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2019-2020学年山东省济宁市高三(上)期末数学试卷(含详细解答)

1、设集合 Mx|1x1,Nx|12x4,则 MN( ) Ax|1x0 Bx|0x1 Cx|1x2 Dx|1x2 2 (5 分)若 a20.1,bln2,clog2,则( ) Abca Bbac Ccab Dabc 3 (5 分)在ABC 中,AB1,AC3,1,则ABC 的面积为( ) A B1 C D 4 (5 分)已知 A,B,C 为不共线的三点,则“”是“ABC 为直 角三角形”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 5 (5 分)函数 y2cos2x+cosx+1,x,的图象大致为( ) A B C D 6 (5 分) 已知奇函数 f (x) 在

2、 R 上单调, 若正实数 a, b 满足 f (4a) +f (b9) 0, 则 的最小值是( ) A1 B C9 D18 7 (5 分)已知 F1,F2是双曲线的左、右焦点,若点 F2关于双 第 2 页(共 25 页) 曲线渐近线的对称点 A 满足F1AOAOF1(O 为坐标原点) ,则双曲线的渐近线方程 为( ) Ay2x B C Dyx 8 (5 分)已知函数 f(x)lnx+(1a)x+a(a0) ,若有且只有两个整数 x1,x2使得 f (x1)0,且 f(x2)0,则 a 的取值范围是( ) A B (0,2+ln2) C D 二、多项选择题:本题共二、多项选择题:本题共 4 小题

3、,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分在每小题给出的选项中,有多项分在每小题给出的选项中,有多项 符合题目要求全部选对的得符合题目要求全部选对的得 5 分,部分选对的得分,部分选对的得 3 分,有选错的得分,有选错的得 0 分分 9 (5 分)下列命题中的真命题是( ) AxR,2x 10 BxN*, (x1)20 CxR,lgx1 DxR,tanx2 10 (5 分)将函数 f(x)sin2x 的图象向右平移个单位后得到函数 g(x)的图象,则 函数 g(x)具有性质( ) A在上单调递增,为偶函数 B最大值为 1,图象关于直线对称 C在上单调递增,为奇函数 D周期为 ,图象关于点

4、对称 11 (5 分)已知 m、n 为两条不重合的直线,、 为两个不重合的平面,则下列说法正确 的是( ) A若 m,n 且 ,则 mn B若 mn,m,n,则 C若 mn,n,m,则 m D若 mn,n,则 m 12 (5 分)设等比数列an的公比为 q,其前 n 项和为 Sn,前 n 项积为 Tn,并满足条件 a1 1,a2019a20201,0,下列结论正确的是( ) 第 3 页(共 25 页) AS2019S2020 BS2019S202110 CT2019是数列Tn中的最大值 D数列Tn无最大值 三、填空题:本题共三、填空题:本题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 2

5、0 分分 13 (5 分)在的展开式中,含 x4y4项的系数是 14 (5 分)已知抛物线 C:y28x 的焦点为 F,准线为 l,P 是 l 上一点,Q 是直线 PF 与 C 的一个交点,若3,则|QF| 15 (5 分)2019 年 7 月,中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录,标志着中华五千年文 明史得到国际社会认可良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例,实证了中华五千年 文明史考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一 规律已知样本中碳 14 的质量 N 随时间 t(单位:年)的衰变规律满足 (N0表示碳 14 原有的质量) ,则经过 5730 年后,碳 14

6、的质量变为原来的 ;经过 测定,良渚古城遗址文物样本中碳 14 的质量是原来的至,据此推测良渚古城存在的 时期距今约在 年到 5730 年之间 (参考数据:log231.6,log252.3) 16 (5 分)如图是两个腰长均为 10cm 的等腰直角三角形拼成的一个四边形 ABCD,现将四 边形 ABCD 沿 BD 折成直二面角 ABDC,则三棱锥 ABCD 的外接球的体积为 cm3 四、解答题:本题共四、解答题:本题共 6 小题,共小题,共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 (10 分)已知等差数列an满足 a2+a46,前 7 项

