)b3+⋯+(a2n2−a2n−12)bn=8(121+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n)①,12k=12nck=8(122+323+525+⋯+2n−32n+2n−12n+1)②,由①−②可得12k=12nck=8(12+121+122+123+⋯+12n−1−2n−12n+1)=8[12+12(1−12n−1)1−12−2n−12n+1]=8(32−2n+32n+1) 所以k=1ck=24−2n+32n−3<24,得证;【知识点】等差数列的通项公式;等比数列的通项公式;等比数列的前n项和【解析】【分析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式,以及等比数列通项公式计算可得;(2)由(1)可得(−1)n−1bn=12(−12)n−1,利用等比数列求出公式求出前n项和Tn,再分奇偶两种情况求出Tn的最大值,即可求出{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值;(3)利用错位相减法求和即可证得k=12nck<24(n∈N∗).20.已知函数f(x)=[x2+(a−5)x−4a+5]ex(a∈R,e是自然对数的底数,e≈2.718⋯).(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;(2)若函数y=f′(x)在区间[1,2]上单调递减,求实数a的取值范围;(3)若函数g(x)=ax−f′(x)x2+ax+b(b∈Z)有两个极值点x1,x2(0 1时m′(x)>0,m(x)单调递增,则0 0m(1)=e+a<0,解得−3 0,所以m(x)=0在(0,1)和(1,32)上各有一个实根,所以函数g(x)在(0,+∞)上有两个极值点时−3 更多>>
简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.设集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9},全集U=A∪B,则集合Cu(A∩B)中的元素共有(  )A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】A【知识点】交集及其运算;补集及其运算【解析】【解答】U=A∪B={3,4,5,7,8,9},A∩B={4,7,9},所以CU(A∩B)={3,5,8},即集合Cu(A∩B)中共有3个元素,故答案为:A.【分析】求出集合的交集和并集,结合补集的定义进行计算即可得答案.2.设x∈R,则“x<1”是“1x>1”的(  )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断;不等式的基本性质【解析】【解答】x=−1<1,但1x=−1<1,不充分,1x>1时0 0且x→0时,f(x)→+∞,排除A,故答案为:D.【分析】先求函数的定义域,然后去掉绝对值符号,再判断其奇偶性即可判断出答案.5.设a=log32,b=(32)−1,c=log274,则a,b,c的大小关系是(  )A.b 0,0 0)个单位后得到g(x)的图象,若g(x)是奇函数,则ϕ的最小值是π6【答案】C【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性;正弦函数的单调性;函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换;由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式;正弦函数的周期性【解析】【解答】解:∵函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0,0 0)个单位后得到g(x)=2cos(6x−6ϕ)的图象,若g(x)是奇函数,则6ϕ=2kπ+π2,k∈N,即ϕ=kπ3+π12,k∈N,令k=0,可得ϕ的最小值是π12,D不符合题意,故答案为:C【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A,由周期求出ω,由最高点求出φ的值,可得函数的解析式,再利用三角函数的图象和性质,得出答案.8.设抛物线y2=8x的焦点到双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的距离为b,到双曲线左顶点的距离为3b,则该双曲线的离心率是(  )A.52B.3C.2D.5【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解:抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为ax−by=0,由题意得d=|bx−ay|a2+b2=2bc=b,解得c=2,双曲线左顶点为A(−a,0), 由题意得2+a=3b,即a2+a−2=0,解得a=1,所以该双曲线的离心率是e=ca=2,故答案为:C【分析】求出抛物线的焦点坐标,得到双曲线的焦点坐标,求出c,利用焦点坐标到双曲线左顶点的距离为3b,求解a,然后求解离心率.9.已知定义在R上的函数f(x)=x|x−1|−1,x≥0,1x−1,x<0,若函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点,则实数a的取值范围是(  )A.(−∞,−1)∪{0}∪(14,+∞)B.