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2020年湖南省湘潭市高考数学一模试卷(理科)含详细解答

1、设集合 Ax|log2x2,则 B5,3,2,4,6,AB( ) A5,3,2,4 B2 C2,4,6 D2,4 2 (5 分)设复数 za+bi(a,bR) ,定义b+ai若,则 z( ) A+i Bi C+i Di 3 (5 分)某地有两个国家 AAAA 级旅游景区甲景区和乙景区相关部门统计了这两个 景区 2019 年 1 月至 6 月的月客流量(单位:百人) ,得到如图所示的茎叶图关于 2019 年 1 月 至 6 月 这 两 个 景 区 的 月 客 流 量 , 以 下 结 论 错 误 的 是 ( ) A甲景区月客流量的中位数为 12950 人 B乙景区月客流量的中位数为 12450 人

2、 C甲景区月客流量的极差为 3200 人 D乙景区月客流量的极差为 3100 人 4 (5 分)的展开式的中间项为( ) A40 B40x2 C40 D40x2 5 (5 分)已知底面是等腰直角三角形的三棱锥 PABC 的三视图如图所示,俯视图中的两 个小三角形全等,则( ) 第 2 页(共 22 页) APA,PB,PC 两两垂直 B三棱锥 PABC 的体积为 C D三棱锥 PABC 的侧面积为 6 (5 分)已知 P 为双曲线 C:x21 右支上一点,F1,F2分别为 C 的左、右焦点, 且线段 A1A2,B1B2分别为 C 的实轴与虚轴,若|A1A2|,|B1B2|,|PF1|成等比数列

3、,则|PF2| ( ) A4 B10 C5 D6 7 (5 分)已知 a40.6,b21.1,clog412,则( ) Acba Bbac Cabc Dcab 8 (5 分)在平行四边形 ABCD 中,BAD60,AB3AD,E 为线段 CD 的中点,若 6,则( ) A4 B6 C8 D9 9 (5 分)已知函数 f(x)2cos2(x) (0)的图象关于直线 x对称,则 的最小值为( ) A B C D 10 (5 分)在正方体 ABCDA1B1C1D1中,E 为棱 A1B1上一点,且 AB2,若二面角 B1 BC1E 为 45,则四面体 BB1C1E 的外接球的表面积为( ) A B12

4、 C9 D10 第 3 页(共 22 页) 11 (5 分)已知函数 f(x),若函数 g(x)f(f(x) )恰有 8 个零点, 则 a 的值不可能为( ) A8 B9 C10 D12 12 (5 分) “斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契发现,因为斐波 那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称该数列为“兔子数列” 斐波那契数列an满足 a1 1,a21,记其前 n 项和为 Sn,设命题 p:S2019 a20211,命题 q:a2+a4+a6+a98a99,则下列命题为真命题的是( ) Apq B (p)q Cp(q) D (p)(q) 二、填空题:本大题共二、填空题:本大题共

5、 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分,把答案填在答题卡中的横线上分,把答案填在答题卡中的横线上. 13 (5 分)某人午觉醒来,发现手机没电自动关机了,他打开收音机,想听电台准点报时, 则他等待的时间不少于 20 分钟的概率为 14 (5 分)设 Sn是等差数列an的前 n 项和,若 a21,S5+S731,则 S10的取值范围 是 15 (5 分)椭圆 M:+1(ab0)的左、右焦点分别为 F1,F2,P(,) , 若 PF1PF2,则 M 的离心率为 16 (5 分)若存在 a0,使得函数 f(x)6a2lnx 与 g(x)x24axb 的图象在这两函 数图象的公共点

6、处的切线相同,则 b 的最大值为 三、解答题;共三、解答题;共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤、第分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤、第 1721 题为必考题为必考 题,每道试题考生都必须作答,第题,每道试题考生都必须作答,第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:(一)必考题: 共共 60 分分 17 (12 分)为了解贵州省某州 2020 届高三理科生的化学成绩的情况,该州教育局组织高 三理科生进行了摸底考试,现从参加考试的学生中随机抽取了 100 名理科生,将他们的 化学成绩(满分为 100 分)分为40,50) ,