7、和 S728 ()求数列an的通项公式; ()设,求数列bn的前 n 项和 Tn 18 (12 分)已知 f(x)sin(x)sin(+x)cos2x 第 4 页(共 25 页) ()若,求的值; ()在ABC 中,角 A,B,C 所对应的边分别 a,b,c,若有(2ac)cosBbcosC, 求角 B 的大小以及 f(A)的取值范围 19 (12 分)如图,在平行四边形 ABCD 中,AB1,BC2,BAD120,四边形 ACEF 为正方形,且平面 ABCD平面 ACEF ()证明:ABCF; ()求平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值 20 (12 分)如图,某市三地 A,B

8、,C 有直道互通现甲交警沿路线 AB、乙交警沿路线 ACB 同时从 A 地出发,匀速前往 B 地进行巡逻,并在 B 地会合后再去执行其他任务已知 AB 10km,AC6km,BC8km,甲的巡逻速度为 5km/h,乙的巡逻速度为 10km/h ()求乙到达 C 地这一时刻的甲、乙两交警之间的距离; ()已知交警的对讲机的有效通话距离不大于 3km,从乙到达 C 地这一时刻算起,求 经过多长时间,甲、乙方可通过对讲机取得联系 21 (12 分)已知椭圆 E:的一个焦点为,长轴与短轴的 比为 2:1直线 l:ykx+m 与椭圆 E 交于 P、Q 两点,其中 k 为直线 l 的斜率 ()求椭圆 E

9、的方程; ()若以线段 PQ 为直径的圆过坐标原点 O,问:是否存在一个以坐标原点 O 为圆心 的定圆 O,不论直线 l 的斜率 k 取何值,定圆 O 恒与直线 l 相切?如果存在,求出圆 O 第 5 页(共 25 页) 的方程及实数 m 的取值范围;如果不存在,请说明理由 22 (12 分)已知函数 f(x)xasinx,g(x)x+mlnx ()求证:当|a|1 时,对任意 x(0,+) ,f(x)0 恒成立; ()求函数 g(x)的极值; ()当 a时,若存在 x1,x2(0,+)且 x1x2,满足 f(x1)+g(x1)f(x2) +g(x2) ,求证: 第 6 页(共 25 页) 2

10、019-2020 学年山东省济宁市高三(上)期末数学试卷学年山东省济宁市高三(上)期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题:本题共一、单项选择题:本题共 8 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 40 分在每小题给出的四个选项中,只分在每小题给出的四个选项中,只 有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的 1 (5 分)设集合 Mx|1x1,Nx|12x4,则 MN( ) Ax|1x0 Bx|0x1 Cx|1x2 Dx|1x2 【分析】解不等式求出集合 N,根据交集的定义写出 MN 【解答】解:集合 Mx|1x1,Nx|12x4x|0x2, 则 MNx|0x1

11、 故选:B 【点评】本题考查交集的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意交集定义的合理运 用 2 (5 分)若 a20.1,bln2,clog2,则( ) Abca Bbac Ccab Dabc 【分析】利用指数对数函数的的单调性即可得出 【解答】解:a20.11,bln2(0,1) ,clog20, 则 abc 故选:D 【点评】本题考查了指数对数函数的的单调性,考查了推理能力与计算能力,属于基础 题 3 (5 分)在ABC 中,AB1,AC3,1,则ABC 的面积为( ) A B1 C D 【分析】由已知1,结合数量积定义可得 cosA,进而求出 sinA,代入ABC 的面积即可求 【解答

12、】解:AB1,AC3,1, 第 7 页(共 25 页) cosA, sinA, 则ABC 的面积 SABACsinA13 故选:C 【点评】本题主要考查了向量数量积的定义及同角三角函数基本关系,三角形的面积公 式的简单应用,解题中要注意向量夹角定义的应用 4 (5 分)已知 A,B,C 为不共线的三点,则“”是“ABC 为直 角三角形”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 【分析】根据向量数量积与向量长度的关系,结合充分条件和必要条件的定义进行判断 即可 【 解答】 解:若, 则平 方得 2+2 + 2 2 2+ 2, 得 40,即0,则A 为直角,

