贵州省部分学校2020届高三联合考试数学理科试题(含答案解析)

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1、贵州省部分学校贵州省部分学校 2020 届高三联合考试数学理科试题届高三联合考试数学理科试题 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已知集合 A2,1,0,1,2,Bx|yln(x+1),则 AB( )来源:学科网 A (1,2 B1,0,1,2 C (0,2 D0,1,2 2设复数 z 满足(2i)z2+i,则 z 在复平面内所对应的点位于( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3若双曲线 C: 2 2 2

2、3 = 的一条渐近线方程为 2x+3y0,则 m( ) A3 2 B2 3 C 8 27 D27 8 4某地区城乡居民储蓄存款年底余额(单位:亿元)如图所示,下列判断一定不正确的是 ( ) A城乡居民储蓄存款年底余额逐年增长 B农村居民的存款年底余额所占比重逐年上升 C到 2019 年农村居民存款年底总余额已超过了城镇居民存款年底总余额 D城镇居民存款年底余额所占的比重逐年下降 5平面向量 =(1,m) , =(1,3) ,且| | + |,则| |( ) A23 3 B 3 3 C3 D33 6设 x,y 满足约束条件 + 1 2 2 ,则 zx4y 的最大值为( ) A2 B2 C0 D4

3、 7在ABC 中,A,B,C 的对边分别是 a,b,c,且 b3, = 33,B30,ab,则 AC 边上的高线的长为( ) A33 2 B3 2 C9 2 D33 8如图,在正方体 ABCDA1B1C1D1中,M,N,P 分别是 C1D1,BC,A1D1的中点,有下 列四个结论: AP 与 CM 是异面直线;AP,CM,DD1相交于一点;MNBD1; MN平面 BB1D1D 其中所有正确结论的编号是( ) A B C D 9已知 M(1,0) ,N 是曲线 yex上一点,则|MN|的最小值为( ) A1 B2 Ce D4+ 1 10 “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

4、,因为斐波那契以兔 子繁殖为例子而提出,故又称该数列为“兔子数列” ,斐波那契数列an满足 a11,a2 1,anan1+an2(n3,nN*) 如图是输出斐波那契数列的一个算法流程图,现要 输出斐波那契数列的前 50 项,则图中的空白框应填入( ) AAB,BC BBA,CB CCA,BC DAC,CB 11已知函数() = 32 2 + 1 2 3 2 (0),若 f(x)在( 2 , 3 2 )上无零点,则 的取值范围是( ) A(0, 2 9 8 9, + ) B(0, 2 9 2 3 , 8 9 C(0, 2 9 8 9,1 D(2 9, 8 9 1, + ) 12点 P(1,1)是

5、抛物线 C:yx2上一点,斜率为 k 的直线 l 交抛物线 C 于点 A,B,且 PAPB,设直线 PA,PB 的斜率分别为 k1,k2,则( ) Akk1+k2 B1 = 1 1 + 1 2 C直线 l 过点(1,2) D直线 l 过点(1,2) 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已知函数() = 3 , 1 2( + 1),1,则 f(1) 14设 为锐角,若( + 8) = 4 5,则 cos2 15某县城中学安排 5 位老师(含甲)去 3 所不同的村小(含 A

6、 小学)支教,每位老师只 能支教 1 所村小,且每所村小学都有老师支教,其中至少安排 2 位老师去 A 小学,但是 甲不去 A 校,则不同的安排方法数为 16一个圆锥恰有三条母线两两夹角为 60,若该圆锥的侧面积为33,则该圆锥外接球 的表面积为 三、解答题:本大题共三、解答题:本大题共 5 小题,共小题,共 70 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤骤1721 题为必考题,每个试题考生都必须作答第题为必考题,每个试题考生都必须作答第 22,23 题为选考题,考生根据要求题为选考题,考生根据要求 作答 (一)必考题:共作答 (一)必考题:

7、共 60 分分 17在公比大于 0 的等比数列an中,已知 a3a5a4,且 a2,3a4,a3成等差数列 (1)求an的通项公式; (2)已知 Sna1a2an,试问当 n 为何值时,Sn取得最大值,并求 Sn的最大值 18厂家在产品出厂前,需对产品做检验,第一次检测厂家的每件产品合格的概率为 0.5, 如果合格,则可以出厂;如果不合格,则进行技术处理,处理后进行第二次检测每件 产品的合格率为 0.8,如果合格,则可以出厂,不合格则当废品回收 (1)求某件产品能出厂的概率; (2)若该产品的生产成本为 800 元/件,出厂价格为 1500 元/件,每次检测费为 100 元/ 件,技术处理每次

8、 100 元/件,回收获利 100 元/件假如每件产品是否合格相互独立,记 为任意一件产品所获得的利润,求随机变量 的分布列与数学期望 19在三棱锥 DABC 中, = = 22,DADCAC4,平面 ADC平面 ABC,点 M 在棱 BC 上 (1)若 M 为 BC 的中点,证明:BCDM (2)若 DC 与平面 DAM 所成角的正弦值为 3 4 ,求 AM 20已知椭圆 2 2 + 2 2 = 1(0)上的点 P 到左、右焦点 F1,F2的距离之和为22,且 离心率为 2 2 (1)求椭圆的标准方程; (2)过 F2的直线 l 交椭圆于 A,B 两点,点 C 与点 B 关于 x 轴对称,求

9、AF2C 面积的 最大值 21已知函数 f(x)alnx+x22x (1)讨论 f(x)极值点的个数; (2)若 f(x)有两个极值点,证明:f(x)的极大值大于 3+22 4 (二)选考题:共(二)选考题:共 10 分请考生在第分请考生在第 22,23 两题中任选一题作答,如果多做,则按所做两题中任选一题作答,如果多做,则按所做 的第一题计分的第一题计分选修选修 4-4:坐标系与参数方程:坐标系与参数方程 22 在极坐标系中, 极点为 O, 一条封闭的曲线 C 由四段曲线组成: = 4( 0, 4) 7 4 ,2), = 4( 4 , 3 4 ), = 4( 3 4 , 5 4 ), = 4

10、( 5 4 , 7 4 ) (1)求该封闭曲线所围成的图形面积; (2)若直线 l:( + 4) = 与曲线 C 恰有 3 个公共点,求 k 的值 选修选修 4-5:不等式选讲:不等式选讲 23已知函数 f(x)|x|+|2x1| (1)求不等式 f(x)3 的解集; (2)若存在 (0,) ,使得关于 x 的方程 f(x)msin 恰有一个实数根,求 m 的取 值范围 参考答案解析参考答案解析 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

11、求的 1已知集合 A2,1,0,1,2,Bx|yln(x+1),则 AB( ) A (1,2 B1,0,1,2 C (0,2 D0,1,2 求出集合 A,B,由此能求出 AB 因为集合 A2,1,0,1,2, Bx|yln(x+1)(1,) 所以 AB0,1,2 故选:D 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设复数 z 满足(2i)z2+i,则 z 在复平面内所对应的点位于( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 把已知等式变形,再由复数代数形式的乘除运算化简,求出 z 的坐标得答案 由(2i)z2+i, 得 = 2+ 2 = (2+)(2+

12、) (2)(2+) = 3+4 5 = 3 5 + 4 5 , 则 z 在复平面内所对应的点的坐标为(3 5 , 4 5) ,位于第一象限 故选:A 本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的代数表示法及其几何意义,是基础题 3若双曲线 C: 2 2 2 3 = 的一条渐近线方程为 2x+3y0,则 m( ) A3 2 B2 3 C 8 27 D27 8 由题意知 m0,且双曲线是焦点在 x 轴上的双曲线,写出其渐近线方程,结合已知可得 关于 m 的方程,则 m 值可求 由题意知双曲线的渐近线方程为 = 3 2 (0), 2x+3y0 可化为 = 2 3 , 则3 2 = 2 3,解得 = 8