(−∞,−1)∪{0}∪(14,1)C.(−∞,−1)∪[0,14)D.(−4,−1)∪{0}∪[14,1)【答案】B【知识点】分段函数的应用【解析】【解答】f(1−x)=(1−x)|x|−1,x≤1−1x,x>1,故f(1−x)+1=(1−x)|x|,x≤1−1x+1,x>1,则函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点等价于f(1−x)+1=ax有两个不同的解,故y=f(1−x)+1,y=ax的图象有两个不同的交点,设g(x)=f(1−x)+1=(1−x)x,0≤x≤1−x(1−x),x<0−1x+1,x>1又y=g(x),y=ax的图象如图所示,由图象可得两个函数的图象均过原点,若a=0,此时两个函数的图象有两个不同的交点,当a≠0时,考虑直线y=ax与g(x)=x−x2(0≤x≤1)的图象相切,则由ax=x−x2可得Δ=(a−1)2−0=0即a=1,考虑直线y=ax与g(x)=−1x+1(x≥1)的图象相切,由ax=−1x+1可得ax2−x+1=0,则Δ=1−4a=0即a=14.考虑直线y=ax与g(x)=x2−x(x≤0)的图象相切,由ax=x2−x可得Δ=(a+1)2−0=0即a=−1,结合图象可得当14 0,b>0,则2a+b4a2+b2−ab的最大值是  .【答案】22【知识点】基本不等式【解析】【解答】解:因为a>0,b>0,则4a2+b22≥2a+b2,即4a2+b2≥2(2a+b)2,当且仅当2a=b是,等号成立;又2ab≤2a+b2,即ab≤2a+b22,当且仅当2a=b是,等号成立;故4a2−b2−ab≥2(2a+b)2−2a+b22=2a+b22,则2a+b4a2+b2−ab≤2a+b2a+b22=22,当且仅当2a=b是,等号成立.故答案为:22.【分析】利用利用基本不等式可求出2a+b4a2+b2−ab的最大值。14.甲罐中有3个红球、2个黑球,乙罐中有2个红球、2个黑球.①先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”,再从乙罐中随机取出一球,以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”,则P(B|A)=  ;②从甲、乙两罐中分别随机各取出一球,则取到黑球的个数的数学期望为  .【答案】35;910【知识点】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;条件概率与独立事件【解析】【解答】P(B|A)=P(AB)P(A)=35×3535=35,设取得黑球的个数为X,则X可取0,1,2,又P(X=0)=35×24=310,P(X=2)=25×24=15,P(X=1)=35×24+25×24=12,故X的分布列为:X012P3101215故E(X)=0×310+1×12+2×15=910故答案为:35,910【分析】利用条件概率的概率公式求出P(B|A),设取得黑球的个数为X,利用乘法公式可求X的分布列,从而可得其期望值。15.已知平行四边形ABCD中,AB=4,AD=2,AC⋅AD=8,则|AC|=  ;若CE=ED,DF=λDB,则AF⋅FE的最大值为  .【答案】27;114【知识点】向量的三角形法则;平面向量数量积的运算【解析】【解答】由已知AC=AB+AD,所以AC⋅AD=(AB+AD)⋅AD=AB⋅AD+AD2=8,所以AB⋅AD=4,|AC|=|AB+AD|=(AB2+2AB⋅AD+AD2=16+2×4+22=27;因为CE=ED,DF=λDB,所以AF=AD+DF=AD+λDB=AD+λ(AB−AD)=λAB+(1−λ)AD,FE=AD+DE−AF=AD+12AB−λAB−(1−λ)AD=(12−λ)AB+λAD,AF⋅FE=λ(12−λ)AB2+(2λ2−32λ+12)AB⋅AD+λ(1−λ)AD2=16λ(12−λ)+4(2λ2−32λ+12)+4λ(1−λ)=−12(λ2−12λ)+2=−12(λ−14)2+114,所以λ=14时,AF⋅FE取得最大值114.故答案为:27;114.【分析】由AC⋅AD=8求出AB→⋅AD→的值,然后由|AC→|=|AB→+AD→|平方后求得|AC→|,把AF→,FE→用AB→⋅AD→表示后求数量积转化为λ的函数可得 AF⋅FE的最大值。三、解答题16.在△ABC中,内角A,B,C对边的边长分别是a,b,c,已知A+C=2B.(1)若b=5,c=3,求sinC;(2)若a+c=2b,求证:△ABC是等边三角形;(3)若cosA=255,求cos2C的值.【答案】(1)解:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,sinB=32又b=5,c=3,由正弦定理得sinC=cbsinB=35×32=3310(2)证明:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,cosB=12则有b2=a2+c2−2accosB=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac又a+c=2b,则b2=4b2−3ac,即b2=ac,则有(a+c)24=ac,则有a=c,又b2=ac,则有a=b=c则△ABC是等边三角形(3)解:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,cosB=12,sinB=32又cosA=255,0 b>0),其离心率为22,若F1,F2分别为C的左、右焦点,x轴上方一点P在椭圆C上,且满足PF1⊥PF2,|PF1+PF2|=23. (1)求C的方程;(2)过点P的直线l交C于另一点Q,点M与点Q关于x轴对称,直线PM交x轴于点N,若△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,求直线l的方程.