13、则“ABC 为直角三角形成立, 反之当B 为直角,满足ABC 为直角三角形成立,但,不成立, 故“”是“ABC 为直角三角形”的充分不必要条件, 故选:A 【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,结合向量数量积的应用进行转化是 解决本题的关键,难度中等 5 (5 分)函数 y2cos2x+cosx+1,x,的图象大致为( ) A B 第 8 页(共 25 页) C D 【分析】根据函数的奇偶性和函数的最值即可求出答案 【解答】解:因为函数 y2cos2x+cosx+1,x, 所以函数为偶函数,故排除 A,D y2cos2x+cosx+12(cosx)2+,x, 因为 cosx1, 所以当

14、 cosx时,ymax,当 cosx1 时,ymin0, 故排除 C, 故选:B 【点评】本题考查了函数图象的识别,关键掌握函数的单调性和函数的最值,属于基础 题 6 (5 分) 已知奇函数 f (x) 在 R 上单调, 若正实数 a, b 满足 f (4a) +f (b9) 0, 则 的最小值是( ) A1 B C9 D18 【分析】利用“乘 1 法”与基本不等式的性质即可得出 【解答】解:因为奇函数 f(x)在 R 上单调,且正实数 a,b 满足 f(4a)+f(b9)0, 所以 f(4a)f(b9)f(9b) , 所以 4a9b 即 4a+b9, 则() (4a+b)(5+)1, 当且仅

15、当且 4a+b9 即 a,b3 时取等号,此时取得最小值 1 故选:A 【点评】本题考查了“乘 1 法”与基本不等式的性质,属于基础题 7 (5 分)已知 F1,F2是双曲线的左、右焦点,若点 F2关于双 第 9 页(共 25 页) 曲线渐近线的对称点 A 满足F1AOAOF1(O 为坐标原点) ,则双曲线的渐近线方程 为( ) Ay2x B C Dyx 【分析】设 F1(c,0) ,F2(c,0) ,渐近线方程为 yx,对称点为 A(m,n) ,运 用中点坐标公式和两直线垂直的条件:斜率之积为1,求出对称点 A 的坐标,A 满足 F1AOAOF1,可得|AF1|OF1|c,由两点的距离公式,

16、可得所求渐近线方程 【解答】解:设 F1(c,0) ,F2(c,0) , 渐近线方程为 yx, F2的对称点为 A(m,n) , 即有, 且n, 解得 m,n, A 满足F1AOAOF1,可得|AF1|OF1|c, 即有(+c)2+c2, 结合 c2a2+b2, 化为 c2a,即 ba, 可得双曲线的渐近线方程为 yx 故选:B 【点评】本题考查双曲线的离心率的求法,注意运用中点坐标公式和两直线垂直的条件: 斜率之积为1,以及等腰三角形的性质和两点的距离公式,考查化简整理的运算能力, 第 10 页(共 25 页) 属于中档题 8 (5 分)已知函数 f(x)lnx+(1a)x+a(a0) ,若

17、有且只有两个整数 x1,x2使得 f (x1)0,且 f(x2)0,则 a 的取值范围是( ) A B (0,2+ln2) C D 【分析】由 f(x)lnx+(1a)x+a0,得 lnx(a1)xa,作出函数 ylnx 与 y (a1)xa 的图象,数形结合得答案 【解答】解:由 f(x)lnx+(1a)x+a0,得 lnx(a1)xa, 作出函数 ylnx 与 y(a1)xa 的图象如图: 直线 y(a1)xa 过定点(1,1) , 当 x2 时,曲线 ylnx 上的点为(2,ln2) ,当 x3 时,曲线 ylnx 上的点为(3,ln3) 过点(1,1)与(2,ln2)的直线的斜率 k,

