ImageVerifierCode 换一换
格式:DOC , 页数:23 ,大小:486KB ,
资源ID:141035      下载积分:30 金币
快捷下载
登录下载
邮箱/手机:
温馨提示:
快捷下载时,用户名和密码都是您填写的邮箱或者手机号,方便查询和重复下载(系统自动生成)。 如填写123,账号就是123,密码也是123。
特别说明:
请自助下载,系统不会自动发送文件的哦; 如果您已付费,想二次下载,请登录后访问:我的下载记录
支付方式: 支付宝    微信支付   
验证码:   换一换

加入VIP,更优惠
 

温馨提示:由于个人手机设置不同,如果发现不能下载,请复制以下地址【https://www.77wenku.com/d-141035.html】到电脑端继续下载(重复下载不扣费)。

已注册用户请登录:
账号:
密码:
验证码:   换一换
  忘记密码?
三方登录: 微信登录   QQ登录   微博登录 

下载须知

1: 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。
2: 试题试卷类文档,如果标题没有明确说明有答案则都视为没有答案,请知晓。
3: 文件的所有权益归上传用户所有。
4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
5. 本站仅提供交流平台,并不能对任何下载内容负责。
6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

版权提示 | 免责声明

本文(2019-2020学年云南省玉溪一中高三(上)第四次月考数学试卷(理科)含详细解答)为本站会员(hua****011)主动上传,七七文库仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知七七文库(发送邮件至373788568@qq.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

2019-2020学年云南省玉溪一中高三(上)第四次月考数学试卷(理科)含详细解答

1、已知集合 Ax|0,Bx|0x4,则 AB( ) Ax|1x4 Bx|0x3 Cx|0x3 Dx|1x4 2 (5 分)设 z+i,则|z|( ) A B C D2 3 (5 分)已知命题 p:对任意 xR,总有 2xx2;q: “ab1“是“a1,b1”的充分不 必要条件,则下列命题为真命题的是( ) Apq Bpq Cpq Dpq 4 (5 分)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( ) A64 B72 C80 D112 5 (5 分)如果执行如图所示的框图,输入 N5,则输出的 S 等于( ) 第 2 页(共 23 页) A B C D 6 (5 分)在四面体 OABC 中,E

2、 为 OA 中点,若 , , , 则( ) A B+ C+ D+ 7 (5 分)定义在 R 上的奇函数 f(x)满足 f(1x)f(1+x) ,且当 x0,1时,f(x) 4x22x,则当 x2,2时,方程 2f(x)1 的解的个数为( ) A2 B3 C4 D6 8 (5 分)如图,矩形 ABCD 中,AB4,BC2,E 为边 AB 的中点,沿 DE 将ADE 折起, 点 A 折至 A1处(A1平面 ABCD) ,若 M 为线段 A1C 的中点,则在ADE 折起过程中, 下列说法错误的是( ) A始终有 MB平面 A1DE B不存在某个位置,使得 A1C平面 A1DE 第 3 页(共 23

3、页) C三棱锥 A1ADE 体积的最大值是 D一定存在某个位置,使得异面直线 BM 与 A1E 所成角为 30 9(5 分) 如图, 用与底面成 45角的平面截圆柱得一椭圆截线, 则该椭圆的离心率为 ( ) A B C D 10 (5 分)某车间分批生产某种产品,每批的生产准备费用为 800 元若每批生产 x 件, 则平均仓储时间为天,且每件产品每天的仓储费用为 1 元为使平均每件产品的生产 准备费用与仓储费用之和最小,每批应生产产品( ) A60 件 B80 件 C100 件 D120 件 11 (5 分)已知函数 f(x)asinxcosx 的一条对称轴为 x,且 f(x1) f(x2)

4、4,则|x1+x2|的最小值为( ) A B C D 12 (5 分)设等差数列an满足 a11,an0(nN*) ,其前 n 项和为 Sn,若数列 也为等差数列,则的最大值是( ) A310 B212 C180 D121 二、填空题:本题共二、填空题:本题共 4 小题,每题小题,每题 5 分,共分,共 20 分分. 13 (5 分) 若直线 axby30 (a0, b0) 过点 (2, 1) , 则+的最小值为 14 (5 分)向量 (1,1) , (1,0) ,若( )(2 + ) ,则 15 (5 分)在等差数列an中,若 a100,则有等式:a1+a2+ana1+a2+a19n(n 1