13、 27 故选:C 本题考查双曲线的渐近线方程,考查运算求解能力,是中档题 4某地区城乡居民储蓄存款年底余额(单位:亿元)如图所示,下列判断一定不正确的是 ( ) A城乡居民储蓄存款年底余额逐年增长 B农村居民的存款年底余额所占比重逐年上升 C到 2019 年农村居民存款年底总余额已超过了城镇居民存款年底总余额 D城镇居民存款年底余额所占的比重逐年下降 根据扇形统计图和条形统计图即可判断出答案 到 2019 年,在城乡居民储蓄存款年底总余额中,农村居民储蓄存款所占的比例仍然小于 城镇居民储蓄存款所占的比例,因此农村居民的存款年底总余额仍然少于城镇居民的存 款总额, 选项 C 说农村居民的存款年底

14、总余额已经超过了城镇居民的存款总额显然是错误的 故选:C 本题考查表的应用,考查数据分析能力以及运算求解能力 5平面向量 =(1,m) , =(1,3) ,且| | + |,则| |( ) A23 3 B 3 3 C3 D33 本题先对| | + |两边进行平方,转化成向量进行计算,化简整理可得 = 0, 然后根据向量内积的坐标运算可解出 m 的值,即可计算出| |的值 依题意,由| | + |,可得 | |2| + |2, 即( )2( + )2, 化简整理,得 = 0, 1(1)+m 3 =0, 解得 m= 3 3 , =(1, 3 3 ) , | |= 12+ (3 3 )2= 23 3

15、 故选:A 本题考查平面向量的数量积公式的运用,考查转化思想,方程思想,定义法,以及逻辑 推理能力和数学运算能力,本题属中档题 6设 x,y 满足约束条件 + 1 2 2 ,则 zx4y 的最大值为( ) A2 B2 C0 D4 作出不等式组对应的平面区域,平移直线 x4y0,判断最优解,利用数形结合即可的 得到结论 由题可知,再画出可行域如图, = + 1 = 2 解得 A(2,1) , 当 l:x4y0 平移到过点(2,1)时,z 取得最大值, 最大值为:2 故选:B 本题考查线性规划问题,考查数形结合的思想以及运算求解能力 7在ABC 中,A,B,C 的对边分别是 a,b,c,且 b3,

16、 = 33,B30,ab,则 AC 边上的高线的长为( ) A33 2 B3 2 C9 2 D33 由已知利用余弦定理可得 a29a+180,结合 ab,可求 a 的值,进而根据三角形的面 积公式即可求解 AC 边上的高线的长 因为 b3, = 33,B30, 所以由余弦定理 b2a2+c22accosB,可得9 = 2+ 27 2 33 3 2 ,整理可得 a29a+180, 又 ab, 所以 a6 因为= 1 2 = 93 2 , 所以 AC 边上的高线的长为2 = 33 故选:D 本题考查余弦定理以及三角形面积公式,考查运算求解能力,属于基础题 8如图,在正方体 ABCDA1B1C1D1

17、中,M,N,P 分别是 C1D1,BC,A1D1的中点,有下 列四个结论: AP 与 CM 是异面直线;AP,CM,DD1相交于一点;MNBD1; MN平面 BB1D1D 其中所有正确结论的编号是( ) A B C D 本题利用线线间的关系,以及线线平行和线面平行的条件求解 因为 MPAC,MPAC,所以 AP 与 CM 是相交直线, 又面 A1ADD1面 C1CDD1DD1, 所以 AP,CM,DD1相交于一点,则不正确,正确来源:学,科,网 Z,X,X,K 令 ACBDO,因为 M,N 分别是 C1D1,BC 的中点, 所以 OND1MCD, = 1 = 1 2 ,则 MNOD1为平行四边

18、形, 所以 MNOD1,因为 MN平面 BD1D,OD1平面 BD1D, 所以 MN平面 BD1D,不正确,正确 综上所述,正确, 故选:B 本题考查了空间中点、线、面的位置关系,需要学生有较强的空间想象能力,逻辑分析 能力 9已知 M(1,0) ,N 是曲线 yex上一点,则|MN|的最小值为( ) A1 B2 Ce D4+ 1 yex的导数为 yex设 N(m,em) ,可得过 N 的切线的斜率为 em当 MN 垂直于切线 时,|MN|取得最小值,可得 ;1 = 1 ,解得 m 进而得出 yex的导数为 yex设 N(m,em) ,可得过 N 的切线的斜率为 em 当 MN 垂直于切线时,

