2019届高考数学二轮复习仿真卷五文
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第3讲 立体几何中的计算 课时训练1. 已知正四棱锥底面边长为42,体积为32,则此四棱锥的侧棱长为________.答案:5解析:由正四棱锥底面边长为42,则底面正方形对角线的一半长为4,再由体积公式得四棱锥的高为3,则此四棱锥的侧棱长为5.2. (2017·镇江期末)若圆锥底面半径为2,高为5,则其侧面积为________.答案:6π解析:因为圆锥的母线长为l =22+(5)2=3,所以其侧面积为π×2×3=6π.3. (2017·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面,并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥,若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高,则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比为________.答案:2∶2解析:如图,由题意可得圆柱的侧面积为S 1=2πrh =2πr 2.圆锥的母线l =h 2+r 2=2r ,故圆锥的侧面积为S 2=12×2πr ×l =2πr 2,所以S 2∶S 1=2∶2.4. (2018·启东调研)高为63的正四面体的表面积为________.答案:3解析:由正四面体的高为63,得正四面体的棱长为1,表面积为4×34=3.5. (2017·南通一调)如图,在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中,AB =3 cm ,AA 1=1 cm ,则三棱锥D 1A 1BD 的体积为________cm 3.答案:32解析:VD 1A 1BD =VBA 1DD 1=13×3×12×3×1=32(cm 3).6. 将半径为5的圆分割成面积之比为1∶2∶3的三个扇形作为三个圆锥的侧面,设这三个圆锥的底面半径依次为r 1,r 2,r 3,则r 1+r 2+r 3=________.答案:5解析:三个圆锥的底面周长分别为53π,103π,5π,则它们的半径r 1,r 2,r 3依次为56,53,52,则r 1+r 2+r 3=5. 7. 已知圆锥的母线长为10 cm ,侧面积为60π cm 2,则此圆锥的体积为________cm 3. 答案:96π解析:设圆锥的底面半径为r ,侧面积=12×母线长×底面圆周长=60π,得r =6 cm ,此圆锥的高为8 cm ,则此圆锥的体积为13×36π×8=96π(cm 3).8. (2018·南通中学练习)如图,在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中,若各条棱长均为2,且M 为A 1C 1的中点,则三棱锥M AB 1C 的体积是________.答案:233解析:在正三棱柱中,AA 1⊥平面A 1B 1C 1,则AA 1⊥B 1M .因为B 1M 是正三角形的中线,所以B 1M ⊥A 1C 1.所以B 1M ⊥平面ACC 1A 1,则VMAB 1C =VB 1ACM =13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×AC ×AA 1×B 1M =13×12×2×2×3=233.9. (2018·常熟期中)已知正三棱锥的体积为9 3 cm 3,高为3 cm ,则它的侧面积为________cm 2.答案:183解析:设正三棱锥底面三角形的边长为a ,则V =13×34a 2×3=93,a =6(cm),底面等边三角形的高为32×6=33(cm),底面中心到一边的距离为13×33=3(cm),侧面的斜高为32+(3)2=23(cm), S 侧=3×12×6×23=183(cm 2).10. (2018·南通一调)如图,铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知正六棱柱的底面边长、高都为4 cm ,圆柱的底面积为9 3 cm 2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6 cm 的正三棱柱零件,则该正三棱柱的底面边长为________cm.(不计损耗)答案:210解析:由题意,六角螺帽毛坯体积为正六棱柱的体积减去圆柱的体积,即V 正六棱柱-V圆柱=(S 正六边形-S 圆)h =⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫6×34×42-93×4=603(cm 3),因为正三棱柱的体积与六角螺帽毛坯的体积相等,设正三棱柱的底面边长为a ,所以34a 2·6=603,解得a =210(cm).11. 已知等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)的表面积为S ,求其内接正四棱柱的体积. 解:设等边圆柱的底面半径为r ,则高h =2r . 因为S =S 侧+2S 底=2πrh +2πr 2=6πr 2, 所以r =S6π, 所以内接正四棱柱的底面边长a =2r sin45°=2r ,所以V =S 底·h =(2r )2·2r =4r 3=S 6πS9π2.12. 如图,四边形ABCD 为菱形,四边形ACFE 为平行四边形,BD 与AC 相交于点G ,AB =BD =2,AE =3,∠EAD =∠EAB .(1) 求证:平面ACFE ⊥平面ABCD ;(2) 若∠EAG =60°,求三棱锥F BDE 的体积.(1) 证明:连结EG . ∵ 四边形ABCD 为菱形, ∴ AD =AB ,BD ⊥AC ,DG =GB . 在△EAD 和△EAB 中,AD =AB ,AE =AE ,∠EAD =∠EAB ,∴ △EAD ≌△EAB , ∴ ED =EB ,∴ BD ⊥EG . ∵ BD ⊥AC ,AC ∩EG =G , ∴ BD ⊥平面ACFE . ∵ BD ⊂平面ABCD , ∴ 平面ACFE ⊥平面ABCD .(2) 解:连结FG ,∵ BD ⊥平面ACFE ,FG ⊂平面ACFE ,∴ FG ⊥BD . 在△EAG 中,AE =AG =3,且∠EAG =60°, ∴ △EAG 为正三角形, ∴ ∠EGA =60°. 在△FCG 中,CG =FC =3,∠GCF =120°, ∴ ∠FGC =30°,∴ ∠EGF =90°,即FG ⊥EG . 又BD ∩EG =G , ∴ FG ⊥平面BDE ,∴ 点F 到平面BDE 的距离为FG =3. ∵ S △BDE =12×BD ·EG=12×2×3=3,∴ 三棱锥FBDE 的体积为13×3×3=3.13. 在矩形ABCD 中,将△ABC 沿其对角线AC 折起来得到△AB 1C ,且顶点B 1在平面ACD 上的射影O 恰好落在边AD 上,如图所示.(1) 求证:AB 1⊥平面B 1CD ; (2) 若AB =1,BC =3,求三棱锥B 1ABC 的体积.(1) 证明:因为B 1O ⊥平面ABCD ,CD ⊂平面ABCD ,所以B 1O ⊥CD . 又CD ⊥AD ,AD ∩B 1O =O , 所以CD ⊥平面AB 1D .因为AB 1⊂平面AB 1D ,所以AB 1⊥CD . 因为AB 1⊥B 1C ,且B 1C ∩CD =C , 所以AB 1⊥平面B 1CD .(2) 解:因为AB 1⊥平面B 1CD ,B 1D ⊂平面B 1CD , 所以AB 1⊥B 1D . 在Rt △AB 1D 中,B 1D =AD 2-AB 21=2. 由B 1O ·AD =AB 1·B 1D , 得B 1O =AB 1·B 1D AD=63,所以VB 1ABC =13S △ABC ·B 1O =13×12×1×3×63=26.。
仿真冲刺卷(五)(时间:120分钟满分:150分)第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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)1.(2018·成都二诊)i是虚数单位,则复数的虚部为( )(A)3 (B)-3 (C)3i (D)-4i2.已知函数f(x)为偶函数,且函数f(x)与g(x)的图象关于直线y=x对称.若g(3)=2,则f(-2)等于( )(A)-2 (B)2 (C)-3 (D)33.命题“∀x∈R,∃n∈N*,使得n≥x2”的否定形式是( )(A)∀x∈R,∃n∈N*,使得n<x2(B)∀x∈R,∀n∈N*,使得n<x2(C)∃x∈R,∃n∈N*,使得n<x2(D)∃x∈R,∀n∈N*,使得n<x24.(2017·江西上饶市二模)《算法统宗》是中国古代数学名著.在这部著作中,许多数学问题都是以歌诀形式呈现的,“竹筒容米”就是其中一首:家有八節竹一莖,为因盛米不均平;下頭三節三生九,上梢三節貯三升;唯有中間二節竹,要将米数次第盛;若是先生能算法,也教算得到天明!大意是:用一根8节长的竹子盛米,每节竹筒盛米的容积是不均匀的.下端3节可盛米3.9升,上端3节可盛米3升,要按依次盛米容积相差同一数量的方式盛米,中间两节可盛米多少升.由以上条件,要求计算出这根八节竹筒盛米的容积总共为( )(A)9.0升(B)9.1升(C)9.2升(D)9.3升5.(2017·黑龙江哈尔滨模拟)一个五面体的三视图如图,正视图是等腰直角三角形,侧视图是直角三角形,则此五面体的体积为( )第5题图(A)1 (B)2 (C)3 (D)46.(x+)(2x-)5的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中的常数项为( )(A)-40 (B)-20 (C)20 (D)407.富华中学的一个文学兴趣小组中,三位同学张博源、高家铭和刘雨恒分别从莎士比亚、雨果和曹雪芹三位名家中选择了一位进行性格研究,并且他们选择的名家各不相同.三位同学一起来找图书管理员刘老师,让刘老师猜猜他们三人各自的研究对象.刘老师猜了三句话:“①张博源研究的是莎士比亚;②刘雨恒研究的肯定不是曹雪芹;③高家铭自然不会研究莎士比亚.”很可惜,刘老师的这种猜法,只猜对了一句,据此可以推知张博源、高家铭和刘雨恒分别研究的是( )(A)曹雪芹、莎士比亚、雨果 (B)雨果、莎士比亚、曹雪芹(C)莎士比亚、雨果、曹雪芹 (D)曹雪芹、雨果、莎士比亚8.(2017·山东济宁一模)执行如图所示的程序框图,若输入的x,y∈R,那么输出的S的最大值为( )第8题图(A)0 (B)1 (C)2 (D)39.(2018·开封模拟)如图,在一个正方体内放入两个半径不相等的球O1,O2,这两个球相外切,且球O1与正方体共顶点A的三个面相切,球O2与正方体共顶点B1的三个面相切,则两球在正方体的面AA1C1C上的正投影是( )10.如图,F1,F2是双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过F2的直线与双曲线C交于A,B两点.若|AB|∶|BF1|∶|AF1|=3∶4∶5.则双曲线的离心率为( )第10题图(A) (B)2(C)3 (D)11.(2017·宁夏银川二模)设函数f′(x)是定义在(0,π)上的函数f(x)的导函数,有f(x)sin x-f′(x)cosx<0,a=f(),b=0,c=-f(),则( )(A)a<b<c (B)b<c<a(C)c<b<a (D)c<a<b12.已知函数f(x)=sin(ωx+ϕ)(ω>0,|ϕ|<),f(0)=,f(x)在A(x0,y0)处取得极大值,B(x0-,0),C(x0,-y0),△ABC是锐角三角形,则下列结论正确的是( )(A)存在x∈(0,),使得f(x)=1成立(B)若存在x>0,使得f(x)=1,则必有x>(C)存在m>0,使得f(x)在(0,m)内单调递减(D)存在x∈(0,),使得f(x)=0成立第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21题为必考题,每个试题考生必须作答.第22,23题为选考题,考生根据要求作答.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.(2017·辽宁抚顺市高考一模改编)在一次马拉松比赛中,30名运动员的成绩(单位:分钟)的茎叶图如图所示.若将运动员按成绩由好到差编号为1~30号,再用系统抽样方法从中抽取6人,则其中成绩在区间[130,151]上的运动员人数是.14.(2018·广东模拟)设x,y满足约束条件则z=x+y的最大值为.15.(2017·云南省大理州高考一模)若数列{a n}的首项a1=2,且a n+1= 3a n+2(n∈N*),令b n=log3(a n+1),则b1+b2+b3+…+b100= .16.(2017·福建省莆田市高考一模)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F的直线l与C相交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交x轴于点M,若|AB|=6,则|FM|= .三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(本小题满分12分)如图所示,在△ABC中,B=,=λ(0<λ<1),AD=BD=,AC=.(1)求证:△ABD是等腰三角形;(2)求λ的值以及△ABC的面积.18.(本小题满分12分)(2018·湖南百所重点中学诊断)已知某企业近3年的前7个月的月利润(单位:百万元)如下面的折线图所示.(1)试问这3年的前7个月中哪个月的月平均利润较高?(2)通过计算判断这3年的前7个月的总利润的发展趋势;相关公式:==,=-.19.(本小题满分12分)如图所示,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除了A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC=EB,DC∥EB,AB=4,tan∠EAB=.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当AC=BC时,求二面角D AE B的余弦值.20.(本小题满分12分)(2017·河南商丘三模)已知O为坐标原点,抛物线C:y2=nx(n>0)在第一象限内的点P(2,t)到焦点的距离为,曲线C在点P处的切线交x轴于点Q,直线l1经过点Q且垂直于x轴.(1)求线段OQ的长;(2)设不经过点P和Q的动直线l2:x=my+b交曲线C于点A和B,交l1于点E,若直线PA,PE,PB的斜率依次成等差数列,试问:l2是否过定点?请说明理由.21.(本小题满分12分)已知函数f(x)=+ax+2ln x(a∈R)在x=2处取得极值.(1)求实数a的值及函数f(x)的单调区间;(2)已知方程f(x)=m有三个实根x1,x2,x3(x1<x2<x3),求证:x3-x1<2.请考生在第22,23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.22.(本小题满分10分)选修44:坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中,以O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的参数方程为(t为参数),曲线C1的方程为ρ(ρ-4sin θ)=12,定点A(6,0),点P是曲线C1上的动点,Q为AP的中点.(1)求点Q的轨迹C2的直角坐标方程;(2)直线l与直线C2交于M,N两点,若|MN|≥2,求实数a的取值范围.23.(本小题满分10分)选修45:不等式选讲已知不等式|x|+|x-3|<x+6的解集为(m,n).(1)求m,n的值;(2)若x>0,y>0,nx+y+m=0,求证:x+y≥16xy.1.A ==-3+3i,所以虚部为3.故选A.2.D 因为函数f(x)与g(x)的图象关于直线y=x对称,且g(3)=2,所以f(2)=3.因为函数f(x)为偶函数,所以f(-2)=f(2)=3.故选D.3.D 由于特称命题的否定形式是全称命题,全称命题的否定形式是特称命题,所以“∀x∈R,∃n∈N*,使得n≥x2”的否定形式为“∃x∈R,∀n∈N*,使得n<x2”.4.C 由题意要按依次盛米容积相差同一数量的方式盛米,设相差的同一数量为d升,下端第一节盛米a1升,由题意得解得a1=1.36,d=-0.06,所以中间两节可盛米的容积为a4+a5=(a1+3d)+(a1+4d)=2a1+7d=2.3.这根八节竹筒盛米的容积总共为2.3+3.9+3=9.2(升).故选C.5.B 由三视图可得,该几何体是一个四棱锥,且底面是一个上、下底分别为1和2,高为2的直角梯形,棱锥高为2,所以该四棱锥的体积是V=××(1+2)×2×2=2.故选B.6.D在(x+)(2x-)5中,令x=1,得(1+a)(2-1)5=2,即a=1.原式=x·(2x-)5+(2x-)5,故常数项为x·(2x)2(-)3+·(2x)3·=-40+80=40.故选D.7.A 假设“张博源研究的是莎士比亚”正确,那么“高家铭自然不会研究莎士比亚”也是正确的,这不符合“刘老师只猜对了一句”这一条件,所以假设错误;假设“高家铭自然不会研究莎士比亚”正确,故①不正确,即张博源研究的不是莎士比亚,②不正确,即刘雨恒研究的肯定是曹雪芹.这样的话莎士比亚没人研究了,所以此假设错误;前两次假设都是错误的,那么“刘雨恒研究的肯定不是曹雪芹”就是老师猜对了的那句,那么其他两句话是猜错的,即高家铭研究莎士比亚,那么张博源只能研究曹雪芹,刘雨恒研究雨果.故顺序为曹雪芹、莎士比亚、雨果,故选A.8.C 由程序框图知,算法的功能是求可行域内,目标函数S=2x+y的最大值,画出可行域,如图中阴影所示.当x=1,y=0时,S=2x+y的值最大,且最大值为2.故选C.9.B 由题意可以判断出两球在正方体的面AA1C1C上的正投影与正方形相切,排除C,D,把其中一个球扩大为与正方体相切,则另一个球被挡住一部分,由于两球半径不等,所以排除A;B正确.故选B.10.A 因为|AB|∶|BF1|∶|AF1|=3∶4∶5,所以设|AB|=3x,|BF1|=4x,|AF1|=5x,所以△ABF1为直角三角形.又点B在双曲线左支上,则|BF2|-|BF1|=2a,故|BF2|=|BF1|+2a=4x+2a,从而可知|AF2|=x+2a,又|AF1|-|AF2|=2a,则5x-x-2a=2a,因此x=a.Rt△F1BF2中,|BF2|2+|BF1|2=4c2,即(4x+2a)2+(4x)2=4c2,所以(4a+2a)2+(4a)2=4c2.整理得52a2=4c2,即=13,因此=,即e=.11.A 令g(x)=f(x)cos x,则g′(x)=f′(x)cos x-f(x)sin x>0,当0<x<π时,g(x)在(0,π)上单调递增,因为0<<<<π,所以cos f()<cos f()<cos f(),化为f()<0<-f(),即a<b<c,故选A.12.B 由f(0)=,得sin ϕ=,又|ϕ|<,所以ϕ=,即f(x)=sin(ωx+),当ωx+=+2kπ,k∈Z,即x=+,k∈Z时,f(x)取得极大值1,即A(+,1),又△ABC是锐角三角形,BC=BA,因而∠ABC<,则<1,∈(,+∞),则x=+>+4k,k∈Z,若x>0,则k≥0,得x>,因而A错误,B正确,由-+2kπ≤ωx+≤+2kπ得-+≤x≤+,则对m>0,使得f(x)在(0,m)内单调递增或有增有减,C错误,若f(x)=0,则ωx+=kπ,k∈Z,即x=-,k∈Z,当k>0时,x>2k-≥,x>,当k≤0时,x<2k-≤-,则x∉(0,),D错误.故选B.13.解析:将运动员按成绩由好到差分成6组,则第1组为(130,130, 133,134,135),第2组为(136,136,138,138,138),第3组为(141,141, 141,142,142),第4组为(142,143,143,144,144),第5组为(145,145, 145,150,151),第6组为(152,152,153,153,153),故成绩在区间[130, 151]内的恰有5组,共25人,故应抽取6×=5(人).答案:514.解析:作可行域如图阴影部分所示,其中A(-1,2),B(4,-2),C(3,-3),当直线y=-x+z过点B(4,-2)时,z=x+y取得最大值,最大值为2.答案:215.解析:因为数列{a n}的首项a1=2,且a n+1=3a n+2(n∈N*),所以+1=3(a n+1),a1+1=3,所以{a n+1}是首项为3,公比为3的等比数列,所以a n+1=3n,所以b n=log3(a n+1)=log33n=n,所以b1+b2+b3+…+b100=1+2+3+…+100==5 050.答案:5 05016.解析:因为抛物线y2=4x,所以p=2,设直线l的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),直线y=k(x-1)代入y2=4x,整理可得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,所以x1+x2=2+,利用抛物线定义,x1+x2=|AB|-p=6-2=4.所以AB中点横坐标为2,所以2+=4,所以k=±,AB中点纵坐标为k,AB的垂直平分线方程为y-k=-(x-2),令y=0,可得x=4,所以|FM|=3.答案:317.(1)证明:在△ABD中,AD=,BD=1,所以由正弦定理=,得sin∠BAD==,所以∠BAD=,所以∠ADB=π--=,所以△ABD是等腰三角形.