【答案】(1)解:因为PF1⊥PF2,所以PF1⋅PF2=0,且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2又|PF1+PF2|=23,所以PF12+2PF1⋅PF2+PF22=12,即PF12+PF22=12,即|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=12,所以c=3,又离心率e=ca=22,所以a=6,c2=a2−b2,所以b=3,所以椭圆方程为x26+y23=1(2)解:由(1)可得P点的坐标为(0,3),依题意直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+3,由y=kx+3×26+y23=1消去y整理得(2k2+1)x2+43kx=0,解得x=0或x=−43k2k2+1,所以Q点坐标为(−43k2k2+1,3−23k22k2+1),从而M点坐标为(−43k2k2+1,23k2−32k2+1),所以直线PM的方程为y=12kx+3,则N点的坐标为(−23k,0),因为△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,所以S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN,当S△PQM=S△QMN时,即−43k2k2+1=12×(−23k),解得k=±62,所以直线l的方程为y=±62x+3;当S△PQM=3S△QMN时,即−43k2k2+1=32×(−23k),解得k=±66,所以直线l的方程为y=±66x+3;所以满足条件的直线l的方程为y=±62x+3,y=±66x+3【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)依题意可得PF1⋅PF2=0且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,根据数量积的运算律,求出c,再根据离心率及c2=a2−b2求出a、b,即可求出C的方程;(2)由(1)设直线l的方程为y=kx+3,联立直线与椭圆方程,即可求出Q点坐标,从而得到M点坐标,再求出直线PM方程,求出N的坐标,由△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,可得S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN,即可求出k,从而求出直线l的方程.19.已知{an}为等差数列,{bn}为正项等比数列,{an}的前n项和为Sn,a1=1,S44−S33=1,b1(a2−a1)=1,b2+2b3=b1.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)求{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值;(3)设cn=an+12bn+12,n为奇数,−an−12bn2,n为偶数,求证:k=12nck<24(n∈N∗).【答案】(1)解:设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),由a1=1,S44−S33=1,即a1=14a1+6d4−3a1+3d3=1,解得d=2,所以an=2n−1,由b1(a2−a1)=1,所以b1=12,由b2+2b3=b1,即12q+2×12q2=12,解得q=12或q=−1(舍去)所以bn=(12)n(2)解:由(1)可知bn=(12)n,所以(−1)n−1bn=12(−12)n−1,所以{(−1)n−1bn}是首项为12,公比为−12的等比数列,令{(−1)n−1bn}的前n项和为Tn,则Tn=12[1−(−12)n]1−(−12)=13[1−(−12)n],当n为奇数时Tn=13[1+(12)n]≤13(1+12)=12,当n为偶数时Tn=13[1−(12)n]<13,综上可得{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值为12(3)因为cn=an+12bn+12,n为奇数−an−12bn2,n为偶数,所以k=12nck=(a22−a12)b1+(a42−a32)b2+(a62−a52)b3+⋯+(a2n2−a2n−12)bn=8(121+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n)①,12k=12nck=8(122+323+525+⋯+2n−32n+2n−12n+1)②,由①−②可得12k=12nck=8(12+121+122+123+⋯+12n−1−2n−12n+1)=8[12+12(1−12n−1)1−12−2n−12n+1]=8(32−2n+32n+1) 所以k=1ck=24−2n+32n−3<24,得证;【知识点】等差数列的通项公式;等比数列的通项公式;等比数列的前n项和【解析】【分析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式,以及等比数列通项公式计算可得;(2)由(1)可得(−1)n−1bn=12(−12)n−1,利用等比数列求出公式求出前n项和Tn,再分奇偶两种情况求出Tn的最大值,即可求出{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值;(3)利用错位相减法求和即可证得k=12nck<24(n∈N∗).20.