18、 过点(1,1)与(3,ln3)的直线的斜率 k 由 a1ln2+1,得 aln2+2,由 a1,得 a 若有且只有两个整数 x1,x2使得 f(x1)0,且 f(x2)0,则 a 的取值范围是 故选:C 【点评】本题考查函数零点与方程根的关系,考查数学转化思想方法与数形结合的解题 思想方法,属难题 二、多项选择题:本题共二、多项选择题:本题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分在每小题给分在每小题给出的选项中,有多项出的选项中,有多项 符合题目要求全部选对的得符合题目要求全部选对的得 5 分,部分选对的得分,部分选对的得 3 分,有选错的得分,有选错的得 0 分分 9

19、(5 分)下列命题中的真命题是( ) 第 11 页(共 25 页) AxR,2x 10 BxN*, (x1)20 CxR,lgx1 DxR,tanx2 【分析】根据指数函数的值域,得到 A 项正确;根据一个自然数的平方大于或等于 0, 得到 B 项不正确;根据对数的定义与运算,得到 C 项正确;根据正弦函数 ytanx 的值 域,得 D 项正确由此可得本题的答案 【解答】解:指数函数 y2t的值域为(0,+) 任意 xR,均可得到 2x 10 成立,故 A 项正确; 当 xN*时,x1N,可得(x1)20,当且仅当 x1 时等号 存在 xN*,使(x1)20 不成立,故 B 项不正确; 当 x

20、1 时,lgx01 存在 xR,使得 lgx1 成立,故 C 项正确; 正切函数 ytanx 的值域为 R 存在锐角 x,使得 tanx2 成立,故 D 项正确 故选:ACD 【点评】本题给出含有量词的几个命题,要求找出其中的假命题着重考查了基本初等 函数的值域、对数的运算和不等式的性质等知识,属于基础题 10 (5 分)将函数 f(x)sin2x 的图象向右平移个单位后得到函数 g(x)的图象,则 函数 g(x)具有性质( ) A在上单调递增,为偶函数 B最大值为 1,图象关于直线对称 C在上单调递增,为奇函数 D周期为 ,图象关于点对称 【分析】根据函数图象变换求出函数 g(x)的解析式,

21、结合三角函数的性质分别进行判 断即可 【解答】解:将函数 f(x)sin2x 的图象向右平移个单位后得到函数 g(x)的图象, 则 g(x)sin2(x)sin(2x)cos2x, 则函数 g(x)为偶函数,当 0x时,02x,此时 g(x)为增函数,故 A 正 第 12 页(共 25 页) 确, 函数的最大值为 1,当时,g(x)cos(3)cos1,为最大值,则 函数图象关于直线对称,故 B 正确, 函数为偶函数,故 C 错误, 函数的周期 T,g()cos(2)cos0,即图象关于 点对称,故 D 正确 故正确的是 ABD, 故选:ABD 【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质,求出函

22、数的解析式以及利用三角函数的 性质是解决本题的关键难度中等 11 (5 分)已知 m、n 为两条不重合的直线,、 为两个不重合的平面,则下列说法正确 的是( ) A若 m,n 且 ,则 mn B若 mn,m,n,则 C若 mn,n,m,则 m D若 mn,n,则 m 【分析】根据线面平行的判定定理,性质定理以及有关结论即可判断各选项的真假 【解答】解:对 A,若 m,n 且 ,则 mn 或者 m 与 n 相交,或者 m 与 n 异 面,所以 A 错误; 对 B,若 mn,m,则 n,又 n,所以 ,正确; 对 C,若 n,则 n,又 mn,m,所以 m,正确; 对 D,若 mn,n,则 m,又