19、|MN|取得最小值,可得 ;1 = 1 ,则 e 2m+m1 因为 f(x)e2x+x 单调递增,且 f(0)1,所以 m0 所以|MN|的最小值为12+ 12= 2 故选:B 本题考查导数几何意义的应用、考查化归与转化思想、数形结合思想,考查了推理能力 与计算能力,属于基础题 10 “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 子繁殖为例子而提出,故又称该数列为“兔子数列” ,斐波那契数列an满足 a11,a2 1,anan1+an2(n3,nN*) 如图是输出斐波那契数列的一个算法流程图,现要 输出斐波那契数列的前 50 项,则图中的空白框应填入( ) AA

20、B,BC BBA,CB CCA,BC DAC,CB 由已知中的程序语句,模拟程序的运行过程,分析循环中各变量值的变化情况,可得答 案 模拟程序的运行,可得 执行第 1 次,A1,B1,C2,i4,循环, 因为第二次应该计算 C1+2,ii+15,循环, 执行第 3 次,因为第三次应该计算 C2+3, 由此可得图中的空白框应填入 AB,BC 故选:A 本题考查数学文化在算法中的应用,考查赋值语句的应用,考查逻辑推理能力,属于基 础题 11已知函数() = 32 2 + 1 2 3 2 (0),若 f(x)在( 2 , 3 2 )上无零点,则 的取值范围是( ) A(0, 2 9 8 9, + )

21、 B(0, 2 9 2 3 , 8 9 C(0, 2 9 8 9,1 D(2 9, 8 9 1, + ) 先结合二倍角公式和辅助角公式将函数进行化简,得() = ( 3),由于 f(x)在 ( 2 , 3 2 )上无零点, 因此(3 2 3) ( 2 3) 2 = , 且 2 3 ( + 1) 3 2 3 , kZ, 在 0 的限制条件下,解不等式即可得解 () = 3 2 (1 ) + 1 2 3 2 = 1 2 3 2 = ( 3), 若 2 3 2 ,则 2 3 3 3 2 3, f(x)在( 2 , 3 2 )上无零点, (3 2 3) ( 2 3) 2 = ,则 21, 0,解得 0

22、1 又 2 3 ( + 1) 3 2 3 ,解得3 2 4 3 2 1 3,kZ, 当 k0 时,2 3 8 9;当 k1 时,0 2 9 (0, 2 9 2 3, 8 9 故选:B 本题主要考查三角函数的图象与性质,还涉及二倍角公式和辅助角公式,考查学生数形 结合的思想、逻辑推理能力和运算能力,属于中档题 12点 P(1,1)是抛物线 C:yx2上一点,斜率为 k 的直线 l 交抛物线 C 于点 A,B,且 PAPB,设直线 PA,PB 的斜率分别为 k1,k2,则( ) Akk1+k2 B1 = 1 1 + 1 2 C直线 l 过点(1,2) D直线 l 过点(1,2) 设(1,1 2),

23、(2,22),求出直线的斜率,推出 kk1+k22得到直线 l 的方程为 1 2 = (1+ 2)( 1),利用 PAPB,得到直线系方程 y2(x1+x2) (x+1) ,求 出定点坐标 设(1,1 2), (2,22), 则1 = 1 21 11 = 1+ 1, 2= 2 21 21 = 2+ 1, = 1 222 12 = 1+ 2, 所以 kk1+k22直线 l 的方程为 1 2 = (1+ 2)( 1), 因为 PAPB,所以(x1+1) (x2+1)1, 即 x1+x2+2x1x2,代入方程得 y2(x1+x2) (x+1) , 则直线 l 过点(1,2) 故选:D 本题考查直线与