已知函数f(x)=[x2+(a−5)x−4a+5]ex(a∈R,e是自然对数的底数,e≈2.718⋯).(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;(2)若函数y=f′(x)在区间[1,2]上单调递减,求实数a的取值范围;(3)若函数g(x)=ax−f′(x)x2+ax+b(b∈Z)有两个极值点x1,x2(0 1时m′(x)>0,m(x)单调递增,则0 0m(1)=e+a<0,解得−3 0,所以m(x)=0在(0,1)和(1,32)上各有一个实根,所以函数g(x)在(0,+∞)上有两个极值点时−3 更多>>
简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.设集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9},全集U=A∪B,则集合Cu(A∩B)中的元素共有(  )A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】A【知识点】交集及其运算;补集及其运算【解析】【解答】U=A∪B={3,4,5,7,8,9},A∩B={4,7,9},所以CU(A∩B)={3,5,8},即集合Cu(A∩B)中共有3个元素,故答案为:A.【分析】求出集合的交集和并集,结合补集的定义进行计算即可得答案.2.设x∈R,则“x<1”是“1x>1”的(  )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断;不等式的基本性质【解析】【解答】x=−1<1,但1x=−1<1,不充分,1x>1时0 0且x→0时,f(x)→+∞,排除A,故答案为:D.【分析】先求函数的定义域,然后去掉绝对值符号,再判断其奇偶性即可判断出答案.5.设a=log32,b=(32)−1,c=log274,则a,b,c的大小关系是(  )A.b 0,0 0)个单位后得到g(x)的图象,若g(x)是奇函数,则ϕ的最小值是π6【答案】C【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性;正弦函数的单调性;函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换;由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式;正弦函数的周期性【解析】【解答】解:∵函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0,0 0)个单位后得到g(x)=2cos(6x−6ϕ)的图象,若g(x)是奇函数,则6ϕ=2kπ+π2,k∈N,即ϕ=kπ3+π12,k∈N,令k=0,可得ϕ的最小值是π12,D不符合题意,故答案为:C【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A,由周期求出ω,由最高点求出φ的值,可得函数的解析式,再利用三角函数的图象和性质,得出答案.8.设抛物线y2=8x的焦点到双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的距离为b,到双曲线左顶点的距离为3b,则该双曲线的离心率是(  )A.52B.3C.2D.5【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解:抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为ax−by=0,由题意得d=|bx−ay|a2+b2=2bc=b,解得c=2,双曲线左顶点为A(−a,0), 由题意得2+a=3b,即a2+a−2=0,解得a=1,所以该双曲线的离心率是e=ca=2,故答案为:C【分析】求出抛物线的焦点坐标,得到双曲线的焦点坐标,求出c,利用焦点坐标到双曲线左顶点的距离为3b,求解a,然后求解离心率.9.已知定义在R上的函数f(x)=x|x−1|−1,x≥0,1x−1,x<0,若函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点,则实数a的取值范围是(  )A.(−∞,−1)∪{0}∪(14,+∞)B.(−∞,−1)∪{0}∪(14,1)C.(−∞,−1)∪[0,14)D.(−4,−1)∪{0}∪[14,1)【答案】B【知识点】分段函数的应用【解析】【解答】f(1−x)=(1−x)|x|−1,x≤1−1x,x>1,故f(1−x)+1=(1−x)|x|,x≤1−1x+1,x>1,则函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点等价于f(1−x)+1=ax有两个不同的解,故y=f(1−x)+1,y=ax的图象有两个不同的交点,设g(x)=f(1−x)+1=(1−x)x,0≤x≤1−x(1−x),x<0−1x+1,x>1又y=g(x),y=ax的图象如图所示,由图象可得两个函数的图象均过原点,若a=0,此时两个函数的图象有两个不同的交点,当a≠0时,考虑直线y=ax与g(x)=x−x2(0≤x≤1)的图象相切,则由ax=x−x2可得Δ=(a−1)2−0=0即a=1,考虑直线y=ax与g(x)=−1x+1(x≥1)的图象相切,由ax=−1x+1可得ax2−x+1=0,则Δ=1−4a=0即a=14.