5、9)成立,类比上述性质,相应地,在等比数列bn中,若 b91,则有等式 成 立 16 (5 分)设 O 是ABC 的外心,满足t+(t),tR,若|3,则 ABC 面积的最大值为 第 4 页(共 23 页) 三、解答题:共三、解答题:共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(一)必考题:(一)必考题:共共 60 分分. 第第 17-21 题为必考题,每个试题考生都必须作答题为必考题,每个试题考生都必须作答. 17 (12 分)已知 , 为锐角,tan,cos(+) (1)求 cos2 的值; (2)求 tan()的值 18 (12 分)在等

6、差数列an中,a11,其前 n 项和为 Sn,等比数列bn的各项均为正数, b11,且 b2+S311,S69b3 (1)求数列an和bn的通项公式; (2)设 cn,求数列cn的前 n 项和 Tn 19 (12 分)如图,在四棱锥 PABCD 中,PD平面 ABCD,ABDC,ABAD,DC6, AD8,BC10,PAD45,E 为 PA 的中点 (1)求证:DE平面 BPC; (2)线段 AB 上是否存在一点 F,满足 CFDB?若存在,试求出二面角 FPCD 的 余弦值;若不存在,请说明理由 20 (12 分)已知圆 C: (x3)2+(y4)24,直线 l1过定点 A(1,0) (1)

7、若 l1与圆相切,求 l1的方程; (2)若 l1与圆相交于 P,Q 两点,线段 PQ 的中点为 M,又 l1与 l2:x+2y+20 的交点 为 N,判断 AMAN 是否为定值,若是,则求出定值;若不是,请说明理由 第 5 页(共 23 页) 21 (12 分)已知函数 f(x)ln(x1)k(x1)+1 (1)求函数 f(x)的极值点; (2)若 f(x)0 恒成立,求 k 的取值范围; (3)证明:+(nN*,n1) (二)选考题:共(二)选考题:共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答.作答时用作答时用 2B 铅笔在答题卡铅笔在答题卡 上把所选

8、题目题号后的方框涂黑上把所选题目题号后的方框涂黑.如果多做,则按所做的第一题计分如果多做,则按所做的第一题计分.选修选修 4-4:坐标系与参:坐标系与参 数方程数方程 22 (10 分)已知直线 l 的参数方程为(t 为参数) ,圆 C 的参数方程为 ( 为参数) ()若直线 l 与圆 C 的相交弦长不小于,求实数 m 的取值范围; ()若点 A 的坐标为(2,0) ,动点 P 在圆 C 上,试求线段 PA 的中点 Q 的轨迹方程 选修选修 4-5:不等式选讲:不等式选讲 23 (1)求 f(x)+的最大值; (2)设 a,b,c0,且 ab+bc+ca1,求证: 第 6 页(共 23 页)

9、2019-2020 学年云南省玉溪一中高三(上)第四次月考数学试卷学年云南省玉溪一中高三(上)第四次月考数学试卷 (理科)(理科) 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题:本题共一、选择题:本题共 12 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 60 分分.在每小题给出的四个选项中,只有一在每小题给出的四个选项中,只有一 项符合题目要求项符合题目要求. 1 (5 分)已知集合 Ax|0,Bx|0x4,则 AB( ) Ax|1x4 Bx|0x3 Cx|0x3 Dx|1x4 【分析】可以求出集合 A,然后进行并集的运算即可 【解答】解:Ax|1x3,Bx|0x4, ABx|1x4 故选

10、:A 【点评】本题考查了描述法的定义,分式不等式的解法,并集的运算,考查了计算能力, 属于基础题 2 (5 分)设 z+i,则|z|( ) A B C D2 【分析】先求 z,再利用求模的公式求出|z| 【解答】解:z+i+i 故|z| 故选:B 【点评】本题考查复数代数形式的运算,属于容易题 3 (5 分)已知命题 p:对任意 xR,总有 2xx2;q: “ab1“是“a1,b1”的充分不 必要条件,则下列命题为真命题的是( ) Apq Bpq Cpq Dpq 【分析】命题 p:是假命题,例如取 x2 时,2x与 x2相等q:由“a1,b1”: “ab 1” ;反之不成立,例如取 a10,b