(2)解:由(1)知∠BAD=∠BDA=,所以AB=BD=1,∠ADC=.在△ACD中,由余弦定理AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠ADC,得13=3+CD2-2××CD×(-). 整理得CD2+3CD-10=0,解得CD=-5(舍去),CD=2,所以BC=BD+CD=3,所以λ=.所以S△ABC=AB·BC·sin B=×1×3×=.18.解:(1)由折线图可知5月和6月的月平均利润最高.(2)第1年前7个月的总利润为1+2+3+5+6+7+4=28(百万元),第2年前7个月的总利润为2+5+5+4+5+5+5=31(百万元),第3年前7个月的总利润为4+4+6+6+7+6+8=41(百万元),所以这3年的前7个月的总利润呈上升趋势.(3)因为=2.5,=5,=12+22+32+42=30,x i y i=1×4+2×4+3×6+4×6=54,所以==0.8,所以=5-2.5×0.8=3,所以=0.8x+3,当x=8时,=0.8×8+3=9.4.所以估计第3年8月份的利润为9.4百万元.19.(1)证明:因为AB是半圆O的直径,所以BC⊥AC.因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥CB.所以BC⊥平面ACD.因为CD=EB,CD∥EB,所以BCDE是平行四边形.所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD.因为DE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD.(2)解:依题意,EB=AB·tan∠EAB=4×=1,AC=BC=2.如图所示,建立空间直角坐标系C xyz,则D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0). 所以=(-2,2,0),=(0,0,1),=(0,2,0),=(2,0,-1).设平面DAE的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即令x1=1,得z1=2,所以n1=(1,0,2).设平面ABE的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令x2=1,得y2=1,所以n2=(1,1,0).所以cos<n1,n2>===.由图知,二面角D EA B的平面角为钝角,所以二面角D EA B的余弦值为-.20.解:(1)由抛物线C:y2=nx(n>0)在第一象限内的点P(2,t)到焦点的距离为得2+=,所以n=2,故抛物线方程为y2=2x,P(2,2).所以曲线C在第一象限的图象对应的函数解析式为y=,则y′=.故曲线C在点P处的切线斜率k==,切线方程为y-2=(x-2),即x-2y+2=0.令y=0得x=-2,所以点Q(-2,0),故线段OQ的长为2.(2)由题意知l1:x=-2,因为l2与l1相交,所以m≠0,将x=-2代入x=my+b,得y=-,故E(-2,-), 设A(x1,y1),B(x2,y2),由消去x得y2-2my-2b=0,则y1+y2=2m,y1y2=-2b,直线PA的斜率为==,同理直线PB的斜率为,直线PE的斜率为.因为直线PA,PE,PB的斜率依次成等差数列,所以+=2×,即=.因为l2不经过点Q,所以b≠-2.所以2m-b+2=2m,即b=2.故l2:x=my+2,即l2恒过定点(2,0).21.(1)解:由已知得f′(x)=x+a+(x>0),f′(2)=2+a+=0,所以a=-3,所以f′(x)=x-3+==(x>0),令f′(x)>0,得0<x<1或x>2;令f′(x)<0,得1<x<2,所以函数f(x)的单调递增区间是(0,1),(2,+∞),单调递减区间是(1,2).(2)证明:由(1)可知函数f(x)的极小值为f(2)=2ln 2-4,极大值为f(1)=-,可知方程f(x)=m三个实根满足0<x1<1<x2<2<x3,设h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则h′(x)=f′(x)+f′(2-x)=>0,则h(x)在(0,1)上单调递增,故h(x)<h(1)=f(1)-f(2-1)=0,即f(x)<f(2-x),x∈(0,1),所以f(x2)=f(x1)<f(2-x1),由(1)知函数f(x)在(1,2)上单调递减,所以x2>2-x1,即x1+x2>2,①同理设g(x)=f(x)-f(4-x),x∈(1,2),则g′(x)=f′(x)+f′(4-x)=>0,则g(x)在(1,2)上单调递增,故g(x)<g(2)=f(2)-f(4-2)=0,即f(x)<f(4-x),x∈(1,2),f(x3)=f(x2)<f(4-x2),由(1)知函数f(x)在(2,+∞)上单调递增,所以x3<4-x2,即x3+x2<4,②由①②可得x3-x1<2.22.解:(1)根据题意,由x=ρcos θ,y=ρsin θ,x2+y2=ρ2, 曲线C1的极坐标方程ρ(ρ-4sin θ)=12,可得曲线C1的直角坐标方程为x2+y2-4y=12,设点P(x′,y′),Q(x,y),根据中点坐标公式,得代入x2+y2-4y=12,得点Q的轨迹C2的直角坐标方程为(x-3)2+(y-1)2=4.(2)直线l的普通方程为y=ax,设圆心到直线的距离为d,由弦长公式可得|MN|=2≥2,可得圆心(3,1)到直线l的距离为d=≤,即4a2-3a≤0,解得0≤a≤,即实数a的取值范围为[0,].23.(1)解:由|x|+|x-3|<x+6,得或或解得-1<x<9,所以m=-1,n=9.(2)证明:由(1)知9x+y=1,又x>0,y>0,所以(+)(9x+y)=10++≥10+2=16,当且仅当=,即x=,y=时取等号,所以+≥16,即x+y≥16xy.。
第3讲 圆锥曲线的综合问题年份卷别考查内容及考题位置命题分析卷Ⅰ直线与椭圆的位置关系·T 19卷Ⅱ直线与抛物线的位置关系、弦长问题·T192018卷Ⅲ直线与椭圆的位置关系、向量的线性运算、证明问题·T 20卷Ⅰ椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系·T 20卷Ⅱ点的轨迹方程、椭圆与向量的数量积的综合问题·T 202017卷Ⅲ直线与抛物线的位置关系、直线的方程、圆的方程·T 20卷Ⅰ定值问题、轨迹方程求法、直线与椭圆的位置关系及范围问题·T 20卷Ⅱ直线与椭圆的位置关系、面积问题、范围问题·T 202016卷Ⅲ证明问题、轨迹问题、直线与抛物线的位置关系·T 20解析几何是数形结合的典范,是高中数学的主要知识板块,是高考考查的重点知识之一,在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等.试题难度较大,多以压轴题出现.解答题的热点题型有:(1)直线与圆锥曲线的位置关系.(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解.(3)轨迹方程及探索性问题的求解. 定点问题(综合型)[典型例题]已知椭圆+=1(a >b >0)过点(0,1),其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等x 2a 2y 2b2差数列.直线l 与x 轴正半轴和y 轴分别交于Q ,P ,与椭圆分别交于点M ,N ,各点均不重合且满足=λ1,=λ2.PM → MQ → PN → NQ →(1)求椭圆的标准方程;(2)若λ1+λ2=-3,试证明:直线l 过定点并求此定点.【解】 (1)设椭圆的焦距为2c ,由题意知b =1,且(2a )2+(2b )2=2(2c )2,又a 2=b 2+c 2,所以a 2=3.所以椭圆的方程为+y 2=1.x 23(2)由题意设P (0,m ),Q (x 0,0),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),直线l 的方程为x =t (y -m ),由=λ1,知(x 1,y 1-m )=λ1(x 0-x 1,-y 1),PM → MQ →所以y 1-m =-y 1λ1,由题意y 1≠0,所以λ1=-1.m y1同理由=λ2知λ2=-1.PN → NQ →m y2因为λ1+λ2=-3,所以-1+-1=-3,m y 1my2所以y 1y 2+m (y 1+y 2)=0,①联立{x 2+3y 2=3,x =t (y -m ),)得(t 2+3)y 2-2mt 2y +t 2m 2-3=0,所以由题意知Δ=4m 2t 4-4(t 2+3)(t 2m 2-3)>0,②且有y 1+y 2=,y 1y 2=,③2mt 2t 2+3t 2m 2-3t 2+3③代入①得t 2m 2-3+2m 2t 2=0,所以(mt )2=1,由题意mt <0,所以mt =-1,满足②,故直线l 的方程为x =ty +1,过定点(1,0),即Q 为定点.圆锥曲线中定点问题的2种解法(1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.(2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.[提醒] (1)直线过定点,常令参数的系数等于0即可.如直线y =kx +b ,若b 为常量,则直线恒过点(0,b );若为常量,则直线恒过点.b k (-bk,0)(2)一般曲线过定点,把曲线方程变为f 1(x ,y )+λf 2(x ,y )=0(λ为参数).解方程组即得定点坐标. {f 1(x ,y )=0,f 2(x ,y )=0,)[对点训练]已知抛物线C :y 2=2px (p >0)的焦点F (1,0),O 为坐标原点,A ,B 是抛物线C 上异于O的两点.(1)求抛物线C 的方程;(2)若直线OA ,OB 的斜率之积为-,求证:直线AB 过x 轴上一定点.12解:(1)因为抛物线y 2=2px (p >0)的焦点坐标为(1,0),所以=1,即p =2.所以抛物线Cp2的方程为y 2=4x .(2)证明:①当直线AB 的斜率不存在时,设A ,B .(t 24,t )(t 24,-t )因为直线OA ,OB 的斜率之积为-,12所以·=-,化简得t 2=32.t t24-t t 2412所以A (8,t ),B (8,-t ),此时直线AB 的方程为x =8.②当直线AB 的斜率存在时,设其方程为y =kx +b ,A (x A ,y A ),B (x B ,y B ),联立方程组{y 2=4x ,y =kx +b ,)消去x 得ky 2-4y +4b =0.由根与系数的关系得y A y B =,4bk因为直线OA ,OB 的斜率之积为-,12所以·=-,即x A x B +2y A y B =0.y A x A y B x B 12即·+2y A y B =0,y 4y4解得y A y B =0(舍去)或y A y B =-32.所以y A y B ==-32,即b =-8k ,4bk所以y =kx -8k ,即y =k (x -8).综合①②可知,直线AB 过定点(8,0). 定值问题(综合型)[典型例题](2018·沈阳教学质量监测(一))设O 为坐标原点,动点M 在椭圆+=1上,过Mx 29y 24作x 轴的垂线,垂足为N ,点P 满足=.NP → 2NM →(1)求点P 的轨迹E 的方程;(2)过F (1,0)的直线l 1与点P 的轨迹交于A ,B 两点,过F (1,0)作与l 1垂直的直线l 2与点P 的轨迹交于C ,D 两点,求证:+为定值.1|AB |1|CD |【解】 (1)设P (x ,y ),易知N (x ,0),=(0,y ),NP →又= =,所以M ,NM → 12NP →(0,y 2)(x ,y 2)又点M 在椭圆上,所以+=1,即+=1.x 29(y2)24x 29y 28所以点P 的轨迹E 的方程为+=1.x 29y 28(2)证明:当直线l 1与x 轴重合时,|AB |=6,|CD |=,163所以+=.1|AB |1|CD |1748当直线l 1与x 轴垂直时,|AB |=,|CD |=6,163所以+=.1|AB |1|CD |1748当直线l 1与x 轴不垂直也不重合时,可设直线l 1的方程为y =k (x -1)(k ≠0),则直线l 2的方程为y =-(x -1),1k设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (x 3,y 3),D (x 4,y 4),联立直线l 1与曲线E 的方程{y =k (x -1),x 29+y 28=1,)得(8+9k 2)x 2-18k 2x +9k 2-72=0,可得{Δ=(-18k 2)2-4(8+9k 2)(9k 2-72)=2 304(k 2+1)>0,x 1+x 2=18k 28+9k 2,x 1x 2=9k 2-728+9k 2,)所以|AB |=·=,1+k 2(x 1+x 2)2-4x 1x 248(1+k 2)8+9k 2联立直线l 2与曲线E 的方程得x 2-x +-72=0,{y =-1k (x -1),x 29+y 28=1,)(8+9k 2)18k 29k 2同理可得|CD |=·=.1+1k 2(x 3+x 4)2-4x 3x 448(1+k 2)9+8k 2所以+=+=.1|AB |1|CD |8+9k 248(k 2+1)9+8k 248(k 2+1)1748综上可得+为定值.1|AB |1|CD |求定值问题常见的2种方法(1)从特殊入手,求出其值,再证明这个值与变量无关.这符合一般与特殊的思维辩证关系.简称为:特殊探路,一般论证.(2)直接推理,计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.[对点训练]已知椭圆C :+=1,A 为椭圆C 上的一点,其坐标为,E ,F 是椭圆C 上的x 24y 23(1,32)两动点,如果直线AE 的斜率与AF 的斜率互为相反数.求证:直线EF 的斜率为定值,并求出该定值.解:设直线AE 的方程为y =k (x -1)+(k ≠0),32联立消去y ,{x 24+y 23=1,y =k (x -1)+32)得(4k 2+3)x 2+(12k -8k 2)x +4-12=0,(32-k )2则x E ==,①4(32-k )2-12(4k 2+3)x A 4k 2-12k -34k 2+3又直线AE 的斜率与AF 的斜率互为相反数,故以上k 用-k 代替得x F =,②4k 2+12k -34k 2+3所以k EF =y F -y Ex F -xE=[-k (x F -1)+32]-[k (x E -1)+32]x F -x E=.-k (x F +x E )+2k x F -x E把①②两式代入上式,得k EF =,为定值.12 最值和范围问题(综合型)[典型例题]命题角度一 构建目标不等式求最值或范围方法一:利用已知条件中明显的不等关系构建目标不等式已知圆x 2+y 2=1过椭圆+=1(a >b >0)的两焦点,与椭圆有且仅有两个公共点,x 2a 2y2b2直线l :y =kx +m 与圆x 2+y 2=1相切,与椭圆+=1相交于A ,B 两点.记λ=·,x 2a 2y 2b2OA → OB →且≤λ≤.2334(1)求椭圆的方程;(2)求k 的取值范围.【解】 (1)由题意知2c =2,即c =1.因为圆与椭圆有且只有两个公共点,所以b =1,所以a 2=b 2+c 2=2,故所求椭圆方程为+y 2=1.x 22(2)由直线l :y =kx +m 与圆x 2+y 2=1相切,得m 2=k 2+1.由得(1+2k 2)x 2+{y =kx +m ,x 22+y 2=1)4kmx +2m 2-2=0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=,x 1x 2=,λ=·=x 1x 2+-4km 1+2k 22m 2-21+2k 2OA → OB →y 1y 2=(1+k 2)x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2=.k 2+11+2k 2由≤λ≤,得≤k 2≤1,即k 的取值范围是∪.233412[-1,-22][22,1]先通过直线与圆相切得到k ,m 的关系,然后利用已知条件中的不等关系≤λ≤,结2334合向量的数量积及根与系数的关系构造关于k ,m 的不等式,再由k ,m 的关系,消元,得到关于k的不等式,通过解不等式达到目的. 方法二:利用题目中隐藏的已知参数的范围构建不等式已知A 是椭圆E :+=1(t >3)的左顶点,斜率为k (k >0)的直线交E 于A ,M 两x 2t y 23点,点N 在E 上,MA ⊥NA .(1)当t =4,|AM |=|AN |时,求△AMN 的面积;(2)当2|AM |=|AN |时,求k 的取值范围.【解】 (1)由|AM |=|AN |,可得M ,N 关于x 轴对称,由MA ⊥NA ,可得直线AM 的斜率k 为1.因为t =4,所以A (-2,0),所以直线AM 的方程为y =x +2,代入椭圆方程E :+x 24=1,可得7x 2+16x +4=0,解得x =-2或x =-,所以M ,N ,y 2327(-27,127)(-27,-127)则△AMN 的面积为××=.12247(-27+2)14449(2)由题意知t >3,k >0,A (-,0),将直线AM 的方程y =k (x +)代入+=1得(3+t t x 2t y 23tk 2)x 2+2tk 2x +t 2k 2-3t =0.设M (x 1,y 1),则x 1·(-)=,即x 1=,故|AM |=t t t 2k 2-3t3+tk 2t (3-tk 2)3+tk 2|x 1+|=.由题设知,直线AN 的方程为y =-(x +),故同理可得|AN |=t 1+k 26t (1+k 2)3+tk 21k t .由2|AM |=|AN |得=,即(k 3-2)t =3k (2k -1).当k =时上式不成立,6k t (1+k 2)3k 2+t 23+tk 2k 3k 2+t 32因此t =.3k (2k -1)k 3-2由t >3,得>3,所以=<0,即<0.3k (2k -1)k 3-2k 3-2k 2+k -2k 3-2(k -2)(k 2+1)k 3-2k -2k 3-2由此得或解得<k <2.因此k 的取值范围是(,2).{k -2>0,k 3-2<0){k -2<0,k 3-2>0,)3232(1)利用题目中隐藏的已知参数的范围求新参数的范围问题的核心是建立两个参数之间的等量关系,将新参数的范围问题转化为已知参数的范围问题.(2)本题通过已知条件2|AM |=|AN |得到新参数k 与已知参数t 之间的关系,然后利用题目中的已知条件t >3建立关于k 的不等式. 方法三:利用判别式构建目标不等式已知点F 为椭圆E :+=1(a >b >0)的左焦点,且两焦点与短轴的一个顶点构x 2a 2y 2b2成一个等边三角形,直线+=1与椭圆E 有且仅有一个交点M .x 4y2(1)求椭圆E 的方程;(2)设直线+=1与y 轴交于点P ,过点P 的直线l 与椭圆E 交于不同的两点A ,B ,x 4y2若λ|PM |2=|PA |·|PB |,求实数λ的取值范围.【解】 (1)由题意,得a =2c ,b =c ,3则椭圆E 为+=1.x 24c 2y 23c2由消去y ,得x 2-2x +4-3c 2=0.{x 24+y 23=c 2,x 4+y 2=1)因为直线+=1与椭圆E 有且仅有一个交点M ,x 4y2所以Δ=4-4(4-3c 2)=0,解得c 2=1,所以椭圆E 的方程为+=1.x 24y 23(2)由(1)得M ,(1,32)因为直线+=1与y 轴交于P (0,2),x 4y2所以|PM |2=,54①当直线l 与x 轴垂直时,|PA |·|PB |=(2+)×(2-)=1,33所以λ|PM |2=|PA |·|PB |⇒λ=,45②当直线l 与x 轴不垂直时,设直线l 的方程为y =kx +2,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由消去y ,{y =kx +2,3x 2+4y 2-12=0)整理得(3+4k 2)x 2+16kx +4=0,则x 1x 2=,且Δ=48(4k2-1)>0,k 2>.43+4k 214所以|PA |·|PB |=(1+k 2)x 1x 2=(1+k 2)·43+4k 2=1+=λ,13+4k 254所以λ=,45(1+13+4k 2)因为k 2>,所以<λ<1.1445综上所述,λ的取值范围是.[45,1)此题抓住直线l与椭圆E 交于不同的两点A ,B 这一条件,利用判别式Δ>0构建关于k的不等式,从而求得λ的取值范围. 方法四:利用点在曲线内(外)的充要条件构建不等式设抛物线过定点A (-1,0),且以直线x =1为准线.(1)求抛物线顶点的轨迹C 的方程;(2)若直线l 与轨迹C 交于不同的两点M ,N ,且线段MN 恰被直线x =-平分,设弦MN12的垂直平分线的方程为y =kx +m ,试求m 的取值范围.【解】 (1)设抛物线的顶点为G (x ,y ),则其焦点为F (2x -1,y ),由题意可知点A 到直线x =1的距离为2,则|AF |=2,所以=2,所以轨迹C 的方程为x 2+=1(x ≠1).4x 2+y 2y 24(2)设弦MN 的中点为P ,M (x M ,y M ),N (x N ,y N ),则由点M ,N 为椭圆C 上的(-12,y 0)点,可知4x +y =4,4x +y =4,两式相减,2M 2M 2N 2N 得4(x M -x N )(x M +x N )+(y M -y N )(y M +y N )=0,①将x M +x N =2×=-1,y M +y N =2y 0,=-,(-12)y M -y N x M -x N 1k 代入①式得k =-.y 02又点P 在弦MN 的垂直平分线上,所以y 0=-k +m ,所(-12,y 0)12以m =y 0+k =y 0.1234由点P 在线段BB ′上(B ′(x ′B ,y ′B ),B (x B ,y B )为直线x =-(-12,y 0)与椭圆的交点,如图所示),所以y ′B <y 0<y B ,即-<y 0<.