23、 ,所以 m 或 m,所以 D 错误 故选:BC 【点评】本题主要考查利用线面平行的判定定理,性质定理以及有关结论判断命题的真 假,属于基础题 12 (5 分)设等比数列an的公比为 q,其前 n 项和为 Sn,前 n 项积为 Tn,并满足条件 a1 1,a2019a20201,0,下列结论正确的是( ) 第 13 页(共 25 页) AS2019S2020 BS2019S202110 CT2019是数列Tn中的最大值 D数列Tn无最大值 【分析】本题由题意根据题干可得 a20191,a20201,从而有 a11,0q1,则等比 数列an为正项的递减数列再结合等比数列的性质逐一核对四个命题得答

24、案即可得到 正确选项 【解答】解:等比数列an的公比为 q,其前 n 项和为 Sn,前 n 项积为 Tn,并满足条件 a11, a2019a20201,0,a20191,0a20201,0q1 根据 a11,0q1,可知 等比数列an为正项的递减数列 即 a1a2a20191a20200 S2020S2019a20200, S2019S2020,故选项 A 正确; S2019a1+a2+a20191, S2019S2021S2019 (S2019+a2020+a2021) +S2019 (a2020+a2021) 1 即 S2019S202110故选项 B 错误; 根据 a1a2a20191a

25、20200可知 T2019是数列Tn中的最大项,故选项 C 正确、选项 D 错误 故选:AC 【点评】本题考查了等比数列的通项公式及其性质、递推关系、不等式的性质,考查了 推理能力与计算能力,属于中档题 三、填空题:三、填空题:本题共本题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分分 13 (5 分)在的展开式中,含 x4y4项的系数是 280 【分析】写出二项展开式的通项,由 x 的指数等于 4 求得 r 值,则答案可求 第 14 页(共 25 页) 【解答】解:由 Tr+1x8 r(r( )rx8 ryr; 令 8r0,得 r4 展开式中含 x4y4的系数为: ()4280

26、 故答案为:280 【点评】本题考查二项式系数的性质,关键是熟记二项展开式的通项,是基础题 14 (5 分)已知抛物线 C:y28x 的焦点为 F,准线为 l,P 是 l 上一点,Q 是直线 PF 与 C 的一个交点,若3,则|QF| 【分析】求得直线 PF 的方程,与 y28x 联立可得 x1,利用|QF|d 可求 【解答】解:设 Q 到 l 的距离为 d,则|QF|d, 3, |PQ|2d, 不妨设直线 PF 的斜率为, F(0,2) , 直线 PF 的方程为 y(x2) , 与 y28x 联立可得 x, |QF|d, 故答案为: 【点评】本题考查抛物线的简单性质,考查直线与抛物线的位置关

27、系,属于基础题 15 (5 分)2019 年 7 月,中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录,标志着中华五千年文 明史得到国际社会认可良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例,实证了中华五千年 文明史考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一 规律已知样本中碳 14 的质量 N 随时间 t(单位:年)的衰变规律满足 (N0表示碳 14 原有的质量) ,则经过 5730 年后,碳 14 的质量变为原来的 ;经过 测定,良渚古城遗址文物样本中碳 14 的质量是原来的至,据此推测良渚古城存在的 时期距今约在 4011 年到 5730 年之间 (参考数据:log231.6,log2

28、52.3) 【分析】根据生物体内碳 14 的质量 N 与死亡年数 t 之间的函数关系式,t5730 代入, 第 15 页(共 25 页) 得 N,故每经过 5730 年衰减为原来的一半; 利用碳 14 的残余量约占原来的至,建立不等式,即可推算良渚古城的年代 【解答】 解: 生物体内碳14的量N与死亡年数t之间的函数关系式为:; t5730 时,N; 所以每经过 5730 年衰减为原来的; 由于良渚古城遗址文物样本中碳 14 的质量是原来的至, ; 两边同时取以 2 为底的对数,得: 1(log23log25)0.7 4011t5730; 故推测良渚古城存在的时期距今约在 4011 年到 57