11、进而判断出结论 【解答】解:命题 p:对任意 xR,总有 2xx2;是假命题,例如取 x2 时,2x与 x2相 第 7 页(共 23 页) 等 q:由“a1,b1”: “ab1” ;反之不成立,例如取 a10,b “ab1“是“a1,b1”的必要不充分条件,是假命题 下列命题为真命题的是p(q) , 故选:D 【点评】本题考查了简易逻辑的判定方法、不等式的性质、函数的单调性,考查了推理 能力与计算能力,属于基础题 4 (5 分)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( ) A64 B72 C80 D112 【分析】由三视图可知该几何体为上部是一四棱锥,高为 3,下部为正方体,边长为 4

12、 的组合体分别求得体积再相加 【解答】解:由三视图可知该几何体为上部是一四棱锥,下部为正方体的组合体四棱 锥的高 h13,正方体棱长为 4 V正方体Sh242464,V四棱锥Sh116, 所以 V64+1680 故选:C 【点评】本题考查三视图求几何体的体积,考查计算能力,空间想象能力,三视图复原 几何体是解题的关键 5 (5 分)如果执行如图所示的框图,输入 N5,则输出的 S 等于( ) 第 8 页(共 23 页) A B C D 【 分 析 】 由 已 知 中 的 程 序 框 图 可 知 , 该 程 序 的 功 能 是 计 算 出 输 出 S 的值 【解答】解:n5 时,k1,S0, 第

13、一次运行:S0+,k15, 第二次运行:k1+12,S,k25, 第三次运行:k2+13,k35, 第四次运行:k3+14,S,k45, 第五次运行:k4+15,S,k5, 结束运行,输出 S 故选:D 【点评】本题考查程序框图的应用,是基础题,解题时要认真审题,注意函数性质的合 理运用 6 (5 分)在四面体 OABC 中,E 为 OA 中点,若 , , , 则( ) A B+ 第 9 页(共 23 页) C+ D+ 【分析】利用向量的加减法,及线性运算,即可得出结论 【解答】解:由题意,+ +( )+ 故选:D 【点评】本题考查了平面向量的加减法、线性运算,是基础题 7 (5 分)定义在

14、R 上的奇函数 f(x)满足 f(1x)f(1+x) ,且当 x0,1时,f(x) 4x22x,则当 x2,2时,方程 2f(x)1 的解的个数为( ) A2 B3 C4 D6 【分析】利用函数的奇偶性以及函数的对称性求出函数的周期,利用函数的图象求解函 数的零点公式即可 【解答】解:定义在 R 上的奇函数 f(x)满足 f(1x)f(1+x) , 可得 f(1+x)f(x1) ,所以 f(x+2)f(x) , 可得 f(x+4)f(x+2)f(x)所以函数的周期为 4; 且当 x0,1时,f(x)4x22x,当 x2,2时,函数的图象如图: 方程 2f(x)1 的零点个数为 2 故选:A 第

15、 10 页(共 23 页) 【点评】本题考查函数与方程的应用,函数的奇偶性以及函数的对称性,周期性的应用, 函数的零点公式的判断,数形结合的应用,是中档题 8 (5 分)如图,矩形 ABCD 中,AB4,BC2,E 为边 AB 的中点,沿 DE 将ADE 折起, 点 A 折至 A1处(A1平面 ABCD) ,若 M 为线段 A1C 的中点,则在ADE 折起过程中, 下列说法错误的是( ) A始终有 MB平面 A1DE B不存在某个位置,使得 A1C平面 A1DE C三棱锥 A1ADE 体积的最大值是 D一定存在某个位置,使得异面直线 BM 与 A1E 所成角为 30 【分析】对于 A,延长 C

16、B,DE 交于 H,连接 A1H,运用中位线定理和线面平行的判定 定理,可得 BM平面 A1DE,即可判断 A; 对于 B,不论 A1在何位置,A1C 在平面 ABCD 中的射影为 AC,由 AC 与 DE 不垂直,得 DE 与 A1C 不垂直,从而可得 A1C 与平面 A1DE 不垂直,由此判断 B; 对于 C,由题意知平面 A1DE平面 ADE 时,三棱锥 A1ADE 的体积最大,求出即可; 对于 D,运用平行线的性质和解三角形的余弦定理,以及异面直线所成角的定义,求出 异面直线所成的角,说明 D 错误 【解答】解:对于 A,延长 CB,DE 交于 H,连接 A1H,由 E 为 AB 的中