24、抛物线的综合应用, 考查数形结合的思想及运算求解能力, 属于中档题 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已知函数() = 3 , 1 2( + 1),1,则 f(1) 12 根据题意,由函数的解析式可得 f(1)2f(0) ,f(0)2f(1) ,f(1)313;计 算即可得答案 根据题意,函数() = 3 , 1 2( + 1),1, 则 f(1)2f(0) ,f(0)2f(1) ,f(1)313; 则有 f(1)2f(0)4f(1)12; 故答案为:12 本题考查分

25、段函数的函数值计算,注意认真分析函数的解析式,属于基础题 14设 为锐角,若( + 8) = 4 5,则 cos2 312 50 由已知利用同角三角函数基本关系式可求( + 8) = 3 5,进而根据二倍角公式即可求解 因为 为锐角,( + 8) = 4 5, 所以( + 8) = 3 5, 则(2 + 4) = 2 ( 4 5) 2 1 = 7 25,(2 + 4) = 24 25, 所以2 = (2 + 4 4) = 2 2 ( 7 25 + 24 25) = 312 50 故答案为:312 50 本题主要考查了同角三角函数基本关系式,二倍角公式在三角函数化简求值中的应用, 考查了转化思想

26、,属于基础题 15某县城中学安排 5 位老师(含甲)去 3 所不同的村小(含 A 小学)支教,每位老师只 能支教 1 所村小,且每所村小学都有老师支教,其中至少安排 2 位老师去 A 小学,但是 甲不去 A 校,则不同的安排方法数为 44 以 A 学校安排 3 人或 2 人分为两类,每一类再分步用乘法原理计算即可 A 小学若安排 3 人,则有4 322 = 8种;A 小学若安排 2 人则有4 23222 = 36种故不同 的方法数为 8+3644 故答案是 44 本题考查排列组合的综合应用,考查分类讨论的思想及逻辑推理能力,属于中低档题 16一个圆锥恰有三条母线两两夹角为 60,若该圆锥的侧面

27、积为33,则该圆锥外接球 的表面积为 27 2 如图,设ASBBSCCSA60,则 SASBSCABACBC设 ABx,则 底面圆的直径为2 = 60 = 2 3,利用该圆锥的侧面积计算公式得出方程,解得 x,可 得 OS,r设圆锥外接球的半径为 R,所以(6 )2+ 2= 2,解得 R,即可得出外接 球的表面积 如图,设ASBBSCCSA60,则 SASBSCABACBC 设 ABx,则底面圆的直径为2 = 60 = 2 3, 该圆锥的侧面积为1 2 2 3 x33,解得 x3, 高 =32 (3)2= 6 r= 3 3 = 3 设圆锥外接球的半径为 R,所以(6 )2+ 2= 2,解得 =

28、 36 4 , 则外接球的表面积为42= 27 2 故答案为:27 2 本题考查圆锥以及球的结构特征,考查空间想象能力及运算求解能力,考查了推理能力 与计算能力,属于中档题 三、解答题:本大题共三、解答题:本大题共 5 小题,共小题,共 70 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤骤1721 题为必考题,每个试题考生都必须作答第题为必考题,每个试题考生都必须作答第 22,23 题为选考题,考生根据要求题为选考题,考生根据要求 作答 (一)必考题:共作答 (一)必考题:共 60 分分 17在公比大于 0 的等比数列an中,已知 a3a5a4,

29、且 a2,3a4,a3成等差数列 (1)求an的通项公式;来源:学+科+网 Z+X+X+K (2)已知 Sna1a2an,试问当 n 为何值时,Sn取得最大值,并求 Sn的最大值 (1)设an的公比为 q, (q0) ,运用等比数列的通项公式和等差数列的中项性质,解 方程可得首项和公比,即可得到所求通项公式; (2) 由等比数列的通项公式和等差数列的求和公式, 可得 Sn, 结合二次函数的最值求法, 可得所求最大值和 n 的值 (1)设an的公比为 q, (q0) ,由 a3a5a42a4,得 a41,即 a1q31, 因为 a2,3a4,a3成等差数列,所以 a2+a36a4,即 a1q+a