所以-<m <,且m ≠0.1233334334故m 的取值范围为∪.(-334,0)(0,334)利用点在曲线内(外)的充要条件构建目标不等式的核心是抓住目标参数和某点的关系,根据点与圆锥曲线的位置关系构建目标不等式. 命题角度二 构建函数模型求最值或范围若题目中的条件和要求的结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立目标函数,然后根据其结构特征,构建函数模型求最值,一般情况下,可以构建二次型函数、双曲线型函数、多项式型函数等.方法一:构建二次函数模型已知椭圆C :+=1(a >b >0)的离心率为,F 1,F 2分别为椭圆C 的左、右焦点,x 2a 2y 2b233过F 2的直线l 与C 相交于A ,B 两点,△F 1AB 的周长为4.3(1)求椭圆C 的方程;(2)设=λ,T (2,0),若λ∈[-3,-1],求|+|的取值范围.F 2A → F 2B → TA → TB →【解】 (1)由离心率e =,可知=,由△F 1AB 的周长为4,得4a =4,所以a =33c a 3333,c =1,b 2=a 2-c 2=2,故椭圆C 的方程为+=1.3x 23y 22(2)当直线l 的斜率不存在,即λ=-1时,设A 在x 轴上方,则A ,B ,(1,233)(1,-233)又T (2,0),所以|+|==2.TA → TB →|(-1,233)+(-1,-233)|当直线l 的斜率存在,即λ∈[-3,-1)时,设直线l 的方程为y =k (x -1).由得(2+3k 2)x 2-6k 2x +3k 2-6=0,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),显然y 1≠0,y 2≠0,{y =kx -k ,x 23+y 22=1)则由根与系数的关系可得x 1+x 2=,x 1x 2=,y 1+y 2=k (x 1+x 2)-2k =,y 1y 26k 22+3k 23k 2-62+3k 2-4k 2+3k 2=k 2[x 1x 2-(x 1+x 2)+1]=.-4k 22+3k 2因为=λ,F 2(1,0),所以=λ,λ<0.F 2A → F 2B → y 1y2易知λ++2===,由λ∈[-3,-1),得λ+∈,1λ(y 1+y 2)2y 1y 2(-4k2+3k 2)2-4k 22+3k 2-42+3k21λ[-103,-2)即λ++2∈,1λ[-43,0)故-≤<0,解得k2≥.43-42+3k 213因为=(x 1-2,y 1),=(x 2-2,y 2),TA → TB →所以+=(x 1+x 2-4,y 1+y 2)TA → TB →=,(-6k 2+82+3k 2,-4k 2+3k 2)故|+|2=+===TA → TB → (-6k 2+82+3k 2)2 (-4k 2+3k 2)236k 4+112k 2+64(2+3k 2)24(2+3k 2)2+643(2+3k 2)+163(2+3k 2)24+·+·.64312+3k 2163(12+3k 2)2令t =,因为k 2≥,所以0<≤,即t ∈,所以|+|2=4+t +t 2=12+3k 21312+3k 213(0,13]TA → TB → 643163(t +2)2-∈,163523(4,31627]所以|+|∈.TA → TB →(2,22379]综上,|+|的取值范围为.TA → TB →[2,22379]本题主要考查椭圆的定义、向量的坐标表示、几何问题代数化等.其中难点是代数化后,目标函数比较复杂,若直接计算则相当麻烦,但是通过分析发现,目标函数中有相同的式子,此时可把式子看成一个整体,用一个变量去代替它,从而将函数转化成一个12+3k 212+3k 2简单的二次函数. 方法二:构建双曲线型函数y =a +(b ≠0)bx已知椭圆C :+=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1,x 2a 2y 2b2F 2,以F 1F 2为直径的圆与直线ax +2by -ab =0相切.3(1)求椭圆C 的离心率e ;(2)如图,过F 1作直线l 与椭圆分别交于P ,Q 两点,若△PQF 2的周长为4,求·2F 2P →的最大值.F 2Q →【解】 (1)由题意知=c ,|-3ab |a 2+4b 2则3a 2b 2=c 2(a 2+4b 2),即3a 2(a 2-c 2)=c 2[a 2+4(a 2-c 2)],所以a 2=2c 2,所以e =.22(2)因为△PQF 2的周长为4,2所以4a =4,即a =.22由(1)知b 2=c 2=1,故椭圆方程为+y 2=1,x 22且焦点F 1(-1,0),F 2(1,0).①若直线l 的斜率不存在,则可得l ⊥x 轴,方程为x =-1,P ,Q ,(-1,22)(-1,-22)=,=,故·=.F 2P →(-2,22)F 2Q → (-2,-22)F 2P → F 2Q → 72②若直线l 的斜率存在,设直线l 的方程为y =k (x +1),由消去y ,得(2k 2+{y =k (x +1),x 2+2y 2=2)1)x 2+4k 2x +2k 2-2=0.设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则x 1+x 2=-,x 1x 2=.4k 22k 2+12k 2-22k 2+1所以·=(x 1-1,y 1)·(x 2-1,y 2)=(x 1-1)·(x 2-1)+y 1y 2=(k 2+1)x 1x 2+(k 2-1)(x 1+F 2P → F 2Q →x 2)+k 2+1=(k 2+1)+(k 2-1)+k 2+1==-,2k 2-22k 2+1(-4k 22k 2+1)7k 2-12k 2+17292(2k 2+1)令t =2(2k 2+1),则·=-(t >2),所以·∈.F 2P → F 2Q → 729t F 2P → F 2Q →(-1,72)结合①②,得·∈,所以·的最大值是.F 2P → F 2Q → (-1,72]F 2P → F 2Q →72本题的求解思路是先利用向量的坐标运算及根与系数的关系得到·的目标函数,F 2P → F 2Q →然后分离参数,构建y =a +(b ≠0)型函数,再利用函数的单调性求得取值范围.注意当目bx标函数是分式函数时,通常可以通过分离参数的方法,将目标函数转化成双曲线型函数处理. 方法三:构建双曲线型函数y =ax +(ab ≠0)b x已知椭圆C :+=1(a >b >0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形,x 2a 2y 2b2直线3x +4y +6=0与圆x 2+(y -b )2=a 2相切.(1)求椭圆C 的方程;(2)已知过椭圆C 的左顶点A 的两条直线l 1,l 2分别交椭圆C 于M ,N 两点,且l 1⊥l 2,求证:直线MN 过定点,并求出定点坐标;(3)在(2)的条件下求△AMN 面积的最大值.【解】 (1)由题意,得解得故椭圆C 的方程为+y 2=1.{a =2b ,|4b +6|5=a ,){a =2,b =1,)x 24(2)由题意得直线l 1,l 2的斜率均存在且均不为0,又A (-2,0),故可设l 1:x =my -2,l 2:x =-y -2.1m由得(m 2+4)y 2-4my =0,所以M .{x =my -2,x 2+4y 2-4=0,)(2m 2-8m 2+4,4m m 2+4)同理N .(2-8m 24m 2+1,-4m4m 2+1)①当m ≠±1时,k MN =,l MN:y =·,此时直线MN 过定点.5m 4(m 2-1)5m 4(m 2-1)(x +65)(-65,0)②当m =±1时,l MN :x =-,此时直线MN 过点.65(-65,0)综上,直线MN 恒过定点.(-65,0)(3)设M (x M ,y M ),N (x N ,y N ),则S △AMN =×|y M -y N |==8124525|4m m 2+4+4m 4m 2+1||m 3+m 4m 4+17m 2+4|==8|m +1m|4(m +1m )2+9令t =,则S△AMN =,且t ≥2,当且仅当m =±1时取等号.|m +1m |84t +9t又y =4t +在[2,+∞)上单调递增,所以S △AMN ≤,当且仅当m =±1时取等号.故(S △9t 1625AMN )max =.1625本题的难点是第(3)问中得到的目标函数很复杂,需要进行适当的变形处理,经分析,先将目标函数分子分母同时除以m 2,然后同时除以,再进行换元就可以看出其分母|m +1m|为双曲线型函数结构y =4t +,若利用基本不等式求最值,一定要注意是否满足“一正二定9t三相等”,显然此时不满足“相等”这一条件,故需利用函数单调性求最值. [对点训练]1.(2018·豫南九校联考)设椭圆+=1(a >)的右焦点为F ,右顶点为A .已知|OA |-|OF |x 2a 2y 233=1,其中O 为原点,e 为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程及离心率e 的值;(2)设过点A 的直线l 与椭圆交于点B (B 不在x 轴上),垂直于l 的直线与l 交于点M ,与y 轴交于点H .若BF ⊥HF ,且∠MOA ≤∠MAO ,求直线l 的斜率的取值范围.解:(1)由题意可知|OF |=c =,又|OA |-|OF |=1,所以a -=1,解得a =2,a 2-3a 2-3所以椭圆的方程为+=1,离心率e ==.x 24y 23c a 12(2)设M (x M ,y M ),易知A (2,0),在△MAO 中,∠MOA ≤∠MAO ⇔MA ≤MO ,即(x M -2)2+y≤x +y ,化简得x M≥1.2M 2M 2M 设直线l 的斜率为k (k ≠0),则直线l 的方程为y =k (x -2).设B (x B ,y B ),由{x 24+y 23=1,y =k (x -2))消去y ,整理得(4k 2+3)x 2-16k 2x +16k 2-12=0,解得x =2或x =.8k 2-64k 2+3由题意得x B =,从而y B =.8k 2-64k 2+3-12k 4k 2+3由(1)知F (1,0),设H (0,y H ),则=(-1,y H ),=.FH → BF → (9-4k 24k 2+3,12k 4k 2+3)由BF ⊥HF ,得·=0,即+=0,解得y H =,BF → FH →4k 2-94k 2+312ky H 4k 2+39-4k 212k 所以直线MH 的方程为y =-x +.1k 9-4k 212k 由消去y ,得x M =.{y =k (x -2),y =-1kx +9-4k 212k )20k 2+912(k 2+1)由x M ≥1,得≥1,解得k ≤-或k ≥,所以直线l 的斜率的取值范围为20k 2+912(k 2+1)6464∪.(-∞,-64][64,+∞)2.如图,已知抛物线x 2=y ,点A ,B ,抛物线上的点P (x ,y )(-12,14)(32,94),过点B 作直线AP 的垂线,垂足为Q .(-12<x <32)(1)求直线AP 的斜率的取值范围;(2)求|PA |·|PQ |的最大值.解:(1)由题可知P (x ,x 2),-<x <,所以直线AP 的斜率k ==x -∈(-1,1),1232x 2-14x +1212故直线AP 的斜率的取值范围是(-1,1).(2)由(1)知P (x ,x 2),-<x <,1232所以=.PA →(-12-x ,14-x 2)①当直线AP 的斜率为0时,P ,Q ,|PA |·|PQ |=1.(12,14)(32,14)②当直线AP 的斜率不为0时,设直线l AP :y =kx +k +,l BQ :y =-x ++,由=k ,12141k 32k 9414-x 2-12-x 整理得x =k +,12联立直线AP 、直线BQ 的方程可得Q (3+4k -k 22k 2+2,)Error!,故=,又=(-1-k ,-k 2-k ),PQ → (1+k -k 2-k 31+k 2,-k 4-k 3+k 2+k 1+k 2)PA →故|PA |·|PQ |=·=+=(1+k )3(1-k )(-1<k <1,且AP → PQ → (1+k )3(1-k )1+k 2k 2(1+k )3(1-k )1+k 2k ≠0).令f (x )=(1+x )3(1-x ),-1<x <1,且x ≠0,则f ′(x )=(1+x )2(2-4x )=-2(1+x )2(2x -1),由于当x ∈(-1,0)和x ∈时f ′(x )>0,f (x )(0,12)单调递增,当x ∈时f ′(x )<0,f (x )单调递减,(12,1)所以f (x )max=f =,(12)2716故|PA |·|PQ |的最大值为.2716综上,|PA |·|PQ |的最大值为.2716 存在性问题(综合型)[典型例题]命题角度一 点、线的存在性问题(2018·贵阳模拟)如图,椭圆C :+=1(a >b >0)的左顶点与x 2a 2y 2b2上顶点分别为A ,B ,右焦点为F ,点P 在椭圆C 上,且PF ⊥x 轴,若AB ∥OP ,且|AB |=2.3(1)求椭圆C 的方程;(2)Q 是椭圆C 上不同于长轴端点的任意一点,在x 轴上是否存在一点D ,使得直线QA 与QD 的斜率乘积恒为定值?若存在,求出点D 的坐标;若不存在,说明理由.【解】 (1)由题意得A (-a ,0),B (0,b ),可设P (c ,t )(t >0),所以+=1,解得t =,即P ,c 2a 2t 2b 2b 2a (c ,b2a)由AB ∥OP 得=,即b =c ,b a b 2ac所以a 2=b 2+c 2=2b 2,①又AB =2,所以a 2+b 2=12,②3由①②得a 2=8,b 2=4,所以椭圆C 的方程为+=1.x 28y 24(2)假设存在D (m ,0)使得直线QA 与QD 的斜率乘积恒为定值,设Q (x 0,y 0)(y 0≠0),则+=1,③x 8y4设k QA ×k QD =k (常数),因为A (-2,0),2所以×=k ,④y 0x 0+22y 0x 0-m由③得y =4,⑤20(1-x 8)将⑤代入④,得k =.8-x2[x +(22-m )x 0-22m ]所以所以m =2,k =-,所以存在点D (2,0),使得k QA×k QD =-.{22-m =0,22m =8,)212212命题角度二 字母参数值的存在性问题已知动圆C 与圆x 2+y 2+2x =0外切,与圆x 2+y 2-2x -24=0内切.(1)试求动圆圆心C 的轨迹方程.(2)过定点P (0,2)且斜率为k (k ≠0)的直线l 与(1)中轨迹交于不同的两点M ,N ,试判断在x 轴上是否存在点A (m ,0),使得以AM ,AN 为邻边的平行四边形为菱形?若存在,求出实数m 的范围;若不存在,请说明理由.【解】 (1)由x 2+y 2+2x =0得(x +1)2+y 2=1,由x 2+y 2-2x -24=0得(x -1)2+y 2=25,设动圆C 的半径为R ,两圆的圆心分别为F 1(-1,0),F 2(1,0),则|CF 1|=R +1,|CF 2|=5-R ,所以|CF 1|+|CF 2|=6,根据椭圆的定义可知,点C 的轨迹为以F 1,F 2为焦点的椭圆,所以c =1,a =3,所以b 2=a 2-c 2=9-1=8,所以动圆圆心C 的轨迹方程为+=1.x 29y 28(2)存在.设直线l 的方程为y =kx +2,设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),MN 的中点为E (x 0,y 0).假设存在点A (m ,0),使得以AM ,AN 为邻边的平行四边形为菱形,则AE ⊥MN ,由得(8+9k 2)x 2+36kx -36=0,{y =kx +2,x 29+y 28=1,)x 1+x 2=-,所以x 0=,36k9k 2+8-18k 9k 2+8y 0=kx 0+2=,169k 2+8因为AE ⊥MN ,所以k AE =-,1k即=-,所以m ==,169k 2+8-0-18k 9k 2+8-m 1k -2k 9k 2+8-29k +8k 当k >0时,9k +≥2=12,所以-≤m <0;8k 9×82212当k <0时,9k +≤-12,所以0<m ≤.8k 2212因此,存在点A (m ,0),使得以AM ,AN 为邻边的平行四边形为菱形,且实数m 的取值范围为∪.[-212,0)(0,212]存在性问题求解的思路及策略(1)思路:先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确,则存在;若结论不正确,则不存在.(2)策略:①当条件和结论不唯一时要分类讨论.②当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件. [对点训练]已知圆C :(x -1)2+y 2=,一动圆与直线x =-相切且与圆C 外切.1412(1)求动圆圆心P 的轨迹T 的方程.(2)若经过定点Q (6,0)的直线l 与曲线T 交于A ,B 两点,M 是线段AB 的中点,过M 作x 轴的平行线与曲线T 相交于点N ,试问是否存在直线l ,使得NA ⊥NB ,若存在,求出直线l 的方程;若不存在,请说明理由.解:(1)设P (x ,y ),分析可知:动圆的圆心不能在y 轴的左侧,故x ≥0,因为动圆与直线x =-相切,且与圆C 外切,12所以|PC |-=,所以|PC |=x +1,(x +12)12所以=x +1,(x -1)2+y 2化简可得y 2=4x .(2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由题意可知,当直线l 与y 轴垂直时,显然不符合题意,故可设直线l 的方程为x =my +6,联立并消去x ,可得y 2-4my -24=0,{x =my +6,y 2=4x)显然Δ=16m 2+96>0,由根与系数的关系可知①{y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-24,)又因为x 1+x 2=(my 1+6)+(my 2+6),所以x 1+x 2=4m 2+12,②因为x 1x 2=·,所以x 1x 2=36,③y 4y4假设存在N (x 0,y 0),使得·=0,NA → NB →由题意可知y 0=,所以y 0=2m ,④y 1+y 22由N 点在抛物线上可知x 0=,即x 0=m 2,⑤y4又=(x 1-x 0,y 1-y 0),=(x 2-x 0,y 2-y 0),NA → NB →若·=0,则x 1x 2-x 0(x 1+x 2)+x +y 1y 2-y 0(y 1+y 2)+y =0,NA → NB → 2020由①②③④⑤代入上式化简可得:3m 4+16m 2-12=0,即(m 2+6)(3m 2-2)=0,所以m 2=,故m =±,2363所以存在直线3x +y -18=0或3x -y -18=0,使得NA ⊥NB .661.(2018·高考全国卷Ⅰ)设椭圆C :+y 2=1的右焦点为F ,过F 的直线l 与C 交于A ,B x 22两点,点M 的坐标为(2,0).(1)当l 与x 轴垂直时,求直线AM 的方程;(2)设O 为坐标原点,证明:∠OMA =∠OMB .解:(1)由已知得F (1,0),l 的方程为x =1.由已知可得,点A 的坐标为或.(1,22)(1,-22)所以AM 的方程为y =-x +或y =x -.222222(2)证明:当l 与x 轴重合时,∠OMA =∠OMB =0°.当l 与x 轴垂直时,OM 为AB 的垂直平分线,所以∠OMA =∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时,设l 的方程为y =k (x -1)(k ≠0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1<,x 2<,直线MA ,MB 的斜率之和为k MA +k MB =+.22y 1x 1-2y 2x 2-2由y 1=kx 1-k ,y 2=kx 2-k 得k MA +k MB =.2kx 1x 2-3k (x 1+x 2)+4k(x 1-2)(x 2-2)将y =k (x -1)代入+y 2=1得x 22(2k 2+1)x 2-4k 2x +2k 2-2=0.所以,x 1+x 2=,x 1x 2=.4k 22k 2+12k 2-22k 2+1则2kx 1x 2-3k (x 1+x 2)+4k ==0.4k 3-4k -12k 3+8k 3+4k2k 2+1从而k MA +k MB =0,故MA ,MB 的倾斜角互补.所以∠OMA =∠OMB .综上,∠OMA =∠OMB .2.(2018·福州模拟)已知F 为椭圆C :+=1的右焦点,M 为C 上的任意一点.x 24y 23(1)求|MF |的取值范围;(2)P ,N 是C 上异于M 的两点,若直线PM 与直线PN 的斜率之积为-,证明:M ,N34两点的横坐标之和为常数.