17、点,可得 B 为 CH 的中点, 又 M 为 A1C 的中点,可得 BMA1H,BM平面 A1DE,A1H平面 A1DE,则 BM平面 A1DE,故 A 正确; 不论 A1在何位置,A1C 在平面 ABCD 中的射影为 AC,AC 与 DE 不垂直,则 DE 与 A1C 不垂直,可得 A1C 与平面 A1DE 不垂直,故 B 正确; 对于 C,设 O 为 DE 的中点,连接 OA1,由直角三角形斜边的中线长为斜边的一半,可 得 OA1, 第 11 页(共 23 页) 当平面 A1DE平面 ADE 时, 三棱锥 A1ADE 的体积最大, 最大体积为 VSADEA1O 22,故 C 正确; 对于

18、D,AB2AD4,过 E 作 EGBM,G平面 A1DC,则A1EG 是异面直线 BM 与 A1E 所成的角或所成角的补角, 且 A1EG EA1H , 在 EA1H中 , EA1 2 , EH DE 2, A1H 2, 则EA1H 为定值,即A1EG 为定值,不存在某个位置,使得异面直线 BM 与 A1E 所 成角为 30,故 D 错误 故选:D 【点评】本题考查命题的真假判断与应用,考查空间中直线与直线、直线与平面、平面 与平面位置关系的判定,考查空间想象能力与思维能力,是中档题 9(5 分) 如图, 用与底面成 45角的平面截圆柱得一椭圆截线, 则该椭圆的离心率为 ( ) A B C D

19、 【分析】根据截面与底面所成的角是 45,根据直角三角形写出椭圆的长轴长,而椭圆 的短轴长是与圆柱的底面直径相等,做出 c 的长度,根据椭圆的离心率公式,代入 a,c 的值,求出结果 【解答】解:设圆柱底面圆的方程为 x2+y2R2, 与底面成 45角的平面截圆柱, 椭圆的半长轴长是R, 半短轴长是 R, cR, 第 12 页(共 23 页) e 故选:A 【点评】本题考查平面与圆柱的截线,考查椭圆的性质,考查等腰直角三角形的边长之 间的关系,是一个比较简单的综合题目,题目涉及到的知识比较多 10 (5 分)某车间分批生产某种产品,每批的生产准备费用为 800 元若每批生产 x 件, 则平均仓

20、储时间为天,且每件产品每天的仓储费用为 1 元为使平均每件产品的生产 准备费用与仓储费用之和最小,每批应生产产品( ) A60 件 B80 件 C100 件 D120 件 【分析】若每批生产 x 件,则平均仓储时间为天,可得仓储总费用为,再加上 生产准备费用为 800 元, 可得生产 x 件产品的生产准备费用与仓储费用之和是 元, 由此求出平均每件的生产准备费用与仓储费用之和, 再用基本不等式求 出最小值对应的 x 值 【解答】解:根据题意,该生产 x 件产品的生产准备费用与仓储费用之和是 这样平均每件的生产准备费用与仓储费用之和为(x 为正 整数) 由基本不等式,得 当且仅当时,f(x)取得

21、最小值、 可得 x80 时,每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小 故选:B 【点评】本题结合了函数与基本不等式两个知识点,属于中档题,运用基本不等式时应 该注意取等号的条件,才能准确给出答案 11 (5 分)已知函数 f(x)asinxcosx 的一条对称轴为 x,且 f(x1) f(x2) 4,则|x1+x2|的最小值为( ) A B C D 第 13 页(共 23 页) 【分析】首先通过三角函数的恒等变换把函数关系式变性成正弦型函数,进一步利用对 称轴确定函数的解析式,再利用正弦型函数的最值确定结果 【解答】解:f(x)asinxcosx , 由于函数的对称轴为:x, 所以, 则:,

22、解得:a1 所以:f(x)2sin(x) , 由于:f(x1) f(x2)4, 所以函数必须取得最大值和最小值, 所以:或 所以:|x1+x2|4k, 当 k0 时,最小值为 故选:C 【点评】本题考查的知识要点:三角函数的恒等变换,利用对称轴求函数的解析式,利 用三角函数的最值确定结果 12 (5 分)设等差数列an满足 a11,an0(nN*) ,其前 n 项和为 Sn,若数列 也为等差数列,则的最大值是( ) A310 B212 C180 D121 【分析】设等差数列an的公差为 d,a11,an0(nN*) ,利用等差数列的通项公式 及其前 n 项和公式可得:an1+(n1)d,Sn由