7、50,60) ,60,70) ,70,80) ,80,90) , 90,1006 组,得到如图所示的频率分布直方图 (1)求 a 的值; (2)记 A 表示事件“从参加考试的所有理科生中随机抽取一名学生,该学生的化学成绩 不低于 70 分” ,试估计事件 A 发生的概率; 第 4 页(共 22 页) (3)在抽取的 100 名理科生中,采用分层抽样的方法从成绩在60,80)内的学生中抽 取 10 名,再从这 10 名学生中随机抽取 4 名,记这 4 名理科生成绩在60,70)内的人数 为 X,求 X 的分布列与数学期望 18 (12 分)ABC 的内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c已

8、知 C2A,a4,c6 (1)求 b; (2)求ABC 内切圆的半径 19 (12 分)如图,在四棱锥 PABCD 中,AP平面 PCD,ADBC,ABBC,APAB BCAD,E 为 AD 的中点,AC 与 BE 相交于点 O (1)证明:PO平面 ABCD (2)求直线 BC 与平面 PBD 所成角的正弦值 20 (12 分)在直角坐标系 xOy 中,点 M(2,0) ,N 是曲线上的任意一点, 动点 C 满足 (1)求点 C 的轨迹方程; (2)经过点 P(1,0)的动直线 l 与点 C 的轨迹方程交于 A,B 两点,在 x 轴上是否存 在定点 D(异于点 P) ,使得ADPBDP?若存

9、在,求出 D 的坐标;若不存在,请说 明理由 第 5 页(共 22 页) 21 (12 分)已知函数 f(x)(x+1)ln(x+1)+m+n,曲线 yf(x)在点(0,f(0) ) 处的切线方程为 y2x+1 (1)求 m,n 的值和 f(x)的单调区间; (2)若对任意的 x0,+) ,f(x)kx 恒成立,求整数 k 的最大值 (二)选考题:共(二)选考题:共 10 分分.请考生从第请考生从第 22,23 两题中任选一题作答两题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第如果多做,则按所做的第 一一个题目计分个题目计分.选修选修 4-4:坐标系与参数方程:坐标系与参数方程 22 (10 分)在

10、直角坐标系 xOy 中,直线 l 的参数方程为(t 为参数) ,曲线 C 的参数方程为(m0,n0, 为参数) ,以坐标原点为极点,x 轴的正 半轴为极轴建立极坐标系,且曲线 C 的极坐标方程为 8sin (1)求 a,m,n 的值; (2)已知点 P 的直角坐标为(0,1) ,l 与曲线 C 交于 A,B 两点,求|PA|+|PB| 选修选修 4-5:不等式选讲:不等式选讲(10 分分 23已知函数 f(x)3|x+1|2x4| (1)求不等式 f(x)3 的解集; (2)若对任意 xR,不等式 f(x)|x2|t28t 恒成立,求 t 的取值范围 第 6 页(共 22 页) 2020 年湖

11、南省湘潭市高考数学一模试卷(理科)年湖南省湘潭市高考数学一模试卷(理科) 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题:本大题共一、选择题:本大题共 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,只有在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的. 1 (5 分)设集合 Ax|log2x2,则 B5,3,2,4,6,AB( ) A5,3,2,4 B2 C2,4,6 D2,4 【分析】求出集合 A,B,由此能求出 AB 【解答】解:集合 Ax|log2x2x|0x4, B5,3,2,4,6, AB 2,4 故选:D 【点评】

12、本题考查交集的求法,考查交集定义等基础知识,考查运算求解能力,是基础 题 2 (5 分)设复数 za+bi(a,bR) ,定义b+ai若,则 z( ) A+i Bi C+i Di 【分析】利用复数的运算性质、新定义即可得出 【解答】解:, +, 则 zi 故选:B 【点评】本题考查了复数模的运算性质、新定义,考查了推理能力与计算能力,属于基 础题 3 (5 分)某地有两个国家 AAAA 级旅游景区甲景区和乙景区相关部门统计了这两个 景区 2019 年 1 月至 6 月的月客流量(单位:百人) ,得到如图所示的茎叶图关于 2019 第 7 页(共 22 页) 年 1 月 至 6 月 这 两 个