解:(1)依题意得a =2,b =,所以c = =1,3a 2-b 2所以椭圆C 的右焦点F 的坐标为(1,0),设椭圆C 上的任意一点M 的坐标为(x M ,y M ),则+=1,x 4y3所以|MF |2=(x M -1)2+y =(x M-1)2+3-x =x -2x M +4=(x M -4)2,2M 342M 142M 14又-2≤x M ≤2,所以1≤|MF |2≤9,所以1≤|MF |≤3,所以|MF |的取值范围为[1,3].(2)证明:设P ,M ,N 三点的坐标分别为(x P ,y P ),(x M ,y M ),(x N ,y N ),设直线PM ,PN 的斜率分别为k 1,k 2,则直线PM 的方程为y -y P =k 1(x -x P ),联立方程,得消去y ,得{x 24+y 23=1,y -y P =k 1(x -x P ),)(3+4k )x 2-8k 1(k 1x P -y P )x +4k x -8k 1x P y P +4y -12=0,21212P 2P 由根与系数的关系可得x M +x P =,8k 1(k 1x P -y P )3+4k 所以x M =-x P =,8k 1(k 1x P -y P )3+4k 4kx P -8k 1y P -3x P3+4k 同理可得x N +x P =,8k 2(k 2x P -y P )3+4k又k 1·k 2=-,34故x N +x P ===,8k 2(k 2x P -y P )3+4k8(-34k 1)(-34k 1x P -y P)3+4(-34k1)26x P+8k 1y P4k +3则x N =-x P =-=-x M ,6x P +8k 1y P 4k +34kx P -8k 1y P -3x P3+4k 从而x N +x M =0,即M ,N 两点的横坐标之和为常数.3.(2018·潍坊模拟)已知椭圆C :+=1(a >b >0)上动点P 到两焦点F 1,F 2的距离之x 2a 2y 2b2和为4,当点P 运动到椭圆C 的一个顶点时,直线PF 1恰与以原点O 为圆心,以椭圆C 的离心率e 为半径的圆相切.(1)求椭圆C 的方程.(2)设椭圆C 的左、右顶点分别为A ,B ,若PA ,PB 交直线x =6于不同的两点M ,N .问以线段MN 为直径的圆是否过定点?若是,请求出该定点的坐标;若不是,请说明理由.解:(1)由椭圆的定义可知2a =4,a =2,若点P 运动到椭圆的左、右顶点时,直线PF 1与圆一定相交,故点P 只能在椭圆的上、下顶点,不妨设点P 为上顶点(0,b ),F 1为左焦点(-c ,0),则直线PF 1:bx -cy +bc =0,由题意得原点O 到直线PF 1的距离等于椭圆C 的离心率e ,所以=,bc b 2+c 2ca解得b =1,故椭圆C 的方程为+y 2=1.x 24(2)由题意知直线PA ,PB 的斜率存在且都不为0.设k PA =k ,点P (x 0,y 0),x 0≠±2,又A (-2,0),B (2,0),所以k PA ·k PB =·===-,得k PB =-,y 0x 0+2y 0x 0-2y x -41-x 4x -41414k 直线PA 的方程为y =k (x +2),令x =6,得y =8k ,故M (6,8k );直线PB 的方程为y =-(x -2),令x =6,得y =-,故N .14k 1k (6,-1k)因为y M ·y N =8k ·=-8<0,所以以线段MN 为直径的圆与x 轴交于两点,设为G ,H ,(-1k)并设MN 与x 轴的交点为K ,在以线段MN 为直径的圆中应用相交弦定理得,|GK |·|HK |=|MK |·|NK |=|8k |·=8,|-1k |因为|GK |=|HK |,所以|GK |=|HK |=2,2从而以线段MN 为直径的圆恒过两个定点G (6-2,0),H (6+2,0).224.(2018·高考全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C :+=1交于A ,B 两点,x 24y 23线段AB 的中点为M (1,m )(m >0).(1)证明:k <-;12(2)设F 为C 的右焦点,P 为C 上一点,且++=0.证明:||,||,||成等差FP → FA → FB → FA → FP → FB →数列,并求该数列的公差.解:(1)证明:设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则+=1,+=1.x 4y 3x 4y3两式相减,并由=k 得+·k =0.y 1-y 2x 1-x2x 1+x 24y 1+y 23由题设知=1,=m ,于是k =-.①x 1+x 22y 1+y 2234m由题设得0<m <,故k <-.3212(2)由题意得F (1,0).设P (x 3,y 3),则(x 3-1,y 3)+(x 1-1,y 1)+(x 2-1,y 2)=(0,0).由(1)及题设得x 3=3-(x 1+x 2)=1,y 3=-(y 1+y 2)=-2m <0.又点P 在C 上,所以m =,从而P ,||=.34(1,-32)FP → 32于是||===2-.FA → (x 1-1)2+y (x 1-1)2+3(1-x 4)x 12同理||=2-.FB → x 22所以||+||=4-(x 1+x 2)=3.FA → FB → 12故2||=||+||,即||,||,||成等差数列.FP → FA → FB → FA → FP → FB →设该数列的公差为d ,则2|d |=|||-|||=|x 1-x 2|FB → FA → 12=.②12(x 1+x 2)2-4x 1x 2将m =代入①得k =-1.34所以l 的方程为y =-x +,代入C 的方程,并整理得7x 2-14x +=0.7414故x 1+x 2=2,x 1x 2=,代入②解得|d |=.12832128所以该数列的公差为或-.3212832128。
第3讲 立体几何中的计算 课时讲义1. 高考对立体几何的计算,主要是能利用公式求常见几何体(柱体、锥体、台体和球)的表面积与体积.有时还需能解决距离、翻折、存在性等比较综合性的问题.2. 高考中常见的题型为:(1) 常见几何体的表面积与体积的计算;(2) 利用等积变换求距离问题;(3) 通过计算证明平行与垂直等问题;(4) 几何体的内切和外接.1. 棱长都是2的三棱锥的表面积为________. 答案:43解析: 因为四个面是全等的正三角形,则S 表面积=4×34×4=43.2. 如图,正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1,点P 是棱BB 1的中点,则四棱锥PAA 1C 1C的体积为________.答案:13解析:四棱锥PAA 1C 1C 的体积为13×22×2×1=13.3. (2018·南京学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周,所得圆柱的体积为27π cm 3,则该圆柱的侧面积为________cm 2.答案:18π解析:设正方形的边长为a cm ,则πa 2·a =27π,解得a =3,所以侧面积2π×3×3=18π.4. (2018·海安质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3,高为4 cm ,则底面边长为________cm.答案:63解析: 设正三棱锥的底面边长为a ,则其面积为S =34a 2.由题意13·34a 2×4=363,解得a =63., 一) 表面积与体积, 1) 如图,在以A ,B ,C ,D ,E 为顶点的六面体中,△ABC 和△ABD 均为等边三角形,且平面ABC ⊥平面ABD ,EC ⊥平面ABC ,EC =3,AB =2.(1) 求证:DE ∥平面ABC ; (2) 求此六面体的体积.(1) 证明:作DF ⊥AB ,交AB 于点F ,连结CF. 因为平面ABC ⊥平面ABD , 且平面ABC ∩平面ABD =AB , 所以DF ⊥平面ABC.因为EC ⊥平面ABC ,所以DF ∥EC. 因为△ABD 是边长为2的等边三角形, 所以DF =3,因此DF =EC ,所以四边形DECF 为平行四边形,所以DE ∥CF.因为DE ⊄平面ABC ,CF ⊂平面ABC , 所以DE ∥平面ABC.(2) 解:因为△ABD 是等边三角形,所以点F 是AB 的中点. 又△ABC 是等边三角形,所以CF ⊥AB. 由DF ⊥平面ABC 知,DF ⊥CF , 所以CF ⊥平面ABD.因为DE ∥CF ,所以DE ⊥平面ABD , 因此四面体ABDE 的体积为13S △ABD ·DE =1;四面体ABCE 的体积为13S △ABC ·CE =1,而六面体ABCED 的体积=四面体ABDE 的体积+四面体ABCE 的体积, 故所求六面体的体积为2.(2018·苏州暑假测试)如图,正四棱锥P ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ,侧面积为83 cm 2,则它的体积为________cm 3.答案:4解析:记正四棱锥P ABCD 的底面中心为点O ,棱AB 的中点为H, 连结PO ,HO ,PH ,则PO ⊥平面ABCD .因为正四棱锥的侧面积为83 cm 2,所以83=4×12×23×PH ,解得PH =2.在直角△PHO 中,PH =2,HO =3,所以PO =1,所以V PABCD =13×S 四边形ABCD ×PO =13×23×23×1=4(cm 3)., 二) 翻折与切割问题, 2) 如图,在菱形ABCD 中,AB =2,∠ABC =60°,BD ∩AC =O ,现将其沿菱形对角线BD 折起得到空间四边形EBCD ,使EC =2.(1) 求证:EO ⊥CD ;(2) 求点O 到平面EDC 的距离.(1) 证明:∵ 四边形ABCD 为菱形,∴ AC ⊥BD . ∵ BD ∩AC =O ,∴ AO ⊥BD ,即EO ⊥BD .∵ 在菱形ABCD 中,AB =2,∠ABC =60°,∴ AD =CD =BC =2,AO =OC =1. ∵ EC =2,CO =EO =1,∴ EO 2+OC 2=EC 2,∴ EO ⊥OC . 又BD ∩OC =O ,∴ EO ⊥平面BCD ,∴ EO ⊥CD .(2) 解:设点O 到平面ECD 的距离为h ,由(1)知EO ⊥平面OCD .V 三棱锥O CDE =V 三棱锥E OCD ,即13S △OCD ·EO =13S △ECD ·h . 在Rt △OCD 中,OC =1,OD =3,∠DOC =90°,∴ S △OCD =12OC ·OD =32.在△CDE 中,ED =DC =2,EC =2,∴ S △CDE =12×2×22-(22)2=72, ∴ h =S △OCD ·EO S △ECD =217,即点O 到平面EDC 的距离为217.如图①,在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠BAD =π2,AB =BC =12AD =a ,点E 是AD的中点,O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到如图②中△A 1BE 的位置,得到四棱锥A 1BCDE .(1) 求证:CD ⊥平面A 1OC ;(2) 当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时,四棱锥A 1BCDE 的体积为362,求a 的值.,①) ,②)(1) 证明:在图①中,因为AB =BC =12AD =a ,点E 是AD 的中点,∠BAD =π2,所以BE ⊥AC ,即在图②中,BE ⊥A 1O ,BE ⊥OC . 又A 1O ∩OC =O ,所以BE ⊥平面A 1OC . 在图①中,BC ∥ED ,且BC =ED ,所以四边形BCDE 是平行四边形,所以BE ∥CD , 所以CD ⊥平面A 1OC .(2) 解:因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ,所以A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高. 根据图①可得A 1O =22AB =22a ,平行四边形BCDE 的面积S =BC ·AB =a 2, 所以VA 1BCDE =13×S ×A 1O =13×a 2×22a =26a 3.由26a 3=362,解得a =6., 三) 立体几何中的以算代证问题, 3) (2018·泰州中学学情调研)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中,AB =AC =AA 1=3a ,BC =2a ,D 是BC 的中点,E ,F 分别是AA 1,CC 1上一点,且AE =CF =2a.(1) 求证:B 1F ⊥平面ADF ; (2) 求三棱锥B 1ADF 的体积.(1) 证明:∵ AB =AC ,D 为BC 中点,∴ AD ⊥BC.在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,B 1B ⊥底面ABC ,AD ⊂底面ABC ,∴ AD ⊥B 1B.∵ BC ∩B 1B =B ,∴ AD ⊥平面B 1BCC 1. ∵ B 1F ⊂平面B 1BCC 1,∴ AD ⊥B 1F.在矩形B 1BCC 1中,C 1F =CD =a ,B 1C 1=CF =2a , ∴ Rt △DCF ≌Rt △FC 1B 1,∴ ∠CFD =∠C 1B 1F , ∴ ∠B 1FD =90°,∴ B 1F ⊥FD . ∵ AD ∩FD =D ,∴ B 1F ⊥平面AFD . (2) 解: ∵ B 1F ⊥平面AFD ,∴ VB 1-ADF =13·S △ADF ·B 1F =13×12×AD ×DF ×B 1F =52a 33.如图①,在直角梯形ABCD 中,∠ADC =90°,CD ∥AB ,AB =4,AD =CD =2.将△ADC 沿AC 折起,使平面ADC ⊥平面ABC ,得到几何体DABC ,如图②.(1) 求证:BC ⊥平面ACD ; (2) 求几何体DABC 的体积.(1) 证明:(证法1)在图①中,由题意知,AC =BC =22,∴ AC 2+BC 2=AB 2,∴ AC ⊥BC .取AC 的中点O ,连结DO ,由AD =CD ,得DO ⊥AC .又平面ADC ⊥平面ABC ,且平面ADC ∩平面ABC =AC ,DO ⊂平面ACD , ∴ OD ⊥平面ABC ,∴ OD ⊥BC . 又AC ⊥BC ,AC ∩OD =O , ∴ BC ⊥平面ACD .(证法2)在图①中,由题意得AC =BC =22,∴ AC 2+BC 2=AB 2, ∴ AC ⊥BC .∵ 平面ADC ⊥平面ABC ,平面ADC ∩平面ABC =AC ,BC ⊂平面ABC , ∴ BC ⊥平面ACD .(2) 解:由(1)知,BC 为三棱锥BACD 的高, 且BC =22,S △ACD =12×2×2=2,∴ 三棱锥BACD 的体积V BACD =13S △ACD ·BC =13×2×22=423,即几何体DABC 的体积为423.1. (2018·天津卷)如图,已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1,则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为________.答案:13解析:如图,连结A 1C 1,交B 1D 1于点O ,很明显A 1C 1⊥平面BDD 1B 1,则A 1O 是四棱锥的高,且A 1O =12A 1C 1=12×12+12=22,S 四边形BDD 1B 1=BD ×DD 1=2×1=2,结合四棱锥体积公式可得其体积为V =13Sh =13×2×22=13.2. (2018·江苏卷)如图,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________.答案:43解析:由图可知,该多面体为两个全等正四棱锥的组合体,正四棱锥的高为1,底面正方形的边长等于2,所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2=43.3. (2017·北京卷)如图,在三棱锥PABC 中,PA ⊥AB ,PA ⊥BC ,AB ⊥BC ,PA =AB =BC =2,点D 为线段AC 的中点,E 为线段PC 上一点.(1) 求证:PA ⊥BD ;(2) 求证:平面BDE ⊥平面PAC ;(3) 当PA ∥平面BDE 时,求三棱锥EBCD 的体积.(1) 证明:因为PA ⊥AB ,PA ⊥BC ,AB ∩BC =B ,所以PA ⊥平面ABC. 因为BD ⊂平面ABC ,所以PA ⊥BD.(2) 证明:因为AB =BC ,点D 为AC 的中点,所以BD ⊥AC. 由(1)知,PA ⊥BD ,PA ∩AC =A ,所以BD ⊥平面PAC. 又BD ⊂平面BDE , 所以平面BDE ⊥平面PAC.(3) 解:因为PA ∥平面BDE ,平面PAC ∩平面BDE =DE ,所以PA ∥DE. 因为点D 为AC 的中点,所以DE =12PA =1,BD =DC =2.由(1)知,PA ⊥平面ABC ,所以DE ⊥平面ABC , 所以三棱锥EBCD 的体积为V =13×12×BD ×DC ×DE =13.4. (2017·全国卷Ⅰ)如图,在四棱锥PABCD 中,AB ∥CD ,且∠BAP =∠CDP =90°. (1) 求证:平面PAB ⊥平面PAD ;(2) 若PA =PD =AB =DC ,∠APD =90°,且四棱锥PABCD 的体积为83,求该四棱锥的侧面积.(1) 证明:由已知∠BAP =∠CDP =90°,得AB ⊥AP ,CD ⊥PD .由于AB ∥CD ,故AB ⊥PD .又PA ∩PD =P ,所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ,所以平面PAB ⊥平面PAD .(2) 解:如图,在平面PAD 内作PE ⊥AD ,垂足为点E .由(1)知,AB ⊥平面PAD ,故AB ⊥PE ,由AB ∩AD =A ,可得PE ⊥平面ABCD .设AB =x ,则由已知可得AD =2x ,PE =22x ,故四棱锥PABCD 的体积V PABCD =13AB ·AD ·PE =13x 3.由题设得13x 3=83,解得x =2. 从而PA =PD =2,AD =BC =22,PB =PC =22,所以△PBC 为等边三角形,可得四棱锥PABCD 的侧面积为 12PA ·PD +12PA ·AB +12PD ·DC +12BC 2sin 60°=6+2 3.5. (2017·全国卷Ⅲ)如图,在四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形,AD =CD .(1) 求证:AC ⊥BD ;(2) 已知△ACD 是直角三角形,AB =BD ,若E 为棱BD 上与D 不重合的点,且AE ⊥EC ,求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比.(1) 证明:如图,取AC 的中点O ,连结DO ,BO .因为AD =CD ,所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形,所以AC ⊥BO . 又DO ∩BO =O ,所以AC ⊥平面DOB . 因为BD ⊂平面DOB ,所以AC ⊥BD . (2) 解:连结EO .由(1)及题设知∠ADC =90°,所以DO =AO . 在Rt △AOB 中,BO 2+AO 2=AB 2. 又AB =BD ,所以BO 2+DO 2=BO 2+AO 2=AB 2=BD 2, 故∠DOB =90°.由题设知△AEC 为直角三角形,所以EO =12AC .又△ABC 是正三角形,且AB =BD ,所以EO =12BD ,故点E 为BD 的中点.所以点E 到平面ABC 的距离为点D 到平面ABC 的距离的12,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.(本题模拟高考评分标准,满分14分) (2018·长春模拟)如图,四边形ABCD 为菱形,G 为AC 与BD 的交点,BE ⊥平面ABCD .(1) 求证:平面AEC ⊥平面BED ;(2) 若∠ABC =120°,AE ⊥EC ,三棱锥EACD 的体积为63,求该三棱锥的侧面积.(1) 证明:因为四边形ABCD 为菱形,所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ,AC ⊂平面ABCD ,所以AC ⊥BE .(2分) 因为BD ∩BE =B ,故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ,所以平面AEC ⊥平面BED .(6分)(2) 解:设AB =x ,在菱形ABCD 中,由∠ABC =120°,得AG =GC =32x ,GB =GD=x2. 因为AE ⊥EC ,所以在Rt △AEC 中,可得EG =32x .(8分)由BE ⊥平面ABCD ,知△EBG 为直角三角形,可得BE =22x .由已知得三棱锥EACD 的体积为63,即13×12·AC ·GD ·BE =624x 3=63,解得x =2.(9分)从而可得AE =EC =ED =6.所以△EAC 的面积为3,△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥EACD 的侧面积为3+25.(14分)1. 若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形,则此圆柱的体积为________. 答案:2π解析: 设圆柱的底面半径为r ,高为h ,则有2πr =2,即r =1π,故圆柱的体积为V =πr 2h =π⎝ ⎛⎭⎪⎫1π2×2=2π.2. 如图,已知AF ⊥平面ABCD ,四边形ABEF 为矩形,四边形ABCD 为直角梯形,∠DAB =90°,AB ∥CD ,AD =AF =CD =2,AB =4.(1) 求证:AF ∥平面BCE ; (2) 求证:AC ⊥平面BCE ; (3) 求三棱锥EBCF 的体积.(1) 证明:∵ 四边形ABEF 为矩形,∴ AF ∥BE .又BE ⊂平面BCE ,AF ⊄平面BCE , ∴ AF ∥平面BCE .(2) 证明:如图,过点C 作CM ⊥AB ,垂足为点M . ∵ AD ⊥DC ,∴ 四边形ADCM 为矩形, ∴ AM =DC =MB =AD =2.∴ AC =22,CM =2,BC =22,∴ AC 2+BC 2=AB 2,∴ AC ⊥BC . ∵ AF ⊥平面ABCD ,AF ∥BE , ∴ BE ⊥平面ABCD ,∴ BE ⊥AC .∵ BE ⊂平面BCE ,BC ⊂平面BCE ,BC ∩BE =B , ∴ AC ⊥平面BCE .(3) 解:∵ AF ⊥平面ABCD ,∴ AF ⊥CM .∵ CM ⊥AB ,AF ⊂平面ABEF ,AB ⊂平面ABEF ,AF ∩AB =A ,∴ CM ⊥平面ABEF ,∴ V 三棱锥EBCF =V 三棱锥CBEF =13×12×BE ×EF ×CM =16×2×4×2=83.3. (2016·江苏卷)现需要设计一个仓库,它由上、下两部分组成,上部分的形状是正四棱锥P A 1B 1C 1D 1,下部分的形状是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1(如图),并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍.(1) 若AB =6 m ,PO 1=2 m ,则仓库的容积是多少?(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ,则当PO 1为多少时,仓库的容积最大?解:(1) ∵ PO 1=2 m ,正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍,∴ O 1O =8 m ,∴ 仓库的容积V =13×62×2+62×8=312(m 3). (2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ,设PO 1=x m ,则O 1O =4x m ,A 1O 1=36-x 2 m ,A 1B 1=2·36-x 2 m , 则仓库的容积V (x )=13×(2·36-x 2)2·x +(2·36-x 2)2·4x =-263x 3+312x (0<x<6), V ′(x )=-26x 2+312(0<x <6).当0<x <23时,V ′(x )>0,V (x )单调递增; 当23<x <6时,V ′(x )<0,V (x )单调递减. 故当x =23时,V (x )取最大值. 即当PO 1=23 m 时,仓库的容积最大.请使用“课后训练·第19讲”活页练习,及时查漏补缺!。