考虑直线y=ax与g(x)=x2−x(x≤0)的图象相切,由ax=x2−x可得Δ=(a+1)2−0=0即a=−1,结合图象可得当14 0,b>0,则2a+b4a2+b2−ab的最大值是  .【答案】22【知识点】基本不等式【解析】【解答】解:因为a>0,b>0,则4a2+b22≥2a+b2,即4a2+b2≥2(2a+b)2,当且仅当2a=b是,等号成立;又2ab≤2a+b2,即ab≤2a+b22,当且仅当2a=b是,等号成立;故4a2−b2−ab≥2(2a+b)2−2a+b22=2a+b22,则2a+b4a2+b2−ab≤2a+b2a+b22=22,当且仅当2a=b是,等号成立.故答案为:22.【分析】利用利用基本不等式可求出2a+b4a2+b2−ab的最大值。14.甲罐中有3个红球、2个黑球,乙罐中有2个红球、2个黑球.①先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”,再从乙罐中随机取出一球,以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”,则P(B|A)=  ;②从甲、乙两罐中分别随机各取出一球,则取到黑球的个数的数学期望为  .【答案】35;910【知识点】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;条件概率与独立事件【解析】【解答】P(B|A)=P(AB)P(A)=35×3535=35,设取得黑球的个数为X,则X可取0,1,2,又P(X=0)=35×24=310,P(X=2)=25×24=15,P(X=1)=35×24+25×24=12,故X的分布列为:X012P3101215故E(X)=0×310+1×12+2×15=910故答案为:35,910【分析】利用条件概率的概率公式求出P(B|A),设取得黑球的个数为X,利用乘法公式可求X的分布列,从而可得其期望值。15.已知平行四边形ABCD中,AB=4,AD=2,AC⋅AD=8,则|AC|=  ;若CE=ED,DF=λDB,则AF⋅FE的最大值为  .【答案】27;114【知识点】向量的三角形法则;平面向量数量积的运算【解析】【解答】由已知AC=AB+AD,所以AC⋅AD=(AB+AD)⋅AD=AB⋅AD+AD2=8,所以AB⋅AD=4,|AC|=|AB+AD|=(AB2+2AB⋅AD+AD2=16+2×4+22=27;因为CE=ED,DF=λDB,所以AF=AD+DF=AD+λDB=AD+λ(AB−AD)=λAB+(1−λ)AD,FE=AD+DE−AF=AD+12AB−λAB−(1−λ)AD=(12−λ)AB+λAD,AF⋅FE=λ(12−λ)AB2+(2λ2−32λ+12)AB⋅AD+λ(1−λ)AD2=16λ(12−λ)+4(2λ2−32λ+12)+4λ(1−λ)=−12(λ2−12λ)+2=−12(λ−14)2+114,所以λ=14时,AF⋅FE取得最大值114.故答案为:27;114.【分析】由AC⋅AD=8求出AB→⋅AD→的值,然后由|AC→|=|AB→+AD→|平方后求得|AC→|,把AF→,FE→用AB→⋅AD→表示后求数量积转化为λ的函数可得 AF⋅FE的最大值。三、解答题16.在△ABC中,内角A,B,C对边的边长分别是a,b,c,已知A+C=2B.(1)若b=5,c=3,求sinC;(2)若a+c=2b,求证:△ABC是等边三角形;(3)若cosA=255,求cos2C的值.【答案】(1)解:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,sinB=32又b=5,c=3,由正弦定理得sinC=cbsinB=35×32=3310(2)证明:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,cosB=12则有b2=a2+c2−2accosB=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac又a+c=2b,则b2=4b2−3ac,即b2=ac,则有(a+c)24=ac,则有a=c,又b2=ac,则有a=b=c则△ABC是等边三角形(3)解:△ABC中,A+C=2B.则B=π3,cosB=12,sinB=32又cosA=255,0 b>0),其离心率为22,若F1,F2分别为C的左、右焦点,x轴上方一点P在椭圆C上,且满足PF1⊥PF2,|PF1+PF2|=23. (1)求C的方程;(2)过点P的直线l交C于另一点Q,点M与点Q关于x轴对称,直线PM交x轴于点N,若△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,求直线l的方程.