29、30 年之间 故答案为:,4011 【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题,考查学生的计算能力,属于中档题 16 (5 分)如图是两个腰长均为 10cm 的等腰直角三角形拼成的一个四边形 ABCD,现将四 边形 ABCD 沿 BD 折成直二面角 ABDC,则三棱锥 ABCD 的外接球的体积为 500 cm3 【分析】先确定三棱锥 ABCD 的外接球直径为 AC, 再根据图中数据求出外接球的半径 R,从而求得体积 【解答】解:四边形 ABCD 中,ABDBDC90, ABBD,CDBD; 沿 BD 折成直二面角 ABDC,如图所示; AB平面 BCD,CD平面 ABD, 第 16 页(共 25

30、 页) ABBC,CDDA; 三棱锥 ABCD 的外接球的直径为 AC, 且|AC|2|AB|2+|BD|2+|CD|2102+102+102300 外接球的半径为 R5,它的体积为500 故答案为:500 【点评】本题考查了几何体外接球的体积计算问题,解题的关键是确定外接球的直径 四、解答题:本题共四、解答题:本题共 6 小题,共小题,共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 (10 分)已知等差数列an满足 a2+a46,前 7 项和 S728 ()求数列an的通项公式; ()设,求数列bn的前 n 项和 Tn 【分析】 (I)设等差

31、数列an的公差为 d,运用等差数列的通项公式和求和公式,计算可 得首项和公差,进而得到所求通项公式; (II)由(I)知, 由数列的裂项相消求和,计算可得所求和 【解答】 解:(I) 设等差数列an的公差为 d, 由 a2+a46 可知 a33, 前 7 项和 S728 a44,解得 a11,d1, an1+1(n1)n; (II)由(I)知, bn前n项和Tnb1+b2+bn 【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式,数列的裂项相消求和,属于中档题 第 17 页(共 25 页) 18 (12 分)已知 f(x)sin(x)sin(+x)cos2x ()若,求的值; ()在ABC 中,角

32、A,B,C 所对应的边分别 a,b,c,若有(2ac)cosBbcosC, 求角 B 的大小以及 f(A)的取值范围 【分析】 ()利用三角函数恒等变换的应用可求函数解析式 f(x), 由已知可求,利用三角函数恒等变换的应用化简所求即可求值得解 (II)由正弦定理,三角函数恒等变换的应用化简已知等式,结合 sinA0,可求 cosB 的 值,可求 B 的值,进而可求范围 A 的范围,利用正弦函数的值域即可求解 f(A)的取值 范围 【 解 答 】 解 :( ) , 因为, 所以, 所以 (II)因为(2ac)cosBbcosC, 由正弦定理得: (2sinAsinC)cosBsinBcosC,

33、 所以 2sinAcosBsinCcosBsinBcosC, 即 2sinAcosBsin(B+C)sinA, 因为 sinA0, 所以, 所以, 所以, 所以 f(A)的取值范围是 【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用,正弦定理,正弦函数的性质的综合 应用,考查了转化思想和函数思想,属于中档题 第 18 页(共 25 页) 19 (12 分)如图,在平行四边形 ABCD 中,AB1,BC2,BAD120,四边形 ACEF 为正方形,且平面 ABCD平面 ACEF ()证明:ABCF; ()求平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值 【分析】(I) 由余弦定理求出, 推导出

34、ABAC, AFAC, 推导出 AF平面 ABCD, AFAB,从而 AB平面 ACEF,由此能证明 ABCF (II)由 AB,AC,AF 两两垂直,分别以 AB,AC,AF 所在直线为 x,y,z 轴,建立空 间直角坐标系,由此能求出平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值 【解答】解: (I)证明:在平行四边形 ABCD 中,ABC18012060, 在ABC 中,由余弦定理得:AC2AB2+BC22ABBCcos603, 即, 由 BC2AC2+AB2,得BAC90,ABAC, 又四边形 ACEF 为正方形,AFAC, 又平面 ABCD平面 ACEF,平面 ABCD平面 AC

35、EFAC AF平面 ABCD,AFAB, 又 AFACA,AB平面 ACEF, 第 19 页(共 25 页) CF平面 ACEF,ABCF (II)解:由(I)得 AB,AC,AF 两两垂直, 分别以 AB,AC,AF 所在直线为 x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则 , 设平面 BEF 的一个法向量, 则,取, 同理可得平面 BCF 的一个法向量为, 设平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的平面角为 , 则 平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值为 【点评】本题考查线线垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识,考