仿真冲刺卷(二)(时间:120分钟满分:150分)第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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)1.(2018·长沙一模)设全集U=R,函数f(x)=lg(|x+1|-1)的定义域为A,集合B={x|sin πx=0},则(∁U A)∩B的子集个数为( )(A)7 (B)3 (C)8 (D)92.(2018·海南二模)已知复数z满足z(3+4i)=3-4i,为z的共轭复数,则||等于( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)43.下列函数中,既是偶函数又在(0,+∞)上单调递增的是( )(A)y=e x(B)y=cos x (C)y=|x|+1 (D)y=4.(2018·滁州期末)已知cos(+α)=2cos(π-α),则tan(-α)等于( )(A)-4 (B)4 (C)- (D)5.已知直线2mx-y-8m-3=0和圆C:(x-3)2+(y+6)2=25相交于A,B两点,当弦AB最短时,m的值为( )(A)- (B)-6 (C)6 (D)6.一个四棱锥的三视图如图所示,其中正视图是腰长为1的等腰直角三角形,则这个几何体的体积是( )第6题图(A)(B)1 (C)(D)27.(2018·广东模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若A=,2bsin B+2csin C=bc+a,则△ABC 的面积的最大值为( )(A) (B) (C) (D)8.已知函数f(x)=,则y=f(x)的图象大致为( )9.公元263年左右,我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时,多边形面积可无限逼近圆的面积,并创立了“割圆术”.利用“割圆术”,刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值 3.14,这就是著名的“徽率”.如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图,则输出n的值为( )(参考数据:sin 15°≈0.258 8,sin 7.5°≈0.130 5)第9题图(A)6 (B)12 (C)24 (D)4810.(2018·太原模拟)已知不等式ax-2by≤2在平面区域{(x,y)||x|≤1且|y|≤1}上恒成立,则动点P(a,b)所形成平面区域的面积为( )(A)4 (B)8 (C)16 (D)3211.如图,F1,F2分别是双曲线C:-=1(a,b>0)的左、右焦点,B是虚轴的端点,直线F1B与C的两条渐近线分别交于P,Q两点,线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M,交PQ于N.若|MF2|=|F1F2|,则C的离心率是( )(A)(B)(C)(D)12.(2018·菏泽期末)已知f(x)=若方程f(x)=mx+2有一个零点,则实数m的取值范围是( )(A)(-∞,0]∪{-6+4}(B)(-∞,-e]∪{0,-6+4}(C)(-∞,0]∪{6-3}(D)(-∞,-e]∪{0,6-3}第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21题为必考题,每个试题考生必须作答.第22,23题为选考题,考生根据要求作答.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.(2018·重庆巴蜀中学高三模拟)重庆巴蜀中学高三的某位学生的10次数学考试成绩的茎叶图如图所示,则该生数学成绩在(135,140)内的概率为.14.某公司对一批产品的质量进行检测,现采用系统抽样的方法从100件产品中抽取5件进行检测,对这100件产品随机编号后分成5组,第一组1~20号,第二组21~40号,…,第五组81~100号,若在第二组中抽取的编号为24,则在第四组中抽取的编号为.15.设向量a,b不平行,向量λa+b与a+2b平行,则实数λ= .16.(2018·唐山期末)在三棱锥P ABC中,底面ABC是等边三角形,侧面PAB是直角三角形,且PA=PB=2,PA⊥AC,则该三棱锥外接球的表面积为.三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(本小题满分12分)(2018·滁州期末)已知数列{a n}是递增的等差数列,a2=3,a1,a3-a1,a8+a1成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=,数列{b n}的前n项和为S n,求满足S n>的最小的n的值.18.(本小题满分12分)在中学生综合素质评价某个维度的测评中,分“优秀、合格、尚待改进”三个等级进行学生互评.某校高一年级有男生500人,女生400人,为了了解性别对该维度测评结果的影响,采用分层抽样方法从高一年级抽取了45名学生的测评结果,并作出频数统计表如下:表2:女生(1)从表2的非优秀学生中随机选取2人交谈,求所选2人中恰有1人测评等级为合格的概率;(2)由表中统计数据填写下边2×2列联表,并判断是否有90%的把握认为“测评结果优秀与性别有关”.参考数据与公式:K2=,其中n=a+b+c+d.临界值表:19.(本小题满分12分)(2018·陕西一模)在三棱锥P ABC中,△PAC和△PBC都是边长为的等边三角形,AB=2,O,D分别是AB,PB的中点.(1)求证:OD∥平面PAC;(2)连接PO,求证PO⊥平面ABC;(3)求三棱锥A PBC的体积.20.(本小题满分12分)已知抛物线C:x2=4y的焦点为F,过点F的直线l交抛物线C于A,B(B位于第一象限)两点.(1)若直线AB的斜率为,过点A,B分别作直线y=6的垂线,垂足分别为P,Q,求四边形ABQP的面积;(2)若|BF|=4|AF|,求直线l的方程.21.(本小题满分12分)已知函数f(x)=ln x-(a+1)x,g(x)=-ax+a,其中a∈R.(1)试讨论函数f(x)的单调性及最值;(2)若函数F(x)=f(x)-g(x)不存在零点,求实数a的取值范围.请考生在第22,23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.22.(本小题满分10分)选修44:坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(t为参数,m∈R),以原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ2=(0≤θ≤π).(1)写出曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程;(2)已知点P是曲线C2上一点,若点P到曲线C1的最小距离为2,求m的值.23.(本小题满分10分)选修45:不等式选讲已知函数f(x)=|x-a|.(1)若f(x)≤m的解集为[-1,5],求实数a,m的值;(2)当a=2且0≤t<2时,解关于x的不等式f(x)+t≥f(x+2).1.C 因为f(x)=lg(|x+1|-1),所以|x+1|>1.即x>0或x<-2.所以A={x|x<-2或x>0}.所以∁U A={x|-2≤x≤0}.又因为sin πx=0,所以πx=kπ(k∈Z),所以x=k.所以B={x|x=k,k∈Z}.所以(U A)∩B={x|-2≤x≤0}∩{x|x=k,k∈Z}={-2,-1,0}.所以(U A)∩B的元素个数为3.所以(U A)∩B的子集个数为23=8.故选C.2.A 由题意得z=,所以||=|z|===1.故选A.3.C 显然选项A,D中的函数均是非奇非偶函数,选项B中的函数是偶函数但在(0,+∞)上不是单调递增函数,选项C正确.4.C 因为cos(+α)=2cos(π-α),所以-sin α=-2cos α⇒tan α=2,所以tan(-α)==-,故选C.5.A 因为2mx-y-8m-3=0,所以y+3=2m(x-4),即直线l恒过点M(4,-3);当AB⊥CM时,圆心到直线AB的距离最大,此时线段AB最短,则k CM==3,k AB=2m=-,故m=-.故选A.6.A 由三视图知几何体是一个四棱锥,四棱锥的底面是一个直角梯形,梯形上底是1,下底是2,梯形的高是=,四棱锥的高是1×=,所以四棱锥的体积是××=.故选A.7.C由A=,2b s i n B+2c s i n C=b c+a,可知b s i n B+c s i n C=bcsin A+asin A,得b2+c2=abc+a2,所以2bccos A=abc,解得a=2cos A=,又b2+c2=bc+3≥2bc,所以b c≤3.从而S△A B C=bcsin A≤.8.A 令g(x)=x-ln x-1,则g′(x)=1-=,由g′(x)>0,得x>1,即函数g(x)在(1,+∞)上单调递增,由g′(x)<0得0<x<1,即函数g(x)在(0,1)上单调递减,所以当x=1时,函数g(x)有最小值,g(x)min=g(1)=0.于是对任意的x∈(0,1)∪(1,+∞),有g(x)>0,故排除B,D,因为函数g(x)在(0,1)上单调递减,则函数f(x)在(0,1)上单调递增,故排除C.故选A.9.C 模拟执行程序,可得n=6,S=3sin 60°=;不满足条件S≥3.10,n=12,S=6×sin 30°=3;不满足条件S≥3.10,n=24,S=12×sin 15°=12×0.258 8=3.105 6;满足条件S≥3.10,退出循环,输出n的值为24.故选C.10.A {(x,y)||x|≤1,且|y|≤1}表示的平面区域是原点为中心,边长为2的正方形ABCD, 不等式ax-2by≤2恒成立,即四点A(1,1),B(-1,1),C(-1,-1),D(1,-1)都满足不等式.即画出可行域如图所示.P(a,b)形成的图形为菱形MNPQ,所求面积为S=×4×2=4.故选A.11.B 因为线段PQ的垂直平分线为MN,|OB|=b,|OF1|=c.所以k PQ=,k MN=-.直线PQ为y=(x+c),两条渐近线为y=±x.由得Q(,);由得P(,).则PQ中点N(,).所以直线MN为y-=-(x-),令y=0得x M=c(1+).又因为|MF2|=|F1F2|=2c,所以3c=x M=c(1+),所以3a2=2c2.解得e2=,即e=.故选B.12.B由题意函数f(x)的图象与直线y=mx+2有一个交点.如图是f(x)的图象,x>1时,f(x)=,f′(x)=-,设切点为(x0,y0),则切线为y-=-(x-x0),把(0,2)代入,得x0=2+,f′(x0)=4-6;x≤1时,f(x)=2-e x,f′(x)=-e x,设切点为(x′0,y′0),则切线为y-(2-)=-(x-x′0),把(0,2)代入,解得x′0=1,又f(1)=2-e,f′(1)=-e1=-e,所以由图象知当m∈(-∞,-e]∪{0,4-6}时,满足题意,故选B.13.解析:由题意,共有10个数学成绩,其中成绩在(135,140)内时的分数分别为136,136,138共三个.由古典概型得,该生数学成绩在(135,140)内的概率为=0.3.答案:0.314.解析:设在第一组中抽取的号码为a1,则在各组中抽取的号码满足首项为a1,公差为20的等差数列,即a n=a1+(n-1)×20,又第二组抽取的号码为24,即a1+20=24,所以a1=4,所以第四组抽取的号码为4+(4-1)×20=64.答案:6415.解析:由于a,b不平行,所以可将a,b作为一组基底,于是λa+b与a+2b平行等价于=,即λ=.答案:16.解析:由于PA=PB,CA=CB,PA⊥AC,则PB⊥CB,因此取PC中点O,则有OP=OC=OA=OB,即O为三棱锥P ABC外接球球心,又由PA=PB=2,得AC=AB=2,所以PC==2,所以S=4π×()2=12π.答案:12π17.解:(1)设{a n}的公差为d(d>0),由条件得所以所以a n=1+2(n-1)=2n-1.(2)b n===(-),所以S n=(1-+-+…+-)=.由>得n>12.所以满足S n>的最小的n的值为13.18.解:(1)设从高一年级男生中抽出m人,则=,m=25,所以x=25-20=5,y=20-18=2.表2中非优秀学生共5人,记测评等级为合格的3人为a,b,c,尚待改进的2人为A,B,则从这5人中任选2人的所有可能结果为(a,b),(a,c),(b,c),(A,B),(a,A),(a,B),(b,A),(b,B),(c,A),(c,B)共10种.设事件C表示“从表2的非优秀学生中随机选取2人,恰有1人测评等级为合格”,则C的结果为(a,A),(a,B),(b,A),(b,B),(c,A),(c,B),共6种,所以P(C)==,故所求概率为.优秀15 15 30 因为1-0.9=0.1,P(K≥2.706)=0.10,而K2===1.125<2.706,所以没有90%的把握认为“测评结果优秀与性别有关”.19.(1)证明:因为O,D分别为AB,PB的中点.所以OD∥PA.又PA⊂平面PAC,OD⊄平面PAC,所以OD∥平面PAC.(2)证明:连接OC.因为AC=CB=,AB=2,所以∠ACB=90°,又O为AB的中点,所以OC⊥AB,OC=1,同理,PO⊥AB,PO=1,又PC=,而PC2=OC2+PO2=2,所以PO⊥OC.因为AB⊂平面ABC,OC⊂平面ABC,又AB∩OC=O,所以PO⊥平面ABC.(3)解:由(2)可知PO⊥平面ABC.所以PO为三棱锥P ABC的高,PO=1.三棱锥A PBC的体积为==S△ABC·PO=×(×2×1)×1=.20.解:(1)由题意可得F(0,1),又直线AB的斜率为,所以直线AB的方程为y=x+1.与抛物线方程联立得x2-3x-4=0,解之得x1=-1,x2=4.所以点A,B的坐标分别为(-1,),(4,4).所以|PQ|=|4-(-1)|=5,|AP|=|6-|=,|BQ|=|6-4|=2,所以四边形ABQP的面积为S=(+2)×5=.(2)由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的斜率为k,则直线l:y=kx+1. 设A(x1,y1),B(x2,y2),由化简可得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.因为|BF|=4|AF|,所以-=4,所以=++2,即=-4k2=-,所以4k2=,即k2=,解得k=±.因为点B位于第一象限,所以k>0,则k=.所以l的方程为y=x+1.21.解:(1)由f(x)=ln x-(a+1)x(x>0)得:f′(x)=-(a+1)=(x>0);①当a≤-1时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)没有最大值,也没有最小值;②若a>-1,当0<x<时,f′(x)>0,f(x)在(0,)上单调递增,当x>时,f′(x)<0,f(x)在(,+∞)上单调递减,所以当x=时,f(x)取到最大值f()=ln -1=-ln(a+1)-1,f(x)没有最小值.(2)F(x)=f(x)-g(x)=ln x-(a+1)x-(-ax+a)=ln x-x--a(x>0),由F′(x)=-1+==(x>0),当0<x<2时,F′(x)>0,F(x)单调递增,当x>2时,F′(x)<0,F(x)单调递减,所以当x=2时,F(x)取到最大值F(2)=ln 2-3-a,又x→0时,有F(x)→-∞,所以要使F(x)=f(x)-g(x)没有零点,只需F(2)=ln 2-3-a<0,所以实数a的取值范围是(ln 2-3,+∞).22.解:(1)由曲线C1的参数方程,消去参数t,可得C1的普通方程为x-y+m=0.由曲线C2的极坐标方程得3ρ2-2ρ2cos2θ=3,θ∈[0,π],所以曲线C2的直角坐标方程为+y2=1(0≤y≤1).(2)设曲线C2上任意一点P为(cos α,sin α),α∈[0,π],则点P到曲线C1的距离为d==.因为α∈[0,π],所以cos(α+)∈[-1,],2cos(α+)∈[-2,],当m+<0时,m+=-4,即m=-4-;当m-2>0时,m-2=4,即m=6.所以m=-4-或m=6.23.解:(1)因为|x-a|≤m,所以a-m≤x≤a+m,所以解得a=2,m=3.(2)a=2时等价于|x-2|+t≥|x|,当x≥2时,x-2+t≥x,因为0≤t<2,所以舍去;当0≤x<2时,2-x+t≥x,所以0≤x≤,成立;当x<0时,2-x+t≥-x,成立.所以原不等式的解集是(-∞,].。
2019届全国新高考原创仿真试卷(五)理数本试题卷共8页,23题(含选考题)。
全卷满分150分。
考试用时120分钟。
★祝考试顺利★注意事项:1、考试范围:高考范围。
2、答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。
3、选择题的作答:每小题选出答案后,用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、填空题和解答题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5、选考题的作答:先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。
答案写在答题卡上对应的答题区域内,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
6、考试结束后,请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。
第I 卷(选择题 60分)一、选择题(本题有12小题,每小题5分,共60分。