13、景 区 的 月 客 流 量 , 以 下 结 论 错 误 的 是 ( ) A甲景区月客流量的中位数为 12950 人 B乙景区月客流量的中位数为 12450 人 C甲景区月客流量的极差为 3200 人 D乙景区月客流量的极差为 3100 人 【分析】利用茎叶图的性质直接求解 【解答】解:甲景区月客流量的中位数为 12950 人, 乙景区月客流量的中位数为 12450 人 根据茎叶图的数据,可知甲景区月客流量的极差为 3200 人, 乙景区月客流量的极差为 3000 人, 故选:D 【点评】本题考查命题真假的判断,考查茎叶图等基础知识,考查运算求解能力,是基 础题 4 (5 分)的展开式的中间项为

14、( ) A40 B40x2 C40 D40x2 【分析】直接根据其通项展开式求解即可 【解答】解:的展开式的中间项为 故选:B 【点评】本题主要考查二项展开式的通项以及特殊项的求法,属于基础题目 5 (5 分)已知底面是等腰直角三角形的三棱锥 PABC 的三视图如图所示,俯视图中的两 个小三角形全等,则( ) 第 8 页(共 22 页) APA,PB,PC 两两垂直 B三棱锥 PABC 的体积为 C D三棱锥 PABC 的侧面积为 【分析】首先把三视图转换为几何体,进一步对选项进行分析从而确定结果 【解答】解:根据三视图,可得三棱锥 PABC 的直观图如图所示, 其中 D 为 AB 的中点,P

15、D底面 ABC 所以三棱锥 PABC 的体积为, PA,PB,PC 不可能两两垂直,三棱锥 PABC 的侧面积为 故选:C 【点评】本题考查的知识要点:三视图和几何体之间的转换,几何体的体积公式的应用, 主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题型 6 (5 分)已知 P 为双曲线 C:x21 右支上一点,F1,F2分别为 C 的左、右焦点, 且线段 A1A2,B1B2分别为 C 的实轴与虚轴,若|A1A2|,|B1B2|,|PF1|成等比数列,则|PF2| ( ) A4 B10 C5 D6 【分析】由双曲线的定义|A1A2|,|B1B2|,|PF1|成等比数列可得|PF1|值,再

16、由定义可得结 第 9 页(共 22 页) 果 【解答】解:|A1A2|2a2,|B1B2|2b4,|A1A2|,|B1B2|,|PF1|成等比数列可得|PF1| 8,再由双曲线的定义可得:|PF2|82a6 故选:D 【点评】考查双曲线的性质,属于基础题 7 (5 分)已知 a40.6,b21.1,clog412,则( ) Acba Bbac Cabc Dcab 【分析】利用有理指数幂与对数的运算性质比较 a,b,c 与 2 的大小得答案 【解答】解:a40.621.221.1b2,clog412log4162, cba 故选:A 【点评】本题考查对数值的大小比较,考查有理指数幂与对数的运算性

17、质,是基础题 8 (5 分)在平行四边形 ABCD 中,BAD60,AB3AD,E 为线段 CD 的中点,若 6,则( ) A4 B6 C8 D9 【分析】取,作为基底,先根据6 以及已知条件求出 AD 的长;再代入数 量积计算公式求解即可 【解答】解:如图,设 ADa; 由题得: () a3acos60 (3a) 26, a1(负值舍) ; () ()12328; 故选:C 【点评】本题考查的知识点是平面向量在几何中的应用以及向量的数量积,难度中档 9 (5 分)已知函数 f(x)2cos2(x) (0)的图象关于直线 x对称,则 第 10 页(共 22 页) 的最小值为( ) A B C

18、D 【分析 】利用二倍角公式化 简函数解析式,进而 根据余弦函数的性质 可得 (kZ) ,结合 0,可求 的最小值 【解答】解:由题意可得:的图象关于对称, 所以(kZ) ,即(kZ) , 因为 0, 所以 的最小值为 故选:A 【点评】本题主要考查了二倍角公式,余弦函数的性质的应用,考查了函数思想和转化 思想,属于基础题 10 (5 分)在正方体 ABCDA1B1C1D1中,E 为棱 A1B1上一点,且 AB2,若二面角 B1 BC1E 为 45,则四面体 BB1C1E 的外接球的表面积为( ) A B12 C9 D10 【分析】连接 B1C1交 BC1于 O,可得 B1OBC1,利用线面垂