30、1q26a1q3,即 6q2q10, 解得 = 1 2( 1 3舍去) ,a18, 所以 an8 (1 2) n124n,nN*; (2)= 12= 23:2:1:(4;)= 2 (7) 2 , 由 n(7n)(n 7 2) 2+49 4 , 所以当 n3 或 4 时,Sn取得最大值, (Sn)max64 本题考查等比数列和等差数列的通项公式和求和公式的运用,考查方程思想和化简运算 能力、推理能力,属于中档题 18厂家在产品出厂前,需对产品做检验,第一次检测厂家的每件产品合格的概率为 0.5, 如果合格,则可以出厂;如果不合格,则进行技术处理,处理后进行第二次检测每件 产品的合格率为 0.8,

31、如果合格,则可以出厂,不合格则当废品回收 (1)求某件产品能出厂的概率; (2)若该产品的生产成本为 800 元/件,出厂价格为 1500 元/件,每次检测费为 100 元/ 件,技术处理每次 100 元/件,回收获利 100 元/件假如每件产品是否合格相互独立,记 为任意一件产品所获得的利润,求随机变量 的分布列与数学期望 (1)设事件 A 为“某件产品第一次检验合格” ,事件 B 为“某件产品第二次检验合格” , 利用互斥事件的概率求解即可 (2)求出 的所有可能取值为1000,400,600求出概率,然后得到分布列,即可求 解期望 (1)设事件 A 为“某件产品第一次检验合格” ,事件

32、B 为“某件产品第二次检验合格” , 则 P(A)0.5,P(B)0.50.80.4 所以某件产品能够出厂的概率 P0.5+0.40.9 (2)由已知,若该产品不合格,则 (800+1002+100)+1001000, 该产品经过第二次检验才合格,则 1500(800+1002+100)400, 该产品第一次检验合格,则 1500(800+100)600, 所以 的所有可能取值为1000,400,600 P(1000)(10.5)(10.8)0.1, P(400)(10.5)0.80.4, P(600)0.5 的分布列为 1000 400 600 P 0.1来源:学.科.网 0.4 0.5 E

33、10030.1+4030.4+6000.5360 元 本题考查了互斥事件的概率计算公式,离散型随机变量的分布列以及期望的求法,考查 了推理能力与计算能力,属于中档题 19在三棱锥 DABC 中, = = 22,DADCAC4,平面 ADC平面 ABC,点 M 在棱 BC 上 (1)若 M 为 BC 的中点,证明:BCDM (2)若 DC 与平面 DAM 所成角的正弦值为 3 4 ,求 AM (1)取 AC 的中点 O,连接 OB,OD说明 ODAC证明 ODOB,证明 ABBC, 推出 DBDC,且 M 为 BC 的中点,即可证明 BCDM (2)以 O 为坐标原点, 的方向为 x 轴正方向,

34、建立空间直角坐标系 Oxyz,求出平 面 DAM 的法向量,结合直线与平面所成角,求出 a,然后求解 AM 即可 (1)证明:取 AC 的中点 O,连接 OB,OD因为 DADC,所以 ODAC 又因为平面 ADC平面 ABC,且相交于 AC,所以 OD平面 ABC, 所以 ODOB 因为 AB2+BC2AC2,所以 ABBC, 所以 OBOC,所以OBDOCD, 所以 DBDC,且 M 为 BC 的中点,所以 BCDM (2)解:如图以 O 为坐标原点, 的方向为 x 轴正方向,建立空间直角坐标系 O xyz,由已知得 A(0,2,0) ,C(0,2,0) ,(0,0,23), = (0,2

35、,23), = (0,2, 23), 设 M(a,2a,0) (0a2) , 则 = (,4 ,0) 设平面 DAM 的法向量为 = (,) 由 = 0, = 0,得2 + 23 = 0 + (4 ) = 0, 可取 = (3( 4),3, ), 所以 = | , | = |23+23| 43(4)2+32+2 = 3 4 , 解得 a4(舍去) , = 4 3, 所以 =(4 3) 2+ (8 3) 2 = 45 3 本题考查直线与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用,二面角的平面角的求法,平 面法向量的求法,考查空间想象能力以及计算能力如果是考试用题:建议评分: (1) 第一问也可以先建立