)1.已知集合{A x y ==, 1242x B x ⎧⎫=<<⎨⎬⎩⎭,则( )A. {}12x x -<< B. {}10x x -<< C. {}1x x < D. {}20x x -<< 2.已知实数ln22a =, ln33b =, ln55c =,则,,a b c 的大小关系是( ) A. a b c << B. c a b << C. c b a << D.b ac <<3.下列说法正确的是 ( )A. 若命题p , q ⌝为真命题,则命题p q ∧为真命题B. “若6πα=,则1sin 2α=”的否命题是“若6πα=,则1sin 2α≠” C. 若()f x 是定义在R 上的函数,则“()00f =是()f x 是奇函数”的充要条件D. 若命题p :“2000,50x R x x ∃∈-->”的否定p ⌝:“2,50x R x x ∀∈--≤”4.设()ln f x x =,若函数()()g x f x ax =-在区间()20,e 上有三个零点,则实数a 的取值范围是( )A. 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B. 211,e e ⎛⎫⎪⎝⎭ C. 222,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D. 221,e e ⎛⎫⎪⎝⎭5.已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数,f (x +1)为奇函数,f (0)=0,当x ∈(0,1]时,f (x )=log 2x ,则在区间(8,9)内满足方程f (x )+2=12f ⎛⎫⎪⎝⎭的实数x 为( ) A.172 B. 678 C. 334 D. 6586.函数)3lny x x =+的图象大致为()A B CD7.已知函数f (x )=12log ,1,{24,1,x x x x >+≤则12f f ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭)等于( ) A. 4 B. -2 C. 2 D. 18.函数()()22,2f x ax g x x x =+=-,对[]11,2x ∀∈-, []21,2x ∃∈-,使()()12f x g x =,则a 的取值范围是( )A. 10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦ B. 11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C. ][3,3,2⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭D. [)3,+∞9.定义在R 上的函数()f x 满足()()()(),4f x f x f x f x -=-=+,且()1,0x ∈-时,()125x f x =+,则()2log 20f =( )A. 1B.45C. 1-D. 45-10.设是定义在R 上的偶函数,且f (x+2)=f (2﹣x )时,当x ∈[﹣2,0]时, ()1xf x =-⎝⎭,若(﹣2,6)在区间内关于x 的方程xf (x )﹣log a (x+2)=0(a >0且a≠1)有且只有4个不同的根,则实数a 的范围是( ) A. 1,14⎛⎫⎪⎝⎭B. (1,4)C. (1,8)D. (8,+∞)11.设定义在R 上的函数()y f x =满足任意t R ∈都有()()12f t f t +=,且(]0,4x ∈时, ()()f x f x x'>,则()()()2016,42017,22018f f f 的大小关系( )A. ()()()22018201642017f f f <<B.()()()22018201642017f f f >>C. ()()()42017220182016f f f <<D.()()()42017220182016f f f >>12.若()2f x x bx c =++在()1,1m m -+内有两个不同的零点,则()1f m -和()1f m +( )A. 都大于 1B. 都小于1C. 至少有一个大于 1D. 至少有一个小于1第II 卷(非选择题 90分)二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,20分) 13.已知函数()()2log 21f x x =-,则函数()f x 的定义域为_____.14.函数 (1)x y a a =>的图象与二次函数 2y x =的图象有三个不同的交点,则实数a 的取值范围是_______.15.已知函数()y f x =是定义在R 上的偶函数,且在[)0,+∞上是增函数,若()()14f a f +≤,则实数a 的取值范围是________16.已知函数()()21,241f x xg x x ax x =-=-++,若对任意[]10,1x ∈,存在[]21,2x ∈,使()()12f x g x ≥,则实a 数的最小值是__________. 三、解答题(本大题共6小题, 70分。
仿真冲刺卷(二)(时间:120分钟满分:150分)第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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)1.(2018·长沙一模)设全集U=R,函数f(x)=lg(|x+1|-1)的定义域为A,集合B={x|sin πx=0},则(∁U A)∩B的子集个数为( )(A)7 (B)3 (C)8 (D)92.(2018·海南二模)已知复数z满足z(3+4i)=3-4i,为z的共轭复数,则||等于( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)43.(2018·滁州期末)已知cos(+α)=2cos (π-α),则tan(-α)等于( )(A)-4 (B)4 (C)- (D)4.已知直线2mx-y-8m-3=0和圆C:(x-3)2+(y+6)2=25相交于A,B两点,当弦AB最短时,m的值为( )(A)-(B)-6 (C)6 (D)5.(2018·江西宜春二模)若(x3+)n的展开式中含有常数项,且n的最小值为a,则dx等于( )(A)0 (B)(C)(D)49π6.一个四棱锥的三视图如图所示,其中正视图是腰长为1的等腰直角三角形,则这个几何体的体积是( )(A)(B)1 (C)(D)27.(2018·广东模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若A=,2bsin B+2csinC=bc+a,则△ABC的面积的最大值为( )(A)(B)(C)(D)8.函数f(x)=|ln x|-x2的图象大致为( )9.执行如图所示的程序框图,则输出s的值为( )(A)10 (B)17 (C)19 (D)3610.(2018·太原模拟)已知不等式ax-2by≤2在平面区域{(x,y)||x|≤1且|y|≤1}上恒成立,则动点P(a,b)所形成平面区域的面积为( )(A)4 (B)8 (C)16 (D)3211.如图,F1,F2分别是双曲线C:-=1(a,b>0)的左、右焦点,B是虚轴的端点,直线F1B与C 的两条渐近线分别交于P,Q两点,线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M,交PQ于N.若|MF2|=|F1F2|,则C的离心率是( )(A) (B)(C) (D)12.(2018·菏泽期末)已知f(x)=若方程f(x)=mx+2有一个零点,则实数m的取值范围是( )(A)(-∞,0]∪{-6+4}(B)(-∞,-e]∪{0,-6+4}(C)(-∞,0]∪{6-3}(D)(-∞,-e]∪{0,6-3}第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21题为必考题,每个试题考生必须作答.第22,23题为选考题,考生根据要求作答.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.(2018·重庆巴蜀中学高三模拟)重庆巴蜀中学高三的某位学生的10次数学考试成绩的茎叶图如图所示,则该生数学成绩在(135,140)内的概率为.14.某公司对一批产品的质量进行检测,现采用系统抽样的方法从100件产品中抽取5件进行检测,对这100件产品随机编号后分成5组,第一组1~20号,第二组21~40号,…,第五组81~100号,若在第二组中抽取的编号为24,则在第四组中抽取的编号为.15.(2017·天津卷)在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若=2,=λ-(λ∈R),且·=-4,则λ的值为.16.(2018·唐山期末)在三棱锥P ABC中,底面ABC是等边三角形,侧面PAB是直角三角形,且PA=PB=2,PA⊥AC,则该三棱锥外接球的表面积为.三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(本小题满分12分)(2018·滁州期末)已知数列{a n}是递增的等差数列,a2=3,a1,a3-a1,a8+a1成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=,数列{b n}的前n项和为S n,求满足S n>的最小的n的值.18.(本小题满分12分)某银行规定,一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误,该银行卡将被锁定,小王到该银行取钱时,发现自己忘记了银行卡的密码,但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一,小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确,则结束尝试;否则继续尝试,直至该银行卡被锁定.(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率;(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X,求X的分布列和数学期望.19.(本小题满分12分)在如图所示的空间几何体中,平面ACD⊥平面ABC,△ACD与△ACB都是边长为2的等边三角形,BE=2,BE和平面ABC所成的角为60°,且点E在平面ABC上的射影落在∠ABC的平分线上.(1)求证:DE∥平面ABC;(2)求二面角E BC A的余弦值.20.(本小题满分12分)已知抛物线C:x2=4y的焦点为F,过点F的直线l交抛物线C于A,B(B位于第一象限)两点.(1)若直线AB的斜率为,过点A,B分别作直线y=6的垂线,垂足分别为P,Q,求四边形ABQP的面积;(2)若|BF|=4|AF|,求直线l的方程.21.(本小题满分12分)已知函数f(x)=ln x-(a+1)x,g(x)=-ax+a,其中a∈R.(1)试讨论函数f(x)的单调性及最值;(2)若函数F(x)=f(x)-g(x)不存在零点,求实数a的取值范围.请考生在第22,23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.22.(本小题满分10分)选修44:坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(t为参数,m∈R),以原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ2=(0≤θ≤π).(1)写出曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程;(2)已知点P是曲线C2上一点,若点P到曲线C1的最小距离为2,求m的值.23.(本小题满分10分)选修45:不等式选讲已知函数f(x)=|x-a|.(1)若f(x)≤m的解集为[-1,5],求实数a,m的值;(2)当a=2且0≤t<2时,解关于x的不等式f(x)+t≥f(x+2).1.C 因为f(x)=lg(|x+1|-1),所以|x+1|>1.即x>0或x<-2.所以A={x|x<-2或x>0}.所以∁U A={x|-2≤x≤0}.又因为sin πx=0,所以πx=kπ(k∈Z),所以x=k.所以B={x|x=k,k∈Z}.所以(∁U A)∩B={x|-2≤x≤0}∩{x|x=k,k∈Z}={-2,-1,0}.所以(∁U A)∩B的元素个数为3.所以(∁U A)∩B的子集个数为23=8.故选C.2.A 由题意得z=,所以||=|z|===1.故选A.3.C 因为cos(+α)=2cos(π-α),所以-sin α=-2cos α⇒tan α=2,所以tan(-α)==-,故选C.4.A 因为2mx-y-8m-3=0,所以y+3=2m(x-4),即直线l恒过点M(4,-3);当AB⊥CM时,圆心到直线AB的距离最大,此时线段AB最短,则k CM==3,k AB=2m=-,故m=-.故选A.5.C 由题意知展开式的通项公式为T r+1=(x3)n-r()r=,因为展开式中含有常数项,所以3n-r=0有整数解,所以n的最小值为7.故定积分dx=π.6.A 由三视图知几何体是一个四棱锥,四棱锥的底面是一个直角梯形,梯形上底是1,下底是2,梯形的高是=,四棱锥的高是1×= ,所以四棱锥的体积是××=.故选A.7.C 由A=,2bsin B+2csin C=bc+a,可知bsin B+csin C=bcsin A+ asin A,得b2+c2=abc+a2,所以2bccos A=abc,解得a=2cos A=,又b2+c2=bc+3≥2bc,所以bc≤3.从而S△ABC=bcsin A≤.8.C 由函数的定义域为x>0,可知排除选项A;当x>1时,f′(x)=-x=,当1<x<2时,f′(x)>0,当x>2时,f′(x)<0,即f(x)在(1,2)内单调递增,在(2,+∞)内单调递减,排除选项B,D,故选C.9.C 开始s=0,k=2;第一次循环s=2,k=3;第二次循环s=5,k=5;第三次循环s=10,k=9;第四次循环s=19,k=17,不满足条件,退出循环,输出s=19.故选C.10.A {(x,y)||x|≤1,且|y|≤1}表示的平面区域是原点为中心,边长为2的正方形ABCD,不等式ax-2by≤2恒成立,即四点A(1,1), B(-1,1),C(-1,-1),D(1,-1)都满足不等式.即画出可行域如图所示.P(a,b)形成的图形为菱形MNPQ,所求面积为S=×4×2=4.故选A.11.B 因为线段PQ的垂直平分线为MN,|OB|=b,|OF1|=c.所以k PQ=,k MN=-.直线PQ为y=(x+c),两条渐近线为y=±x.由得Q(,);由得P(,).则PQ中点N(,).所以直线MN为y-=-(x-),令y=0得x M=c(1+).又因为|MF2|=|F1F2|=2c,所以3c=x M=c(1+),所以3a2=2c2.解得e2=,即e=.故选B.12.B 由题意函数f(x)的图象与直线y=mx+2有一个交点.如图是f(x)的图象,x>1时,f(x)=,f′(x)=-,设切点为(x0,y0),则切线为y-=-(x-x0),把(0,2)代入,x0=2+, f′(x0)=4-6;x≤1时,f(x)=2-e x,f′(x)=-e x,设切点为(x′0,y′0),则切线为y-(2-)=-(x-x′0),把(0,2)代入,解得x′0=1,又f(1)=2-e,f′(1)=-e1=-e,所以由图象知当m∈(-∞,-e]∪{0,4-6}时,满足题意,故选B.13.解析:由题意,共有10个数学成绩,其中成绩在(135,140)内时的分数分别为136,136,138共三个.由古典概型得,该生数学成绩在(135,140)内的概率为=0.3.答案:0.314.解析:设在第一组中抽取的号码为a1,则在各组中抽取的号码满足首项为a1,公差为20的等差数列,即a n=a1+(n-1)×20,又第二组抽取的号码为24,即a1+20=24,所以a1=4,所以第四组抽取的号码为4+(4-1)×20=64.答案:6415.解析:由题意知||=3,||=2,·=3×2×cos 60°=3,=+=+=+(-)=+,所以·=(+)·(λ-)=·-+=×3-×32+×22=λ-5=-4,解得λ=.答案:16.解析:由于PA=PB,CA=CB,PA⊥AC,则PB⊥CB,因此取PC中点O,则有OP=OC=OA=OB,即O为三棱锥P ABC外接球球心,又由PA=PB=2,得AC=AB=2,所以PC==2,所以S=4π×()2=12π.答案:12π17.解:(1)设{a n}的公差为d(d>0),由条件得所以所以a n=1+2(n-1)=2n-1.(2)b n===(-),所以S n=(1-+-+…+-)=.由>得n>12.所以满足S n>的最小的n的值为13.18.解:(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”为事件A,则P(A)=××=.(2)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3.又P(X=1)=,P(X=2)=×=,P(X=3)=××1=,X 1 2 3P所以E(X)=1×+2×+3×=.19.(1)证明:因为△ABC,△ACD都是边长为2的等边三角形,取AC的中点O,连接BO,DO,则BO⊥AC,DO⊥AC.又因为平面ACD⊥平面ABC,所以DO⊥平面ABC.作EF⊥平面ABC,那么EF∥DO.根据题意,点F落在BO上,所以∠EBF=60°,易求得EF=DO=,所以四边形DEFO是平行四边形,所以DE∥OF,又因为DE⊄平面ABC,OF⊂平面ABC,所以DE∥平面ABC.(2)解:法一作FG⊥BC,垂足为G,连接EG.因为EF⊥平面ABC,所以EF⊥BC.又因为EF∩FG=F,所以BC⊥平面EFG,所以EG⊥BC,所以∠EGF就是二面角E BC A的平面角.Rt△EFG 中,FG=FB·sin 30°=,EF=,EG=.所以cos∠EGF== .即二面角E BC A的余弦值为.法二建立如图所示的空间直角坐标系O xyz,可知平面ABC的法向量为n1=(0,0,1),B(0,,0),C(-1,0,0),E(0,-1,),=(-1,-,0),=(0,-1,),设平面BCE的一个法向量为n2=(x,y,z),则可取n2=(-3,,1).所以cos<n1,n2>==.又由图知,所求二面角的平面角是锐角,所以二面角E BC A的余弦值为.20.解:(1)由题意可得F(0,1),又直线AB的斜率为,所以直线AB的方程为y=x+1.与抛物线方程联立得x2-3x-4=0,解之得x1=-1,x2=4.所以点A,B的坐标分别为(-1,),(4,4).所以|PQ|=|4-(-1)|=5,|AP|=|6-|=,|BQ|=|6-4|=2,所以四边形ABQP的面积为S=(+2)×5=.(2)由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的斜率为k,则直线l:y=kx+1. 设A(x1,y1),B(x2,y2),由化简可得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.因为|BF|=4|AF|,所以-=4,所以=++2,即=-4k2=-,所以4k2=,即k2=,解得k=±.因为点B位于第一象限,所以k>0,则k=.所以l的方程为y=x+1.21.解:(1)由f(x)=ln x-(a+1)x(x>0)得:f′(x)=-(a+1)=(x>0);①当a≤-1时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)没有最大值,也没有最小值;②若a>-1,当0<x<时,f′(x)>0,f(x)在(0,)上单调递增,当x>时,f′(x)<0,f(x)在(,+∞)上单调递减,所以当x=时,f(x)取到最大值f()=ln -1=-ln(a+1)-1,f(x)没有最小值.(2)F(x)=f(x)-g(x)=ln x-(a+1)x-(-ax+a)=ln x-x--a(x>0),由F′(x)=-1+==(x>0),当0<x<2时,F′(x)>0,F(x)单调递增,当x>2时,F′(x)<0,F(x)单调递减,所以当x=2时,F(x)取到最大值F(2)=ln 2-3-a,又x→0时,有F(x)→-∞,所以要使F(x)=f(x)-g(x)没有零点,只需F(2)=ln 2-3-a<0,所以实数a的取值范围是(ln 2-3,+∞).22.解:(1)由曲线C1的参数方程,消去参数t,可得C1的普通方程为x-y+m=0.由曲线C2的极坐标方程得3ρ2-2ρ2cos2θ=3,θ∈[0,π],所以曲线C2的直角坐标方程为+y2=1(0≤y≤1).(2)设曲线C2上任意一点P为(cos α,sin α),α∈[0,π],则点P到曲线C1的距离为d==.因为α∈[0,π],所以cos(α+)∈[-1,],2cos(α+)∈[-2,],当m+<0时,m+=-4,即m=-4-;当m-2>0时,m-2=4,即m=6.所以m=-4-或m=6.23.解:(1)因为|x-a|≤m,所以a-m≤x≤a+m,所以解得a=2,m=3.(2)a=2时等价于|x-2|+t≥|x|,当x≥2时,x-2+t≥x,因为0≤t<2,所以舍去;当0≤x<2时,2-x+t≥x,所以0≤x≤,成立; 当x<0时,2-x+t≥-x,成立.所以原不等式的解集是(-∞,].。