19、直的判定定理可得:BC1 平面 B1OE,于是 BC1EO,可得而B1OE 为二面角 B1BC1E 的平面角,进而利 用球的表面积计算公式得出结论 【解答】解:连接 B1C1交 BC1于 O,则 B1OBC1, 易知 A1B1BC1,则 BC1平面 B1OE, 所以 BC1EO, 从而B1OE 为二面角 B1BC1E 的平面角, 则B1OE45 因为 AB2,所以, 故四面体 BB1C1E 的外接球的表面积为 故选:D 第 11 页(共 22 页) 【点评】本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、二面角的平面角、球 的表面积计算公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题 11 (5

20、分)已知函数 f(x),若函数 g(x)f(f(x) )恰有 8 个零点, 则 a 的值不可能为( ) A8 B9 C10 D12 【分析】通过对 a 的值的讨论,通过函数的零点转化为方程的根,结合换元法以及函数 的图象,利用数形结合分析函数的零点个数,判断 a 的范围,然后求解即可 【解答】解:易知,当 a0 时,方程 f(x)0 只有 1 个实根, 从而 g(x)f(f(x) )不可能有 8 个零点, 则 a0,f(x)0 的实根为2a,0,a令 f(x)t,则 f(f(x) )f(t)0, 则 t2a,0,a 数形结合可知, 直线 ya 与 f(x)的图象有 2 个交点, 直线 y0 与

21、 f(x)的图象有 3 个交点, 所以由题意可得直线 y2a 与 f(x)的图象有 3 个交点, 则必有,又 a0, 所以 a8 故选:A 第 12 页(共 22 页) 【点评】本题考查函数与方程的应用,函数的零点个数的判断与应用,考查数形结合以 及转化思想的应用,是难题 12 (5 分) “斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契发现,因为斐波 那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称该数列为“兔子数列” 斐波那契数列an满足 a1 1,a21,记其前 n 项和为 Sn,设命题 p:S2019 a20211,命题 q:a2+a4+a6+a98a99,则下列命题为真命题的是( ) Apq

22、 B (p)q Cp(q) D (p)(q) 【分析】因为斐波那契数列an满足 a11,a21, 通过归纳可以得出 an+2an+1+ana1+a2+a3+an+1Sn+1;从而判断命题 p 的真命题; 通过定义和 p 命题可得,a2+a4+a6+a98a1+a2+a3+a4+a97S97a991,故命题 q 为假命题再根据复合命题真假的判断可得结论 【 解 答 】 解 : 因 为 斐 波 那 契 数 列 an 满 足a1 1 , a2 1 , , a3a1+a2; a4a2+a3a1+a2+1; a5a3+a4a1+a2+a3+1; an+2an+1+ana1+a2+a3+an+1Sn+1;

23、 所以 S2019a20211,故命题 p 为真命题 a2+a4+a6+a98a1+a2+a3+a4+a97S97a991,故命题 q 为假命题 由复合命题的真假判断,得 A:pq 为假命题; B: (p)q 为假命题; C:p(q)为真命题; D: (p)(q)为假命题 故选:C 【点评】本题考查斐波那契数列的理解和运用,考查化简和运算能力,属于基础题 二、填空题:本大题共二、填空题:本大题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分,把答案填在答题卡中的横线上分,把答案填在答题卡中的横线上. 13 (5 分)某人午觉醒来,发现手机没电自动关机了,他打开收音机,想听电台准点报

24、时, 则他等待的时间不少于 20 分钟的概率为 第 13 页(共 22 页) 【分析】由几何概型的求概率公式即可得出 【解答】解:由几何概型的求概率公式,得他等待的时间不少于 20 分钟的概率为 故答案为: 【点评】本题考查了几何概型的求概率公式,考查了推理能力与计算能力,属于基础题 14 (5 分)设 Sn是等差数列an的前 n 项和,若 a21,S5+S731,则 S10的取值范围是 (45,+) 【分析】由已知结合等差数列的通项公式及求和公式,解不等式可得 d 的范围,进而可 求 【解答】解:a21,S5+S731, S5+S75a3+7a45(1+d)+7(1+2d)31, d1, S