36、空间直角坐标系,用向量方法证明,证出得满分; (2)第二问中, 建立空间直角坐标系,写出相关点的坐标得(1 分) ,计算出平面 DAM 的法向量得(2 分) ; (3)若用传统做法,作出二面角得(2 分) ,简单证明得(2 分) ,整个试题完全正 确得满分 20已知椭圆 2 2 + 2 2 = 1(0)上的点 P 到左、右焦点 F1,F2的距离之和为22,且 离心率为 2 2 (1)求椭圆的标准方程; (2)过 F2的直线 l 交椭圆于 A,B 两点,点 C 与点 B 关于 x 轴对称,求AF2C 面积的 最大值 (1)利用椭圆的定义以及离心率,转化求解椭圆的标准方程 (2)已知 F2(1,0

37、) ,直线斜率显然存在,设直线的方程为 yk(x1) ,A(x1,y1) , B(x2,y2) ,联立直线与椭圆的方程,利用韦达定理,结合三角形的面积通过基本不等 式转化求解即可 (1)|1| + |2| = 2 = 22,所以 = 2, = = 2 2 , 所以 = 2 2 2 = 1,所以 b2a2c2211, 椭圆的标准方程为 2 2 + 2= 1 (2)由题可知直线 l 的斜率必存在,又 F2(1,0) , 设直线 l 的方程为 yk(x1) (k0) ,A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,C(x2,y2) 联立直线与椭圆的方程,化简得(1+2k2)x24k2x+2k220, 所以

38、1+ 2= 42 1+22,12 = 222 1+22 2= 2= 1 2 |22|(1 2) (1 2)| =|y2(x11)| = |(1 1)(2 1)| = |(12 1 2+ 1)| = | 1+22 | = | 1 2+1 | 2 4 , 当且仅当 = 2 2 时,取得最大值 所以AF2C 面积的最大值为 2 4 本题考查椭圆的简单性质的应用,直线与椭圆的位置关系的综合应用,考查转化思想以 及计算能力如果是考试用题:建议: (1)第一问得出 = 2,b1 各得(2分) ,写出 椭圆的标准方程得(1 分) ; (2)第二问未说明直线 l 的斜率存在扣(1 分) ; (3)若采用其他方

39、法解题,参照本评分标准按步骤给分 21已知函数 f(x)alnx+x22x (1)讨论 f(x)极值点的个数; (2)若 f(x)有两个极值点,证明:f(x)的极大值大于 3+22 4 (1)先对函数 f(x)求导,得到() = + 2 2 = 222+ 然后对 a 的范围讨 论研究 f(x)极值点的个数; (2)由(1)知当0 1 2时,f(x)有两个极值点,且 x1+x21,12 = 2 0,然后 求得其极大值为 f(x1)alnx1+x 1 2 2x1(2x 1 2 + 21)lnx1+x 1 2 2x1, x 1 (0, 1 2),然后证明其大于 3+22 4 (1)f(x)的定义域为

40、(0,+) ,() = + 2 2 = 222+ 令 2x22x+a0,48a4(12a) , 当 1 2时,0,恒有 f(x)0,故 f(x)无极值点; 当 1 2时, 0, 设 x1, x2 是方程 2x22x+a0 的两根 (x1x2) , 则 x1+x21, 12= 2, 则当 a0 时x10x2,所以 f(x)只有一个极值点; 当0 1 2时,f(x)有两个极值点 综上,当 1 2时,f(x)无极值点;当0 1 2时,f(x)有两个极值点;当 a0 时,f (x)只有一个极值点 (2)证明:由(1)知,当0 1 2时,f(x)有两个极值点,x1+x21,12 = 2 0, 所以01 1 2 21, 则 f(x)在(0,x1)内为增函数,在(x1,x2)内为减函数,在(x2,+)内为增函数, 所以 f(x)的极大值点为 x1由21 2 21+ = 0,得 = 21 2 + 21, 所以 f(x)的极大值为 f(x1)alnx1+x 1 2 2x1(2x 1 2 + 21)lnx1+x 1 2 2x1, x 1 (0, 1 2), 令 g(t)(2t2+

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