仿真冲刺卷(五)(时间:120分钟满分:150分)第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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)1.(2018·成都二诊)i是虚数单位,则复数的虚部为( )(A)3 (B)-3 (C)3i (D)-4i2.已知函数f(x)为偶函数,且函数f(x)与g(x)的图象关于直线y=x对称.若g(3)=2,则f(-2)等于( )(A)-2 (B)2 (C)-3 (D)33.命题“∀x∈R,∃n∈N*,使得n≥x2”的否定形式是( )(A)∀x∈R,∃n∈N*,使得n<x2(B)∀x∈R,∀n∈N*,使得n<x2(C)∃x∈R,∃n∈N*,使得n<x2(D)∃x∈R,∀n∈N*,使得n<x24.(2017·江西上饶市二模)《算法统宗》是中国古代数学名著.在这部著作中,许多数学问题都是以歌诀形式呈现的,“竹筒容米”就是其中一首:家有八節竹一莖,为因盛米不均平;下頭三節三生九,上梢三節貯三升;唯有中間二節竹,要将米数次第盛;若是先生能算法,也教算得到天明!大意是:用一根8节长的竹子盛米,每节竹筒盛米的容积是不均匀的.下端3节可盛米3.9升,上端3节可盛米3升,要按依次盛米容积相差同一数量的方式盛米,中间两节可盛米多少升.由以上条件,要求计算出这根八节竹筒盛米的容积总共为( )(A)9.0升(B)9.1升(C)9.2升(D)9.3升5.(2017·黑龙江哈尔滨模拟)一个五面体的三视图如图,正视图是等腰直角三角形,侧视图是直角三角形,则此五面体的体积为( )第5题图(A)1 (B)2 (C)3 (D)46.(x+)(2x-)5的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中的常数项为( )(A)-40 (B)-20 (C)20 (D)407.富华中学的一个文学兴趣小组中,三位同学张博源、高家铭和刘雨恒分别从莎士比亚、雨果和曹雪芹三位名家中选择了一位进行性格研究,并且他们选择的名家各不相同.三位同学一起来找图书管理员刘老师,让刘老师猜猜他们三人各自的研究对象.刘老师猜了三句话:“①张博源研究的是莎士比亚;②刘雨恒研究的肯定不是曹雪芹;③高家铭自然不会研究莎士比亚.”很可惜,刘老师的这种猜法,只猜对了一句,据此可以推知张博源、高家铭和刘雨恒分别研究的是( )(A)曹雪芹、莎士比亚、雨果 (B)雨果、莎士比亚、曹雪芹(C)莎士比亚、雨果、曹雪芹 (D)曹雪芹、雨果、莎士比亚8.(2017·山东济宁一模)执行如图所示的程序框图,若输入的x,y∈R,那么输出的S的最大值为( )第8题图(A)0 (B)1 (C)2 (D)39.(2018·开封模拟)如图,在一个正方体内放入两个半径不相等的球O1,O2,这两个球相外切,且球O1与正方体共顶点A的三个面相切,球O2与正方体共顶点B1的三个面相切,则两球在正方体的面AA1C1C上的正投影是( )10.如图,F1,F2是双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过F2的直线与双曲线C交于A,B 两点.若|AB|∶|BF1|∶|AF1|=3∶4∶5.则双曲线的离心率为( )第10题图(A) (B)2(C)3 (D)11.(2017·宁夏银川二模)设函数f′(x)是定义在(0,π)上的函数f(x)的导函数,有f(x)sin x-f′(x)cos x<0,a=f(),b=0,c=-f(),则( )(A)a<b<c (B)b<c<a(C)c<b<a (D)c<a<b12.已知函数f(x)=sin(ωx+ϕ)(ω>0,|ϕ|<),f(0)=,f(x)在A(x0,y0)处取得极大值,B(x0-,0),C(x0,-y0),△ABC是锐角三角形,则下列结论正确的是( )(A)存在x∈(0,),使得f(x)=1成立(B)若存在x>0,使得f(x)=1,则必有x>(C)存在m>0,使得f(x)在(0,m)内单调递减(D)存在x∈(0,),使得f(x)=0成立第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21题为必考题,每个试题考生必须作答.第22,23题为选考题,考生根据要求作答.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.(2017·辽宁抚顺市高考一模改编)在一次马拉松比赛中,30名运动员的成绩(单位:分钟)的茎叶图如图所示.若将运动员按成绩由好到差编号为1~30号,再用系统抽样方法从中抽取6人,则其中成绩在区间[130,151]上的运动员人数是.14.(2018·广东模拟)设x,y满足约束条件则z=x+y的最大值为.15.(2017·云南省大理州高考一模)若数列{a n}的首项a1=2,且a n+1= 3a n+2(n∈N*),令b n=log3(a n+1),则b1+b2+b3+…+b100= .16.(2017·福建省莆田市高考一模)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F的直线l与C相交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交x轴于点M,若|AB|=6,则|FM|= .三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(本小题满分12分)如图所示,在△ABC中,B=,=λ(0<λ<1),AD=BD=,AC=.(1)求证:△ABD是等腰三角形;(2)求λ的值以及△ABC的面积.18.(本小题满分12分)(2018·湖南百所重点中学诊断)已知某企业近3年的前7个月的月利润(单位:百万元)如下面的折线图所示.(1)试问这3年的前7个月中哪个月的月平均利润较高?(2)通过计算判断这3年的前7个月的总利润的发展趋势;月份 1 2 3 4 利润y(单位:百万元) 4 4 6 6相关公式:==,=-.19.(本小题满分12分)如图所示,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除了A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC=EB,DC∥EB,AB=4,tan∠EAB=.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当AC=BC时,求二面角D AE B的余弦值.20.(本小题满分12分)(2017·河南商丘三模)已知O为坐标原点,抛物线C:y2=nx(n>0)在第一象限内的点P(2,t)到焦点的距离为,曲线C在点P处的切线交x轴于点Q,直线l1经过点Q且垂直于x轴.(1)求线段OQ的长;(2)设不经过点P和Q的动直线l2:x=my+b交曲线C于点A和B,交l1于点E,若直线PA,PE,PB 的斜率依次成等差数列,试问:l2是否过定点?请说明理由.21.(本小题满分12分)已知函数f(x)=+ax+2ln x(a∈R)在x=2处取得极值.(1)求实数a的值及函数f(x)的单调区间;(2)已知方程f(x)=m有三个实根x1,x2,x3(x1<x2<x3),求证:x3-x1<2.请考生在第22,23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.22.(本小题满分10分)选修44:坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中,以O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的参数方程为(t为参数),曲线C1的方程为ρ(ρ-4sin θ)=12,定点A(6,0),点P是曲线C1上的动点,Q为AP的中点.(1)求点Q的轨迹C2的直角坐标方程;(2)直线l与直线C2交于M,N两点,若|MN|≥2,求实数a的取值范围.23.(本小题满分10分)选修45:不等式选讲已知不等式|x|+|x-3|<x+6的解集为(m,n).(1)求m,n的值;(2)若x>0,y>0,nx+y+m=0,求证:x+y≥16xy.1.A ==-3+3i,所以虚部为3.故选A.2.D 因为函数f(x)与g(x)的图象关于直线y=x对称,且g(3)=2,所以f(2)=3.因为函数f(x)为偶函数,所以f(-2)=f(2)=3.故选D.3.D 由于特称命题的否定形式是全称命题,全称命题的否定形式是特称命题,所以“∀x∈R,∃n∈N*,使得n≥x2”的否定形式为“∃x∈R,∀n∈N*,使得n<x2”.4.C 由题意要按依次盛米容积相差同一数量的方式盛米,设相差的同一数量为d升,下端第一节盛米a1升,由题意得解得a1=1.36,d=-0.06,所以中间两节可盛米的容积为a4+a5=(a1+3d)+(a1+4d)=2a1+7d=2.3.这根八节竹筒盛米的容积总共为2.3+3.9+3=9.2(升).故选C.5.B 由三视图可得,该几何体是一个四棱锥,且底面是一个上、下底分别为1和2,高为2的直角梯形,棱锥高为2,所以该四棱锥的体积是V=××(1+2)×2×2=2.故选B.6.D 在(x+)(2x-)5中,令x=1,得(1+a)(2-1)5=2,即a=1.原式=x·(2x-)5+(2x-)5,故常数项为x·(2x)2(-)3+·(2x)3·=-40+80=40.故选D.7.A 假设“张博源研究的是莎士比亚”正确,那么“高家铭自然不会研究莎士比亚”也是正确的,这不符合“刘老师只猜对了一句”这一条件,所以假设错误;假设“高家铭自然不会研究莎士比亚”正确,故①不正确,即张博源研究的不是莎士比亚,②不正确,即刘雨恒研究的肯定是曹雪芹.这样的话莎士比亚没人研究了,所以此假设错误;前两次假设都是错误的,那么“刘雨恒研究的肯定不是曹雪芹”就是老师猜对了的那句,那么其他两句话是猜错的,即高家铭研究莎士比亚,那么张博源只能研究曹雪芹,刘雨恒研究雨果.故顺序为曹雪芹、莎士比亚、雨果,故选A.8.C 由程序框图知,算法的功能是求可行域内,目标函数S=2x+y的最大值,画出可行域,如图中阴影所示.当x=1,y=0时,S=2x+y的值最大,且最大值为2.故选C.9.B 由题意可以判断出两球在正方体的面AA1C1C上的正投影与正方形相切,排除C,D,把其中一个球扩大为与正方体相切,则另一个球被挡住一部分,由于两球半径不等,所以排除A;B 正确.故选B.10.A 因为|AB|∶|BF1|∶|AF1|=3∶4∶5,所以设|AB|=3x,|BF1|=4x,|AF1|=5x,所以△ABF1为直角三角形.又点B在双曲线左支上,则|BF2|-|BF1|=2a,故|BF2|=|BF1|+2a=4x+2a,从而可知|AF2|=x+2a,又|AF1|-|AF2|=2a,则5x-x-2a=2a,因此x=a.Rt△F1BF2中,|BF2|2+|BF1|2=4c2,即(4x+2a)2+(4x)2=4c2,所以(4a+2a)2+(4a)2=4c2.整理得52a2=4c2,即=13,因此=,即e=.11.A 令g(x)=f(x)cos x,则g′(x)=f′(x)cos x-f(x)sin x>0,当0<x<π时,g(x)在(0,π)上单调递增,因为0<<<<π,所以cos f()<cos f()<cos f(),化为f()<0<-f(),即a<b<c,故选A.12.B 由f(0)=,得sin ϕ=,又|ϕ|<,所以ϕ=,即f(x)=sin(ωx+),当ωx+=+2kπ,k∈Z,即x=+,k∈Z时,f(x)取得极大值1,即A(+,1),又△ABC是锐角三角形,BC=BA,因而∠ABC<,则<1,∈(,+∞),则x=+>+4k,k∈Z,若x>0,则k≥0,得x>,因而A错误,B正确,由-+2kπ≤ωx+≤+2kπ得-+≤x≤+,则对m>0,使得f(x)在(0,m)内单调递增或有增有减,C错误,若f(x)=0,则ωx+=kπ,k∈Z,即x=-,k∈Z,当k>0时,x>2k-≥,x>,当k≤0时,x<2k-≤-,则x∉(0,),D错误.故选B.13.解析:将运动员按成绩由好到差分成6组,则第1组为(130,130, 133,134,135),第2组为(136,136,138,138,138),第3组为(141,141, 141,142,142),第4组为(142,143,143,144,144),第5组为(145,145, 145,150,151),第6组为(152,152,153,153,153),故成绩在区间[130, 151]内的恰有5组,共25人,故应抽取6×=5(人).答案:514.解析:作可行域如图阴影部分所示,其中A(-1,2),B(4,-2),C(3,-3),当直线y=-x+z过点B(4,-2)时,z=x+y取得最大值,最大值为2.答案:215.解析:因为数列{a n}的首项a1=2,且a n+1=3a n+2(n∈N*),所以+1=3(a n+1),a1+1=3,所以{a n+1}是首项为3,公比为3的等比数列,所以a n+1=3n,所以b n=log3(a n+1)=log33n=n,所以b1+b2+b3+…+b100=1+2+3+…+100==5 050.答案:5 05016.解析:因为抛物线y2=4x,所以p=2,设直线l的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),直线y=k(x-1)代入y2=4x,整理可得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,所以x1+x2=2+,利用抛物线定义,x1+x2=|AB|-p=6-2=4.所以AB中点横坐标为2,所以2+=4,所以k=±,AB中点纵坐标为k,AB的垂直平分线方程为y-k=-(x-2),令y=0,可得x=4,所以|FM|=3.答案:317.(1)证明:在△ABD中,AD=,BD=1,所以由正弦定理=,得sin∠BAD==,所以∠BAD=,所以∠ADB=π--=,所以△ABD是等腰三角形.(2)解:由(1)知∠BAD=∠BDA=,所以AB=BD=1,∠ADC=.在△ACD中,由余弦定理AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠ADC,得13=3+CD2-2××CD×(-). 整理得CD2+3CD-10=0,解得CD=-5(舍去),CD=2,所以BC=BD+CD=3,所以λ=.所以S△ABC=AB·BC·sin B=×1×3×=.18.解:(1)由折线图可知5月和6月的月平均利润最高.(2)第1年前7个月的总利润为1+2+3+5+6+7+4=28(百万元),第2年前7个月的总利润为2+5+5+4+5+5+5=31(百万元),第3年前7个月的总利润为4+4+6+6+7+6+8=41(百万元),所以这3年的前7个月的总利润呈上升趋势.(3)因为=2.5,=5,=12+22+32+42=30,x i y i=1×4+2×4+3×6+4×6=54,所以==0.8,所以=5-2.5×0.8=3,所以=0.8x+3,当x=8时,=0.8×8+3=9.4.所以估计第3年8月份的利润为9.4百万元.19.(1)证明:因为AB是半圆O的直径,所以BC⊥AC.因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥CB.所以BC⊥平面ACD.因为CD=EB,CD∥EB,所以BCDE是平行四边形.所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD.因为DE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD.(2)解:依题意,EB=AB·tan∠EAB=4×=1,AC=BC=2.如图所示,建立空间直角坐标系C xyz,则D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0). 所以=(-2,2,0),=(0,0,1),=(0,2,0),=(2,0,-1).设平面DAE的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即令x1=1,得z1=2,所以n1=(1,0,2).设平面ABE的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令x2=1,得y2=1,所以n2=(1,1,0).所以cos<n1,n2>===.由图知,二面角D EA B的平面角为钝角,所以二面角D EA B的余弦值为-.20.解:(1)由抛物线C:y2=nx(n>0)在第一象限内的点P(2,t)到焦点的距离为得2+=,所以n=2,故抛物线方程为y2=2x,P(2,2).所以曲线C在第一象限的图象对应的函数解析式为y=,则y′=.故曲线C在点P处的切线斜率k==,切线方程为y-2=(x-2),即x-2y+2=0.令y=0得x=-2,所以点Q(-2,0),故线段OQ的长为2. (2)由题意知l1:x=-2,因为l2与l1相交,所以m≠0,将x=-2代入x=my+b,得y=-,故E(-2,-),设A(x1,y1),B(x2,y2),由消去x得y2-2my-2b=0,则y1+y2=2m,y1y2=-2b,直线PA的斜率为==,同理直线PB的斜率为,直线PE的斜率为.因为直线PA,PE,PB的斜率依次成等差数列,所以+=2×,即=. 因为l2不经过点Q,所以b≠-2.所以2m-b+2=2m,即b=2.故l2:x=my+2,即l2恒过定点(2,0).21.(1)解:由已知得f′(x)=x+a+(x>0),f′(2)=2+a+=0,所以a=-3,所以f′(x)=x-3+==(x>0),令f′(x)>0,得0<x<1或x>2;令f′(x)<0,得1<x<2,所以函数f(x)的单调递增区间是(0,1),(2,+∞),单调递减区间是(1,2).(2)证明:由(1)可知函数f(x)的极小值为f(2)=2ln 2-4,极大值为f(1)=-,可知方程f(x)=m三个实根满足0<x1<1<x2<2<x3,设h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则h′(x)=f′(x)+f′(2-x)=>0,则h(x)在(0,1)上单调递增,故h(x)<h(1)=f(1)-f(2-1)=0,即f(x)<f(2-x),x∈(0,1),所以f(x2)=f(x1)<f(2-x1),由(1)知函数f(x)在(1,2)上单调递减,所以x2>2-x1,即x1+x2>2,①同理设g(x)=f(x)-f(4-x),x∈(1,2),则g′(x)=f′(x)+f′(4-x)=>0,则g(x)在(1,2)上单调递增,故g(x)<g(2)=f(2)-f(4-2)=0,即f(x)<f(4-x),x∈(1,2),f(x3)=f(x2)<f(4-x2),由(1)知函数f(x)在(2,+∞)上单调递增,所以x3<4-x2,即x3+x2<4,②由①②可得x3-x1<2.22.解:(1)根据题意,由x=ρcos θ,y=ρsin θ,x2+y2=ρ2,曲线C1的极坐标方程ρ(ρ-4sin θ)=12,可得曲线C1的直角坐标方程为x2+y2-4y=12,设点P(x′,y′),Q(x,y),根据中点坐标公式,得代入x2+y2-4y=12,得点Q的轨迹C2的直角坐标方程为(x-3)2+(y-1)2=4.(2)直线l的普通方程为y=ax,设圆心到直线的距离为d,由弦长公式可得|MN|=2≥2,可得圆心(3,1)到直线l的距离为d=≤,即4a2-3a≤0,解得0≤a≤,即实数a的取值范围为[0,]. 23.(1)解:由|x|+|x-3|<x+6,得或或解得-1<x<9,所以m=-1,n=9.(2)证明:由(1)知9x+y=1,又x>0,y>0,所以(+)(9x+y)=10++≥10+2=16, 当且仅当=,即x=,y=时取等号,所以+≥16,即x+y≥16xy.。