25、1010a1+45d10(1d)+45d10+35d45 故答案为: (45,+) 【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的简单应用,属于基础试题 15 (5 分)椭圆 M:+1(ab0)的左、右焦点分别为 F1,F2,P(,) , 若 PF1PF2,则 M 的离心率为 【分析】由已知条件 PF1PF,可以求得直线 PF1和直线 PF2斜率乘积为1,然后把点 P 的坐标和 a2b2+c2代入椭圆方程,可以求得 c2与 a2的数量关系,易得离心率 e 的值 【解答】解:因为 PF1PF2,所以, 则, 所以 故答案是: 【点评】本题考查了椭圆的简单几何性质,考查了数学转化思想方法,是

26、中档题 第 14 页(共 22 页) 16 (5 分)若存在 a0,使得函数 f(x)6a2lnx 与 g(x)x24axb 的图象在这两函 数图象的公共点处的切线相同,则 b 的最大值为 【分析】设曲线 yf(x)与 yg(x)的公共点为 H(x0,y0) ,分别求得 f(x) ,g(x) 的导数,可得切线的斜率,由斜率相等可得 x03a,再由 f(x0)g(x0) ,化简构造 a 的函数,求得导数和单调性,即可得到所求最大值 【解答】解:设曲线 yf(x)与 yg(x)的公共点为 H(x0,y0) , 因为,g(x)2x4a, 所以,化简得, 解得 x0a 或 3a, 又 x00,且 a0

27、,则 x03a 因为 f(x0)g(x0) 所以,b3a26a2ln3a(a0) 设 h(a)b,所以 h(a)12a(1+ln3a) , 令 h(a)0,得 a, 所以当时,h(a)0;当时,h(a)0 即 h(a)在上单调递增,在上单调递减, 所以 b 的最大值为 故答案为: 【点评】本题考查导数的运用:求切线的斜率和单调性、最值,考查构造函数法,以及 方程思想和运算能力、推理能力,属于中档题 三、解答题;共三、解答题;共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤、第分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤、第 1721 题为必考题为必考 题,每道试题考生都必须作答,第题,每道试

28、题考生都必须作答,第 22、23 题为选考题,考生题为选考题,考生根据要求作答根据要求作答.(一)必考题:(一)必考题: 共共 60 分分 17 (12 分)为了解贵州省某州 2020 届高三理科生的化学成绩的情况,该州教育局组织高 三理科生进行了摸底考试,现从参加考试的学生中随机抽取了 100 名理科生,将他们的 第 15 页(共 22 页) 化学成绩(满分为 100 分)分为40,50) ,50,60) ,60,70) ,70,80) ,80,90) , 90,1006 组,得到如图所示的频率分布直方图 (1)求 a 的值; (2)记 A 表示事件“从参加考试的所有理科生中随机抽取一名学生

29、,该学生的化学成绩 不低于 70 分” ,试估计事件 A 发生的概率; (3)在抽取的 100 名理科生中,采用分层抽样的方法从成绩在60,80)内的学生中抽 取 10 名,再从这 10 名学生中随机抽取 4 名,记这 4 名理科生成绩在60,70)内的人数 为 X,求 X 的分布列与数学期望 【分析】 (1)由频率之和为 1,建立关于 a 的方程,解出即可; (2)由频率分布直方图直接可以计算得到事件 A 发生的概率; (3)易知成绩在60,70)内的有 4 人,在70,80)内的有 6 人,则 X 的可能取值为 0, 1,2,3,4,由此列出分布列,求出期望 【解答】解: (1)(0.00

30、5+0.010+0.020+0.030+a+0.010)101, a0.025; (2)成绩不低于 70 分的频率为(0.030+0.025+0.010)100.65, 事件 A 发生的概率约为 0.65 (3)抽取的 100 名理科生中,成绩在60,70)内的有 1000.0201020 人, 成绩在70,80)内的有 1000.0301030 人,故采用分层抽样抽取的 10 名理科生中, 成绩在60,70)内的有 4 人,在70,80)内的有 6 人, 由题可知,X 的可能取值为 0,1,2,3,4, 且, 第 16 页(共 22 页) , X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 【点