36、查运算求解能力,是中档题 20 (12 分)如图,某市三地 A,B,C 有直道互通现甲交警沿路线 AB、乙交警沿路线 ACB 同时从 A 地出发,匀速前往 B 地进行巡逻,并在 B 地会合后再去执行其他任务已知 AB 10km,AC6km,BC8km,甲的巡逻速度为 5km/h,乙的巡逻速度为 10km/h ()求乙到达 C 地这一时刻的甲、乙两交警之间的距离; ()已知交警的对讲机的有效通话距离不大于 3km,从乙到达 C 地这一时刻算起,求 经过多长时间,甲、乙方可通过对讲机取得联系 【分析】 (I)由题意设当乙到达 C 地时甲处在 D 点,利用余弦定理求得 CD 的值即可; (II)设乙

37、到达 C 地后,经过 t 小时,甲、乙两交警之间的距离为 f(t)km,根据题意求 出 f(t)的解析式,利用 f(t)3 求得 t 的取值范围,从而求得结果 第 20 页(共 25 页) 【解答】解: (I)由 AB10km,AC6km,BC8km,知ACB90, 设当乙到达 C 地时,甲处在 D 点,则; 所以在ACD 中,由余弦定理得: CD2AC2+AD22ACADcosA, 解得; 即此时甲、乙两交警之间的距离为 (II)设乙到达 C 地后,经过 t 小时,甲、乙两交警之间的距离为 f(t)km, 在, 乙从 C 地到达 B 地,用时小时,甲从 D 处到达 B 地,用时小时, 所以当

38、乙从 C 地到达 B 地, 此时, 甲从 D 处行进到 E 点处, 且, 所以当 ; 令 f(t)3,即1,; 解得 0t或 t(舍去) ; 又当时,甲、乙两交警间的距离为 f(t)75t3km, 因为甲、乙间的距离不大于 3km 时方可通过对讲机取得联系; 所以从乙到达 C 地这一时刻算起,经过小时,甲、乙可通过对讲机取得联系 第 21 页(共 25 页) 【点评】本题考查了解三角形的应用问题,也考查了函数思想与运算求解能力,是中档 题 21 (12 分)已知椭圆 E:的一个焦点为,长轴与短轴的 比为 2:1直线 l:ykx+m 与椭圆 E 交于 P、Q 两点,其中 k 为直线 l 的斜率

39、()求椭圆 E 的方程; ()若以线段 PQ 为直径的圆过坐标原点 O,问:是否存在一个以坐标原点 O 为圆心 的定圆 O,不论直线 l 的斜率 k 取何值,定圆 O 恒与直线 l 相切?如果存在,求出圆 O 的方程及实数 m 的取值范围;如果不存在,请说明理由 【分析】 (I)由题意可得:c,2a:2b2:1,a2b2+c2解得:a,b,即可得出 椭圆 E 的方程 (II) 解法一: 假设存在定圆 O, 不论直线 l 的斜率 k 取何值时, 定圆 O 恒与直线 l 相切 这 时,只需证明坐标原点 O 到直线 l 的距离为定值即可设 P(x1,y1) ,Q(x2,y2) ,联 立方程,消去 y

40、 整理得: (4+k2)x2+2kmx+m240,0,得:k2m2+40,根据以 线段 PQ 为直径的圆过坐标原点 O,可得 x1x2+y1y20,l 利用根与系数的关系化简得: 4k25m24, 此时可得坐标原点O到直线l距离d 由坐标原点O到直线l的距离 为定值知,所以存在定圆 O,不论直线 l 的斜率 k 取何值时,定圆 O 恒与直线 l 相切,定 圆 O 的方程为:即可得出得 m 的取值范围是 解法二: 假设存在定圆 O, 不论直线 l 的斜率 k 取何值时, 定圆 O 恒与直线 l 相切 这时, 只需证明坐标原点 O 到直线 l 的距离为定值即可设直线 OP 的方程为:ytx,P 点