23、于数列也 为等差数列,可得 2+,代入解出 d,可得关于 n 的数列,利用其 单调性即可得出 第 14 页(共 23 页) 【解答】解:设等差数列an的公差为 d,a11,an0(nN*) , an1+(n1)d,Sn 1, 数列也为等差数列, 2+, 1+, 化为(d2)20,解得 d2 an2n1,Snn2 , 数列单调递减, 的最大值是121 故选:D 【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其前 n 项和公式、数列的单调性,考查了推 理能力与计算能力,属于中档题 二、填空题:本题共二、填空题:本题共 4 小小题,每题题,每题 5 分,共分,共 20 分分. 13(5 分) 若直线 axb

24、y30 (a0, b0) 过点 (2, 1) , 则+的最小值为 1+ 【分析】根据条件可得出 2a+b3,从而得出,然后根据 a0,b0, 以及基本不等式即可求出的最小值 【解答】解:axby30 过点(2,1) , 2a+b3,且 a0,b0, , 当 且 仅 当 ,即时取等号, 的最小值为 第 15 页(共 23 页) 故答案为: 【点评】本题考查了直线上的点的坐标和直线方程的关系,基本不等式的应用,考查了 计算能力,属于基础题 14 (5 分)向量 (1,1) , (1,0) ,若( )(2 + ) ,则 3 【分析】根据两向量垂直时数量积为 0,列出方程求出 的值 【解答】解:向量

25、(1,1) , (1,0) , 2,1,1; 又( )(2 + ) , ( ) (2 + )2+(2) 0, 即 22+(2) (1)10, 解得 3 故答案为:3 【点评】本题考查了平面向量的坐标运算与数量积的应用问题,是基础题 15 (5 分)在等差数列an中,若 a100,则有等式:a1+a2+ana1+a2+a19n(n 19)成立,类比上述性质,相应地,在等比数列bn中,若 b91,则有等式 b1b2 bnb1b2b17n(n17) 成立 【分析】根据类比的规则,和类比积,加类比乘,由类比规律得出结论即可 【解答】解:在等差数列an中,若 a100,则有等式 a1+a2+ana1+a

26、2+a19n(n 19,nN+)成立, 故相应的在等比数列bn中,若 b91,则有等式 b1b2bnb1b2b17n(n17) 故答案为 b1b2bnb1b2b17n(n17) 【点评】本题考查类比推理,解题的关键是掌握好类比推理的定义及两类事物之间的共 性,由此得出类比的结论即可 16 (5 分)设 O 是ABC 的外心,满足t+(t),tR,若|3,则 ABC 面积的最大值为 9 【分析】用平面向量基本定理,把面积转化为三角函数,由此即可求出面积最大值 【解答】解:由t+(t),得到t()+ 第 16 页(共 23 页) 所以t() 如图,取 CB 中点 D,再取 BD 中点 E,则 t

27、因为 DOBC,所以 EABC 则 AE3sinB,BE3cosB,BC12cosB SABCAEBC18sinBcosB9sin2B9 当 B时,三角形 ABC 面积取最大值 9 故答案是:9 【点评】本题考查了向量共线定理、向量三角形法则,考查了推理能力与计算能力,属 于基础题 三、解答题:共三、解答题:共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(一)必考题:共(一)必考题:共 60 分分. 第第 17-21 题为必考题,每个试题考生都必须作答题为必考题,每个试题考生都必须作答. 17 (12 分)已知 , 为锐角,tan,cos(+)

28、(1)求 cos2 的值; (2)求 tan()的值 【分析】 (1)由已知结合平方关系求得 sin,cos 的值,再由倍角公式得 cos2 的值; (2)由(1)求得 tan2,再由 cos(+)求得 tan(+) ,利用 tan() tan2(+),展开两角差的正切求解 【解答】解: (1)由,解得, 第 17 页(共 23 页) cos2; (2)由(1)得,sin2,则 tan2 ,(0,) ,+(0,) , sin(+) 则 tan(+) tan()tan2(+) 【点评】本题考查三角函数的恒等变换及化简求值,考查同角三角函数基本关系式的应 用,是中档题 18 (12 分)在等差数列