31、评】本题考查频率分布直方图,分层抽样以及离散型随机变量的分布列及其期望, 考查运算能力,属于常规题目 18 (12 分)ABC 的内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c已知 C2A,a4,c6 (1)求 b; (2)求ABC 内切圆的半径 【分析】 (1)由已知结合二倍角公式及余弦定理可求 b, (2)结合三角形面积公式及分割等面积可求内切圆半径 【解答】解: (1)由 C2A,得 sinCsin2A2sinAcosA, 则 c2acosA 又 a4,c6,所以 由余弦定理得,a2b2+c22bccosA, 即, 即 b29b+200,解得 b4 或 5 若 b4,a4,C2A, 则AB

32、C 为等腰角三角形, 与 c6 矛盾,舍去, 故 b5 (2)当 b5 时,ABC 的面积为, 则ABC 内切圆的半径 【点评】本题主要考查了余弦定理,三角形的面积公式及内切圆半径公式的应用,属于 第 17 页(共 22 页) 中档试题 19 (12 分)如图,在四棱锥 PABCD 中,AP平面 PCD,ADBC,ABBC,APAB BCAD,E 为 AD 的中点,AC 与 BE 相交于点 O (1)证明:PO平面 ABCD (2)求直线 BC 与平面 PBD 所成角的正弦值 【分析】 (1)推导出 AP平面 PCD,APCD从而四边形 BCDE 为平行四边形,进而 BECD,APBE推导出四

33、边形 ABCE 为正方形,从而 BEAC进而 BE平面 APC, 则 BEPOAP平面 PCD,进而 APPC,POAC,由此能证明 PO平面 ABCD (2)以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Oxyz,推导出平面 PBD 的法向量,由此 能求出 BC 与平面 PBD 的正弦值的求法 【解答】解: (1)证明:AP平面 PCD,APCD ADBC,四边形 BCDE 为平行四边形,BECD,APBE 又ABBC,且 E 为 AD 的中点, 四边形 ABCE 为正方形,BEAC 又 APACA,BE平面 APC,则 BEPO AP平面 PCD,APPC,又, PAC 为等腰直角三角形,O 为

34、斜边 AC 上的中点, POAC 且 ACBE0,PO平面 ABCD (2)解:以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Oxyz,如图所示 设 OB1,则 B(1,0,0) ,C(0,1,0) ,P(0,0,1) ,D(2,1,0) , 则, 设平面 PBD 的法向量为, 第 18 页(共 22 页) 令 z1,得 设 BC 与平面 PBD 所成角为 , 则 sin|cos| 【点评】本题考查线面垂直的证明,考查线面角的正弦值的求法,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 20 (12 分)在直角坐标系 xOy 中,点 M(2,0) ,N 是曲线上的任意

35、一点, 动点 C 满足 (1)求点 C 的轨迹方程; (2)经过点 P(1,0)的动直线 l 与点 C 的轨迹方程交于 A,B 两点,在 x 轴上是否存 在定点 D(异于点 P) ,使得ADPBDP?若存在,求出 D 的坐标;若不存在,请说 明理由 【分析】本题第(1)题先设出 C,N 点的坐标,根据向量的坐标运算得出+(2x x0+2,2yy0) ,根据题意可得出,即然后代入曲线 即可得到点 C 的轨迹方程;第(2)题可用假设法,先假设存在点 D(t,0) , 然后根据题意列出关系式,利用根与系数的关系,通过计算可得 t 的值,即可得到 D 的 坐标 【解答】解: (1)由题意,设 C(x,

36、y) ,N(x0,y0) ,则 (x+2,y) ,(xx0,yy0) , 第 19 页(共 22 页) +(2xx0+2,2yy0) 由+ ,则,即 点 N 是曲线上的任意一点,即 x0+2, 2x+2(2y)2+2, 整理,得 y22x 点 C 的轨迹方程为 y22x (2)假设存在点 D(t,0) ,使得ADPBDP,则有 kDA+kDB0 根据题意,易知直线 l 的倾斜角不可能为 0,故可设直线 l 的方程为 xmy+1, 将 xmy+1 代入 y22x得 y22my20 设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,则 y1+y22m,y1y22 kDA+kDB+0, 2my1y2+(1