【答案】(1)解:因为PF1⊥PF2,所以PF1⋅PF2=0,且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2又|PF1+PF2|=23,所以PF12+2PF1⋅PF2+PF22=12,即PF12+PF22=12,即|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=12,所以c=3,又离心率e=ca=22,所以a=6,c2=a2−b2,所以b=3,所以椭圆方程为x26+y23=1(2)解:由(1)可得P点的坐标为(0,3),依题意直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+3,由y=kx+3×26+y23=1消去y整理得(2k2+1)x2+43kx=0,解得x=0或x=−43k2k2+1,所以Q点坐标为(−43k2k2+1,3−23k22k2+1),从而M点坐标为(−43k2k2+1,23k2−32k2+1),所以直线PM的方程为y=12kx+3,则N点的坐标为(−23k,0),因为△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,所以S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN,当S△PQM=S△QMN时,即−43k2k2+1=12×(−23k),解得k=±62,所以直线l的方程为y=±62x+3;当S△PQM=3S△QMN时,即−43k2k2+1=32×(−23k),解得k=±66,所以直线l的方程为y=±66x+3;所以满足条件的直线l的方程为y=±62x+3,y=±66x+3【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)依题意可得PF1⋅PF2=0且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,根据数量积的运算律,求出c,再根据离心率及c2=a2−b2求出a、b,即可求出C的方程;(2)由(1)设直线l的方程为y=kx+3,联立直线与椭圆方程,即可求出Q点坐标,从而得到M点坐标,再求出直线PM方程,求出N的坐标,由△PQN的面积是△QMN的面积的2倍,可得S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN,即可求出k,从而求出直线l的方程.19.已知{an}为等差数列,{bn}为正项等比数列,{an}的前n项和为Sn,a1=1,S44−S33=1,b1(a2−a1)=1,b2+2b3=b1.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)求{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值;(3)设cn=an+12bn+12,n为奇数,−an−12bn2,n为偶数,求证:k=12nck<24(n∈N∗).【答案】(1)解:设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),由a1=1,S44−S33=1,即a1=14a1+6d4−3a1+3d3=1,解得d=2,所以an=2n−1,由b1(a2−a1)=1,所以b1=12,由b2+2b3=b1,即12q+2×12q2=12,解得q=12或q=−1(舍去)所以bn=(12)n(2)解:由(1)可知bn=(12)n,所以(−1)n−1bn=12(−12)n−1,所以{(−1)n−1bn}是首项为12,公比为−12的等比数列,令{(−1)n−1bn}的前n项和为Tn,则Tn=12[1−(−12)n]1−(−12)=13[1−(−12)n],当n为奇数时Tn=13[1+(12)n]≤13(1+12)=12,当n为偶数时Tn=13[1−(12)n]<13,综上可得{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值为12(3)因为cn=an+12bn+12,n为奇数−an−12bn2,n为偶数,所以k=12nck=(a22−a12)b1+(a42−a32)b2+(a62−a52)b3+⋯+(a2n2−a2n−12)bn=8(121+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n)①,12k=12nck=8(122+323+525+⋯+2n−32n+2n−12n+1)②,由①−②可得12k=12nck=8(12+121+122+123+⋯+12n−1−2n−12n+1)=8[12+12(1−12n−1)1−12−2n−12n+1]=8(32−2n+32n+1) 所以k=1ck=24−2n+32n−3<24,得证;【知识点】等差数列的通项公式;等比数列的通项公式;等比数列的前n项和【解析】【分析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式,以及等比数列通项公式计算可得;(2)由(1)可得(−1)n−1bn=12(−12)n−1,利用等比数列求出公式求出前n项和Tn,再分奇偶两种情况求出Tn的最大值,即可求出{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值;(3)利用错位相减法求和即可证得k=12nck<24(n∈N∗).20.已知函数f(x)=[x2+(a−5)x−4a+5]ex(a∈R,e是自然对数的底数,e≈2.718⋯).(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;(2)若函数y=f′(x)在区间[1,2]上单调递减,求实数a的取值范围;(3)若函数g(x)=ax−f′(x)x2+ax+b(b∈Z)有两个极值点x1,x2(0 1时m′(x)>0,m(x)单调递增,则0 0m(1)=e+a<0,解得−3 0,所以m(x)=0在(0,1)和(1,32)上各有一个实根,所以函数g(x)在(0,+∞)上有两个极值点时−3 更多>>