29、an中,a11,其前 n 项和为 Sn,等比数列bn的各项均为正数, b11,且 b2+S311,S69b3 (1)求数列an和bn的通项公式; (2)设 cn,求数列cn的前 n 项和 Tn 【分析】 (1)利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出 (2)利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出 【解答】解: (1)设等差数列an公差为 d,等比数列bn的公比为 q, 则, 解得 d2,q2, 所以 an2n1,bn2n 1; (2)cn(2n1) ()n 1 数列cn的前 n 项和 Tn1()0+3()1+5()2+(2n1) ()n 1, Tn1()1+3()2+5()3+(2n1

30、) ()n, Tn+2()1+2()2+2()3+2()n 1(2n1) ( )n 1+2(1()n 1)(2n1) ( )n 第 18 页(共 23 页) 3(2n+3)()n Tn6(2n+3) ()n 1 【点评】本题考查了“错位相减法” 、等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式,考 查了推理能力与计算能力,属于中档题 19 (12 分)如图,在四棱锥 PABCD 中,PD平面 ABCD,ABDC,ABAD,DC6, AD8,BC10,PAD45,E 为 PA 的中点 (1)求证:DE平面 BPC; (2)线段 AB 上是否存在一点 F,满足 CFDB?若存在,试求出二面角 FPCD

31、的 余弦值;若不存在,请说明理由 【分析】 (1)取 PB 的中点 M,连接 EM 和 CM,过点 C 作 CNAB,垂足为点 N推导 出四边形 CDAN 为平行四边形,从而 CNAD8,DCAN6,AB12,推导出四边 形 CDEM 为平行四边形,从而 DECM由此能证明 DE平面 BPC (2)由题意可得 DA,DC,DP 两两互相垂直,以 D 为原点,DA,DC,DP 分别为 x, y,z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz,利用向量法能求出二面角 FPCD 的余弦值 【解答】解: (1)证明:取 PB 的中点 M,连接 EM 和 CM,过点 C 作 CNAB,垂足为 点 N CNAB,DA

32、AB,CNDA, 又 ABCD,四边形 CDAN 为平行四边形,CNAD8,DCAN6, 在 RtBNC 中,BN6, AB12,而 E,M 分别为 PA,PB 的中点, EMAB 且 EM6,又 DCAB,EMCD 且 EMCD,四边形 CDEM 为平行四边 形, DECMCM平面 PBC,DE平面 PBC,DE平面 BPC (2)解:由题意可得 DA,DC,DP 两两互相垂直,如图,以 D 为原点, 第 19 页(共 23 页) DA,DC,DP 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz, 则 A(8,0,0) ,B(8,12,0) ,C(0,6,0) ,P(0,0,8) 假设

33、AB 上存在一点 F 使 CFBD, 设点 F 坐标为(8,t,0) ,则(8,t6,0) ,(8,12,0) , 由0 得 t又平面 DPC 的一个法向量为 (1,0,0) , 设平面 FPC 的法向量 (x,y,z) , 则(0,6,8) ,(8,0) , 由,取 y12,得 (8,12,9) , 设二面角 FPCD 的平面角为 , 则 cos 二面角 FPCD 的余弦值为 【点评】本题考查线面平行的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题 第 20 页(共 23 页) 20 (12 分)已知圆 C: (x3)2+(y4

34、)24,直线 l1过定点 A(1,0) (1)若 l1与圆相切,求 l1的方程; (2)若 l1与圆相交于 P,Q 两点,线段 PQ 的中点为 M,又 l1与 l2:x+2y+20 的交点 为 N,判断 AMAN 是否为定值,若是,则求出定值;若不是,请说明理由 【分析】 (1)由直线 l1与圆相切,则圆心到直线的距离等于半径,求得直线方程,注意 分类讨论; (2)分别联立相应方程,求得 M,N 的坐标,再求 AMAN 【解答】解: (1)若直线 l1的斜率不存在,即直线 x1,符合题意 (2 分) 若直线 l1斜率存在,设直线 l1为 yk(x1) ,即 kxyk0 由题意知,圆心(3,4)