37、t) (y1+y2)0 即4m+2m (1t)0,解得 t1 故存在点 D(1,0) ,使得ADPBDP 【点评】本题主要考查向量坐标计算能力,解析几何计算能力,数学推理能力本题属 中档题 21 (12 分)已知函数 f(x)(x+1)ln(x+1)+m+n,曲线 yf(x)在点(0,f(0) ) 处的切线方程为 y2x+1 (1)求 m,n 的值和 f(x)的单调区间; (2)若对任意的 x0,+) ,f(x)kx 恒成立,求整数 k 的最大值 【分析】 (1)利用导数的几何意义,建立关于 m,n 的方程,即可求得 m,n 的值,进一 步求得单调区间; (2)x0 时显然成立,x0 时可转化

38、为对(0,+)恒成 立,构造新函数即可求解 【解答】解: (1)f(x)ln(x+1)+m+1, 第 20 页(共 22 页) 由切线方程,知 f(0)m+n1,f(0)m+12, 解得 m1,n0 故 f(x)(x+1)ln(x+1)+x+1,f(x)ln(x+1)+2(x1) , 由 f(x)0,得;由 f(x)0,得 所以 f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为 (2)当 x0 时,f(0)1k00 恒成立,则 kR 当 x0 时,f(x)kx 恒成立等价于对(0,+)恒成立 令,x(0,+) 令 u(x)xln(x+1)1,x(0,+) , 则对 x(0,+)恒成立,所以 u(x)在

39、(0,+)上单调 递增 又 u(2)1ln30,u(3)2ln40,所以x0(2,3) ,u(x0)0 当 x(0,x0)时,h(x)0;当 x(x0,+)时,h(x)0 所以,又 u(x0)x0ln(x0+1)1 0, 则 , 故 kx0+1,整数 k 的最大值为 3 【点评】本题考查导数的几何意义,及利用导数研究函数的单调性,极值及最值,考查 转化思想,及逻辑推理能力,属于中档题 (二)选考题:共(二)选考题:共 10 分分.请考生从第请考生从第 22,23 两题中任选一题作答两题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第如果多做,则按所做的第 一个题目计分一个题目计分.选修选修 4-4:坐标

40、系与参数方程:坐标系与参数方程 22 (10 分)在直角坐标系 xOy 中,直线 l 的参数方程为(t 为参数) ,曲线 C 的参数方程为(m0,n0, 为参数) ,以坐标原点为极点,x 轴的正 半轴为极轴建立极坐标系,且曲线 C 的极坐标方程为 8sin 第 21 页(共 22 页) (1)求 a,m,n 的值; (2)已知点 P 的直角坐标为(0,1) ,l 与曲线 C 交于 A,B 两点,求|PA|+|PB| 【分析】 (1)直接利用转换关系式的应用,把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间 转换求出结果 (2)利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果 【解答】解: (1)曲线 C 的

41、极坐标方程为 8sin转换为 28sin, 则 x2+y28y, 即 x2+(y4)216 因为 m0,n0, 所以 amn4 (2)将直线 l 的参数方程为(t 为参数) , 代入 x2+(y4)216, 得 设 A,B 两点对应的参数分别为 t1,t2, 则,t1t270 所以 【点评】本题考查的知识要点:参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,一元 二次方程根和系数关系式的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属 于基础题 选修选修 4-5:不等式选讲:不等式选讲(10 分分 23已知函数 f(x)3|x+1|2x4| (1)求不等式 f(x)3 的解集; (2)若对任意

42、 xR,不等式 f(x)|x2|t28t 恒成立,求 t 的取值范围 【分析】 (1)利用分段讨论法去掉绝对值,求出不等式 f(x)3 的解集; (2)利用绝对值三角不等式求出 f(x)|x2|的最大值,得出关于 t 的不等式,求出解 集即可 【解答】解: (1)当 x1 时,f(x)3(x+1)+(2x4)3, 第 22 页(共 22 页) 解得 x10; 当1x2 时,f(x)3(x+1)+(2x4)3, 解得,则; 当 x2 时,f(x)3(x+1)(2x4)3, 解得 x4,则 x2; 综上知,不等式 f(x)3 的解集为(,10)(,+) ; (2)由 f(x)|x2|3|x+1|2x4|x2|3|x+1|3|x2|3x+3|3x6|3x+3 (3x6)|9, 若对任意 xR,不等式 f(x)|x2|t28t 恒成立, 则 t28t9, 解得 t1 或 t9; 则 t 的取值范围是(,19,+) 【点评】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题,也考查了不等式恒成立问题, 是中档题