41、的 坐标为 (x0, y0) , 则 y0tx0, 联立方程组可得, 由以线段 PQ 为直径的圆过坐标原点 O, 可得 OPOQ, 直线 OQ 的方程为: 在 式中以换 t,得,又由 OPOQ 知:|PQ|2 |OP|2+|OQ|2,设坐标原点 O 到直线 l 的距离为 d,则有|PQ|d|OP|OQ|,可得 d2又当直 线 OP 与 y 轴重合时,P(0,2) ,Q(1,0)此时由坐标原点 O 到直线 l 第 22 页(共 25 页) 的距离为定值知,所以存在定圆 O,不论直线 l 的斜率 k 取何值时,定圆 O 恒与 直线 l 相切,定圆 O 的方程为:直线 l 与 y 轴交点为(0,m)

42、 ,且点(0,m) 不可能在圆 O 内,又当 k0 时,直线 l 与定圆 O 切于点,可得 m 的取值 范围 【解答】解: (I)c,2a:2b2:1,a2b2+c2 解得:a2,b1, 椭圆 E 的方程为 (II)解法一: 假设存在定圆 O,不论直线 l 的斜率 k 取何值时,定圆 O 恒与直线 l 相切 这时,只需证明坐标原点 O 到直线 l 的距离为定值即可 设 P(x1,y1) ,Q(x2,y2) ,联立方程,消去 y 整理得: (4+k2)x2+2kmx+m240, (2km)24(4+k2) (m24)0,得:k2m2+40, , 以线段 PQ 为直径的圆过坐标原点 O, , 化简

43、得:4k25m24, 此时,坐标原点 O 到直线 l 距离 d 为: 由坐标原点 O 到直线 l 的距离为定值知,所以存在定圆 O,不论直线 l 的斜率 k 取何值时,定圆 O 恒与直线 l 相切,定圆 O 的方程为: 得 m 的取值范围是 解法二: 假设存在定圆 O,不论直线 l 的斜率 k 取何值时,定圆 O 恒与直线 l 相切 第 23 页(共 25 页) 这时,只需证明坐标原点 O 到直线 l 的距离为定值即可 设直线 OP 的方程为:ytx,P 点的坐标为(x0,y0) ,则 y0tx0, 联立方程组 , 以线段 PQ 为直径的圆过坐标原点 O,OPOQ,直线 OQ 的方程为: 在式

44、中以换 t,得 又由OPOQ知: 设坐标原点 O 到直线 l 的距离为 d,则有|PQ|d|OP|OQ|, 又当直线 OP 与 y 轴重合时,P(0,2) ,Q(1,0)此时 由坐标原点 O 到直线 l 的距离为定值知,所以存在定圆 O,不论直线 l 的斜率 k 取何值时,定圆 O 恒与直线 l 相切,定圆 O 的方程为: 直线 l 与 y 轴交点为(0,m) ,且点(0,m)不可能在圆 O 内,又当 k0 时,直线 l 与 定圆 O 切于点,所以 m 的取值范围是 【点评】本题考查了椭圆的标准非常及其性质、圆的标准方程及其性质、向量垂直与数 量积的运算性质、方程的解法、分类讨论,考查了推理能力与计算能力,属于难题 22 (12 分)已知函数 f(x)xasinx,g(x)x+mlnx ()求证:当|a|1 时,对任意 x(0,+) ,f(x)0 恒成立; ()求函数 g(x)的极值; 第 24 页(共 25 页) ()当 a时,若存在 x1,x2(0,+)且 x1x2,满足 f(x1)+g(x1)f(x2) +g(x2) ,求证: 【分析】 (1)求导得到 f(x)1acosx,即 f(x)0,从而得到函数单调递增,进一 步证明结论; (2),讨论 m0 和 m0 两种情