35、到已知直线 l1的距离等于半径 2, 即 解之得 所求直线方程是 x1,3x4y30 (5 分) (2)直线与圆相交,斜率必定存在,且不为 0,可设直线方程为 kxyk0 由 得 ; 又直线 CM 与 l1垂直,得 AMAN为定值 (10 分) 【点评】本题主要考查圆标准方程,简单几何性质,直线与圆的位置关系,圆的简单性 质等基础知识考查运算求解能力,推理论证能力;考查函数与方程思想,化归与转化 思想 第 21 页(共 23 页) 21 (12 分)已知函数 f(x)ln(x1)k(x1)+1 (1)求函数 f(x)的极值点; (2)若 f(x)0 恒成立,求 k 的取值范围; (3)证明:+

36、(nN*,n1) 【分析】 (1)求导,分类讨论得出结论; (2)可判断 k0,则只需 f(x)的最大值小于等于 0 即可; (3)当 k1 时,lnxx1(x1) ,运用该结论,结合裂项相消法即可得证 【解答】解: (1)f(x)的定义域为(1,+) , 若 k0,则 f(x)0,f(x)在(1,+)单增,所以 f(x)无极值点; 若 k0,令 f(x)0,得, 当时,f(x)0,f(x)在单增, 当时,f(x)0,f(x)在单减, 所以 f(x)有极大值点,无极小值点; (2)由(1)知当 k0 时,f(x)在(1,+)单增,又 f(2)1k0,所以 f(x) 0 不成立; 当 k0 时,

37、 若 f(x)0 恒成立,只需,解得 k1, 所以 k 的取值范围是1,+) ; (3)由(2)知,当 k1 时,lnxx1(x1) , , 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性,极值及最值,考查不等式的恒成立问题 及不等式的证明,考查推理论证能力及运算求解能力,属于中档题 (二)选考题:共(二)选考题:共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答.作答时用作答时用 2B 铅笔在答题卡铅笔在答题卡 上把所选题目题号后的方框涂黑上把所选题目题号后的方框涂黑.如果多做,则按所做的第一题计分如果多做,则按所做的第一题计分.选修选修 4-4:坐标系与参:坐标系

38、与参 第 22 页(共 23 页) 数方程数方程 22 (10 分)已知直线 l 的参数方程为(t 为参数) ,圆 C 的参数方程为 ( 为参数) ()若直线 l 与圆 C 的相交弦长不小于,求实数 m 的取值范围; ()若点 A 的坐标为(2,0) ,动点 P 在圆 C 上,试求线段 PA 的中点 Q 的轨迹方程 【分析】 ()求出直线、圆的普通方程,利用直线 l 与圆 C 的相交弦长不小于,求 实数 m 的取值范围; ()P(cos,1+sin) ,Q(x,y) ,则 x(cos+2) ,y(1+sin) ,消去 ,整 理可得线段 PA 的中点 Q 的轨迹方程 【解答】解: ()直线 l

39、的参数方程为(t 为参数) ,普通方程为 ymx, 圆 C 的参数方程为(a 为参数) ,普通方程为 x2+(y1)21 圆心到直线 l 的距离 d,相交弦长2, 2,m1 或 m1; ()设 P(cos,1+sin) ,Q(x,y) ,则 x(cos+2) ,y(1+sin) , 消去 ,整理可得线段 PA 的中点 Q 的轨迹方程(x1)2+(y)2 【点评】本题考查参数方程与普通方程的转化,考查直线与圆位置关系的运用,考查轨 迹方程,属于中档题 选修选修 4-5:不等式选讲:不等式选讲 23 (1)求 f(x)+的最大值; (2)设 a,b,c0,且 ab+bc+ca1,求证: 【分析】 (1)由基本不等式,证明即可; (2)由 2(a+b+c)2a2+b2+b2+c2+a2+4ab+4ac+4bc6(ab+bc+ac)6,得出结论 【解答】解: (1)由题意知:定义域为0,4, 由基本不等式,得,当且仅 第 23 页(共 23 页) 当,即 x2,取等号; (2)因为 ab+bc+ca1,a,b,c0, 2(a+b+c)2a2+b2+b2+c2+a2+4ab+4ac+4bc6(ab+bc+ac)6,当且仅当 abc, 取等号, 故 【点评】考查基本不等式的应用,用时注意构造适当的表达式,中档题