仿真冲刺卷(五)(时间:120分钟 满分:150分)第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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)1.(2018·成都二诊)i 是虚数单位,则复数的虚部为( )(A)3 (B)-3 (C)3i (D)-4i2.已知函数f(x)为偶函数,且函数f(x)与g(x)的图象关于直线y=x 对称.若g(3)=2,则f(-2)等于( )(A)-2 (B)2 (C)-3 (D)33.命题“∀x∈R,∃n∈N *,使得n≥x 2”的否定形式是( )(A)∀x∈R,∃n∈N *,使得n<x 2(B)∀x∈R,∀n∈N *,使得n<x 2(C)∃x∈R,∃n∈N *,使得n<x 2(D)∃x∈R,∀n∈N *,使得n<x 24.(2017·江西上饶市二模)《算法统宗》是中国古代数学名著.在这部著作中,许多数学问题都是以歌诀形式呈现的,“竹筒容米”就是其中一首:家有八節竹一莖,为因盛米不均平;下頭三節三生九,上梢三節貯三升;唯有中間二節竹,要将米数次第盛;若是先生能算法,也教算得到天明!大意是:用一根8节长的竹子盛米,每节竹筒盛米的容积是不均匀的.下端3节可盛米3.9升,上端3节可盛米3升,要按依次盛米容积相差同一数量的方式盛米,中间两节可盛米多少升.由以上条件,要求计算出这根八节竹筒盛米的容积总共为( )(A)9.0升(B)9.1升(C)9.2升(D)9.3升5.(2017·黑龙江哈尔滨模拟)一个五面体的三视图如图,正视图是等腰直角三角形,侧视图是直角三角形,则此五面体的体积为( )第5题图(A)1(B)2(C)3(D)46.(x+)(2x-)5的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中的常数项为( )ax (A)-40 (B)-20 (C)20 (D)407.富华中学的一个文学兴趣小组中,三位同学张博源、高家铭和刘雨恒分别从莎士比亚、雨果和曹雪芹三位名家中选择了一位进行性格研究,并且他们选择的名家各不相同.三位同学一起来找图书管理员刘老师,让刘老师猜猜他们三人各自的研究对象.刘老师猜了三句话:“①张博源研究的是莎士比亚;②刘雨恒研究的肯定不是曹雪芹;③高家铭自然不会研究莎士比亚.”很可惜,刘老师的这种猜法,只猜对了一句,据此可以推知张博源、高家铭和刘雨恒分别研究的是( )(A)曹雪芹、莎士比亚、雨果 (B)雨果、莎士比亚、曹雪芹(C)莎士比亚、雨果、曹雪芹 (D)曹雪芹、雨果、莎士比亚8.(2017·山东济宁一模)执行如图所示的程序框图,若输入的x,y∈R,那么输出的S 的最大值为( )第8题图(A)0 (B)1 (C)2 (D)39.(2018·开封模拟)如图,在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1,O 2,这两个球相外切,且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切,球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切,则两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影是( )10.如图,F 1,F 2是双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过F 2的直线与双曲线C 交于A,By 2b 2两点.若|AB|∶|BF 1|∶|AF 1|=3∶4∶5.则双曲线的离心率为( )第10题图(A) (B)2(C)3 (D)11.(2017·宁夏银川二模)设函数f′(x)是定义在(0,π)上的函数f(x)的导函数,有f(x)sin x-f′(x)cos x<0,a=f(),b=0,c=-f(),则( )125π6(A)a<b<c(B)b<c<a(C)c<b<a (D)c<a<b12.已知函数f(x)=sin(ωx+ϕ)(ω>0,|ϕ|<),f(0)=,f(x)在A(x 0,y 0)处取得极大值,12B(x 0-,0),C(x 0,-y 0),△ABC 是锐角三角形,则下列结论正确的是( )π2ω(A)存在x∈(0,),使得f(x)=1成立23(B)若存在x>0,使得f(x)=1,则必有x>23(C)存在m>0,使得f(x)在(0,m)内单调递减(D)存在x∈(0,),使得f(x)=0成立43第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21题为必考题,每个试题考生必须作答.第22,23题为选考题,考生根据要求作答.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.(2017·辽宁抚顺市高考一模改编)在一次马拉松比赛中,30名运动员的成绩(单位:分钟)的茎叶图如图所示.若将运动员按成绩由好到差编号为1~30号,再用系统抽样方法从中抽取6人,则其中成绩在区间[130,151]上的运动员人数是 .14.(2018·广东模拟)设x,y 满足约束条件则z=x+y 的最大值为 . {x ‒y ≤6,4x +5y ≤6,5x +4y ≥3,15.(2017·云南省大理州高考一模)若数列{a n }的首项a 1=2,且a n+1= 3a n +2(n∈N *),令b n =log 3(a n +1),则b 1+b 2+b 3+…+b 100= .16.(2017·福建省莆田市高考一模)设F 为抛物线C:y 2=4x 的焦点,过F 的直线l 与C 相交于A,B 两点,线段AB 的垂直平分线交x 轴于点M,若|AB|=6,则|FM|= . 三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(本小题满分12分)如图所示,在△ABC 中,B=,=λ(0<λ<1),AD=BD=,AC=.2π333(1)求证:△ABD 是等腰三角形;(2)求λ的值以及△ABC 的面积.18.(本小题满分12分)(2018·湖南百所重点中学诊断)已知某企业近3年的前7个月的月利润(单位:百万元)如下面的折线图所示.(1)试问这3年的前7个月中哪个月的月平均利润较高?(2)通过计算判断这3年的前7个月的总利润的发展趋势;(3)试以第3年的前4个月的数据(如表),用线性回归的拟合模式估计第3年8月份的利润.月份1234利润y(单位:百万元)4466相关公式:==,=-.^bx 19.(本小题满分12分)如图所示,AB 是半圆O 的直径,C 是半圆O 上除了A,B 外的一个动点,DC 垂直于半圆O 所在的平面,DC=EB,DC∥EB,AB=4,tan∠EAB=.14(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当AC=BC 时,求二面角D AE B 的余弦值.20.(本小题满分12分)(2017·河南商丘三模)已知O 为坐标原点,抛物线C:y 2=nx(n>0)在第一象限内的点P(2,t)到焦点的距离为,曲线C 在点P 处的切线交x 轴于点Q,直线l 1经过点Q 且垂直于x 轴.52(1)求线段OQ 的长;(2)设不经过点P 和Q 的动直线l 2:x=my+b 交曲线C 于点A 和B,交l 1于点E,若直线PA,PE,PB 的斜率依次成等差数列,试问:l 2是否过定点?请说明理由.21.(本小题满分12分)已知函数f(x)=+ax+2ln x(a∈R)在x=2处取得极值.(1)求实数a 的值及函数f(x)的单调区间;(2)已知方程f(x)=m 有三个实根x 1,x 2,x 3(x 1<x 2<x 3),求证:x 3-x 1<2. 请考生在第22,23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.22.(本小题满分10分)选修44:坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中,以O 为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线l 的参数方程为(t为参数),曲线C 1的方程为{x =t ,y =at ρ(ρ-4sin θ)=12,定点A(6,0),点P 是曲线C 1上的动点,Q 为AP 的中点.(1)求点Q 的轨迹C 2的直角坐标方程;(2)直线l 与直线C 2交于M,N 两点,若|MN|≥2,求实数a 的取值范围.23.(本小题满分10分)选修45:不等式选讲已知不等式|x|+|x-3|<x+6的解集为(m,n).(1)求m,n 的值;(2)若x>0,y>0,nx+y+m=0,求证:x+y≥16xy.1.A ==-3+3i,6i (1+i )2所以虚部为3.故选A.2.D 因为函数f(x)与g(x)的图象关于直线y=x 对称,且g(3)=2,所以f(2)=3.因为函数f(x)为偶函数,所以f(-2)=f(2)=3.故选D.3.D 由于特称命题的否定形式是全称命题,全称命题的否定形式是特称命题,所以“∀x∈R,∃n∈N *,使得n≥x 2”的否定形式为“∃x∈R,∀n∈N *,使得n<x 2”.4.C 由题意要按依次盛米容积相差同一数量的方式盛米,设相差的同一数量为d 升,下端第一节盛米a 1升,由题意得解得a 1=1.36,d=-0.06,{3a 1+3d =3.9,8a 1+28d ‒(5a 1+10d )=3,所以中间两节可盛米的容积为a 4+a 5=(a 1+3d)+(a 1+4d)=2a 1+7d=2.3.这根八节竹筒盛米的容积总共为2.3+3.9+3=9.2(升).故选C.5.B 由三视图可得,该几何体是一个四棱锥,且底面是一个上、下底分别为1和2,高为2的直角梯形,棱锥高为2,所以该四棱锥的体积是V=××(1+2)×2×2=2.故选B.13126.D 在(x+)(2x-)5中,令x=1,得(1+a)(2-1)5=2,即a=1.原式=x·(2x-)5+(2x-)5,故ax 常数项为x·(2x)2(-)3+·(2x)3·=-40+80=40.故选D.(‒1x )27.A 假设“张博源研究的是莎士比亚”正确,那么“高家铭自然不会研究莎士比亚”也是正确的,这不符合“刘老师只猜对了一句”这一条件,所以假设错误;假设“高家铭自然不会研究莎士比亚”正确,故①不正确,即张博源研究的不是莎士比亚,②不正确,即刘雨恒研究的肯定是曹雪芹.这样的话莎士比亚没人研究了,所以此假设错误;前两次假设都是错误的,那么“刘雨恒研究的肯定不是曹雪芹”就是老师猜对了的那句,那么其他两句话是猜错的,即高家铭研究莎士比亚,那么张博源只能研究曹雪芹,刘雨恒研究雨果.故顺序为曹雪芹、莎士比亚、雨果,故选A.8.C 由程序框图知,算法的功能是求可行域内,目标函数S=2x+y 的最大值,画出可行域,如图中阴影所示.当x=1,y=0时,S=2x+y 的值最大,且最大值为2.故选C.9.B 由题意可以判断出两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影与正方形相切,排除C,D,把其中一个球扩大为与正方体相切,则另一个球被挡住一部分,由于两球半径不等,所以排除A;B 正确.故选B.10.A 因为|AB|∶|BF 1|∶|AF 1|=3∶4∶5,所以设|AB|=3x,|BF 1|=4x,|AF 1|=5x,所以△ABF 1为直角三角形.又点B 在双曲线左支上,则|BF 2|-|BF 1|=2a,故|BF 2|=|BF 1|+2a=4x+2a,从而可知|AF 2|=x+2a,又|AF 1|-|AF 2|=2a,则5x-x-2a=2a,因此x=a.Rt△F 1BF 2中,|BF 2|2+|BF 1|2=4c 2,即(4x+2a)2+(4x)2=4c 2,所以(4a+2a)2+(4a)2=4c 2.整理得52a 2=4c 2,即=13,因此=,即e=.c 2a 2ca 11.A 令g(x)=f(x)cos x,则g′(x)=f′(x)cos x-f(x)sin x>0,当0<x<π时,g(x)在(0,π)上单调递增,因为0<<<<π,5π6所以cos f()<cos f()<cos f(),π25π65π6化为f()<0<-f(),即a<b<c,故选A.125π612.B 由f(0)=,得sin ϕ=,又|ϕ|<,所以ϕ=,1212即f(x)=sin(ωx+),当ωx+=+2kπ,k∈Z,即x=+,k∈Z 时,f(x)取得极大值1,π3ω2kπω即A(+,1),又△ABC 是锐角三角形,BC=BA,π3ω2kπω因而∠ABC<,则<1,∈(,+∞),1ω则x=+>+4k,k∈Z,若x>0,则k≥0,得x>,因而A 错误,B 正确,由-π3ω2kπω2323+2kπ≤ωx+≤+2kπ得-+≤x≤+,则对m>0,使得f(x)在(0,m)内单调递2π3ω2kπωπ3ω2kπω增或有增有减,C 错误,若f(x)=0,则ωx+=kπ,k∈Z,即x=-,k∈Z,当k>0时,x>2k-≥,x>,kπωπ6ω135353当k≤0时,x<2k-≤-,则x ∉(0,),D 错误.故选B.13134313.解析:将运动员按成绩由好到差分成6组,则第1组为(130,130, 133,134,135),第2组为(136,136,138,138,138),第3组为(141,141, 141,142,142),第4组为(142,143,143,144,144),第5组为(145,145, 145,150,151),第6组为(152,152,153,153,153),故成绩在区间[130, 151]内的恰有5组,共25人,故应抽取6×=5(人).2530答案:514.解析:作可行域如图阴影部分所示,其中A(-1,2),B(4,-2),C(3,-3),当直线y=-x+z 过点B(4,-2)时,z=x+y 取得最大值,最大值为2.答案:215.解析:因为数列{a n }的首项a 1=2,且a n+1=3a n +2(n∈N *),所以+1=3(a n +1),a 1+1=3,a n +1所以{a n +1}是首项为3,公比为3的等比数列,所以a n +1=3n ,所以b n =log 3(a n +1)=log 33n =n,所以b 1+b 2+b 3+…+b 100=1+2+3+…+100==5 050.答案:5 05016.解析:因为抛物线y 2=4x,所以p=2,设直线l 的方程为y=k(x-1),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),直线y=k(x-1)代入y 2=4x,整理可得k 2x 2-(2k 2+4)x+k 2=0,所以x 1+x 2=2+,利用抛物线定义,x 1+x 2=|AB|-p=6-2=4.所以AB 中点横坐标为2,所以2+=4,所以k=±,AB 中点纵坐标为k,2AB 的垂直平分线方程为y-k=-(x-2),令y=0,可得x=4,所以|FM|=3.答案:317.(1)证明:在△ABD 中,AD=,BD=1,所以由正弦定理=,得sin∠BAD=3AD sinB BDsin∠BAD =,12所以∠BAD=,所以∠ADB=π--=,2π3所以△ABD 是等腰三角形.(2)解:由(1)知∠BAD=∠BDA=,所以AB=BD=1,∠ADC=.5π6在△ACD 中,由余弦定理AC 2=AD 2+CD 2-2AD·CD·cos∠ADC,得13=3+CD 2-2××CD×(-).3整理得CD 2+3CD-10=0,解得CD=-5(舍去),CD=2,所以BC=BD+CD=3,所以λ=.13所以S △ABC =AB·BC·sin B=×1×3×=.121233418.解:(1)由折线图可知5月和6月的月平均利润最高.(2)第1年前7个月的总利润为1+2+3+5+6+7+4=28(百万元),第2年前7个月的总利润为2+5+5+4+5+5+5=31(百万元),第3年前7个月的总利润为4+4+6+6+7+6+8=41(百万元),所以这3年的前7个月的总利润呈上升趋势.(3)因为=2.5,=5,=12+22+32+42=30,x i y i =1×4+2×4+3×6+4×6=54,4∑i =1所以==0.8,所以=5-2.5×0.8=3,所以=0.8x+3,当x=8时,=0.8×8+3=9.4.所以估计第3年8月份的利润为9.4百 万元.19.(1)证明:因为AB 是半圆O 的直径,所以BC⊥AC.因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥CB.所以BC⊥平面ACD.因为CD=EB,CD∥EB,所以BCDE 是平行四边形.所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD.因为DE ⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD.(2)解:依题意,EB=AB·tan∠EAB=4×=1,AC=BC=2.142如图所示,建立空间直角坐标系C xyz,则D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0).222所以=(-2,2,0),=(0,0,1),=(0,2,0),=(2,0,-1).222设平面DAE 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),则即{n 1·→DE =0,n 1·→DA =0,{22y 1=0,22x 1‒z 1=0.令x 1=1,得z 1=2,所以n 1=(1,0,2).22设平面ABE 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),则即{n 2·→BE =0,n 2·→AB =0,令x 2=1,得y 2=1,所以n 2=(1,1,0).所以cos<n 1,n 2>===.n 1·n 2|n 1||n 2|由图知,二面角D EA B 的平面角为钝角,所以二面角D EA B 的余弦值为-.20.解:(1)由抛物线C:y 2=nx(n>0)在第一象限内的点P(2,t)到焦点的距离为得2+=,5252所以n=2,故抛物线方程为y 2=2x,P(2,2).所以曲线C 在第一象限的图象对应的函数解析式为y=,则y′=.2x 故曲线C 在点P 处的切线斜率k==,12×212切线方程为y-2=(x-2),即x-2y+2=0.12令y=0得x=-2,所以点Q(-2,0),故线段OQ 的长为2.(2)由题意知l 1:x=-2,因为l 2与l 1相交,所以m≠0,将x=-2代入x=my+b,得y=-,故E(-2,-),b +2m b +2m 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),由消去x 得y 2-2my-2b=0,则y 1+y 2=2m,y 1y 2=-2b,直线PA 的斜率为==,y 1‒2x 1‒2同理直线PB 的斜率为,直线PE 的斜率为.因为直线PA,PE,PB 的斜率依次成等差数列,所以+=2×,即=.b +22m ‒b +2因为l 2不经过点Q,所以b≠-2.所以2m-b+2=2m,即b=2.故l 2:x=my+2,即l 2恒过定点(2,0).21.(1)解:由已知得f′(x)=x+a+(x>0),f′(2)=2+a+=0,所以a=-3,22所以f′(x)=x-3+==(x>0),(x ‒2)(x ‒1)x 令f′(x)>0,得0<x<1或x>2;令f′(x)<0,得1<x<2,所以函数f(x)的单调递增区间是(0,1),(2,+∞),单调递减区间是(1,2).(2)证明:由(1)可知函数f(x)的极小值为f(2)=2ln 2-4,极大值为f(1)=-,52可知方程f(x)=m 三个实根满足0<x 1<1<x 2<2<x 3,设h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则h′(x)=f′(x)+f′(2-x)=>0,则h(x)在(0,1)上单调递增,故h(x)<h(1)=f(1)-f(2-1)=0,即f(x)<f(2-x),x∈(0,1),所以f(x 2)=f(x 1)<f(2-x 1),由(1)知函数f(x)在(1,2)上单调递减,所以x 2>2-x 1,即x 1+x 2>2,①同理设g(x)=f(x)-f(4-x),x∈(1,2),则g′(x)=f′(x)+f′(4-x)=>0,则g(x)在(1,2)上单调递增,故g(x)<g(2)=f(2)-f(4-2)=0,即f(x)<f(4-x),x∈(1,2),f(x 3)=f(x 2)<f(4-x 2),由(1)知函数f(x)在(2,+∞)上单调递增,所以x 3<4-x 2,即x 3+x 2<4,②由①②可得x 3-x 1<2.22.解:(1)根据题意,由x=ρcos θ,y=ρsin θ,x 2+y 2=ρ2,曲线C 1的极坐标方程ρ(ρ-4sin θ)=12,可得曲线C 1的直角坐标方程为x 2+y 2-4y=12,设点P(x′,y′),Q(x,y),根据中点坐标公式,得{x '=2x ‒6,y '=2y ,代入x 2+y 2-4y=12,得点Q 的轨迹C 2的直角坐标方程为(x-3)2+(y-1)2=4.(2)直线l 的普通方程为y=ax,设圆心到直线的距离为d,由弦长公式可得|MN|=2≥2,3可得圆心(3,1)到直线l 的距离为d=≤,即4a 2-3a≤0,|3a ‒1|a 2+1解得0≤a≤,即实数a 的取值范围为[0,].343423.(1)解:由|x|+|x-3|<x+6,得或{x ≥3,x +x ‒3<x +6{0<x <3,3<x +6或{x ≤0,‒x +3‒x <x +6,解得-1<x<9,所以m=-1,n=9.(2)证明:由(1)知9x+y=1,又x>0,y>0,所以(+)(9x+y)=10++≥10+2=16,y x y x ×9x y 当且仅当=,即x=,y=时取等号,yx 14所以+≥16,即x+y≥16xy.。
仿真冲刺卷(五)
(时间分钟满分分)
第Ⅰ卷
一、选择题(本大题共小题,每小题分,共分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
.(·成都二诊)是虚数单位,则复数的虚部为( )
() () () ()
.(·浙江高考全真模拟)已知集合{≥},
{∈},则(∪)∩等于( )
(){} (){} (){} (){∈}
.命题“∀∈,∃∈*,使得≥”的否定形式是( )
()∀∈,∃∈*,使得< ()∀∈,∀∈*,使得<
()∃∈,∃∈*,使得< ()∃∈,∀∈*,使得<
.(·江西上饶市二模)《算法统宗》是中国古代数学名著.在这部著作中,许多数学问题都是以歌诀形式呈现的,“竹筒容米”就是其中一首:家有八節竹一莖,为因盛米不均平;下頭三節三生九,上梢三節貯三升;唯有中間二節竹,要将米数次第盛;若是先生能算法,也教算得到天明!大意是:用一根节长的竹子盛米,每节竹筒盛米的容积是不均匀的.下端节可盛米升,上端节可盛米升,要按依次盛米容积相差同一数量的方式盛米,中间两节可盛米多少升.由以上条件,要求计算出这根八节竹筒盛米的容积总共为( )
()升()升()升()升
.(·黑龙江哈尔滨模拟)一个五面体的三视图如图,正视图是等腰直角三角形,侧视图是直角三角形,则此五面体的体积为( )
第题图
() () () ()
.(·安徽淮北一模)函数()的图象大致为( )
.富华中学的一个文学兴趣小组中,三位同学张博源、高家铭和刘雨恒分别从莎士比亚、雨果和曹雪芹三位名家中选择了一位进行性格研究,并且他们选择的名家各不相同.三位同学一起来找图书管理员刘老师,让刘老师猜猜他们三人各自的研究对象.刘老师猜了三句话:“①张博源研究的是莎士比亚;②刘雨恒研究的肯定不是曹雪芹;③高家铭自然不会研究莎士比亚.”很可惜,刘老师的这种猜法,只猜对了一句,据此可以推知张博源、高家铭和刘雨恒分别研究的是( )
()曹雪芹、莎士比亚、雨果()雨果、莎士比亚、曹雪芹
()莎士比亚、雨果、曹雪芹()曹雪芹、雨果、莎士比亚
.(·山东济宁一模)执行如图所示的程序框图,若输入的∈,那么输出的的最大值为( )
第题图
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.(·开封模拟)如图,在一个正方体内放入两个半径不相等的球,这两个球相外切,且球与正方体共顶点的三个面相切,球与正方体共顶点的三个面相切,则两球在正方体的面上的正投影是( )。