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山西省2017年高考数学一模试卷(理科) WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:693886 上传时间:2024-05-30 格式:DOC 页数:28 大小:725.50KB
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资源描述

1、2017年山西省高考数学一模试卷(理科)一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每个小题给出的四个选项中,有且只有一项符合题目要求.1设复数z满足iz=1+2i,则z的共轭复数的虚部为()AiBiC1D12已知实数集R,集合,则M(RN)=()A1,8)B(0,5C1,5)D(0,8)3已知函数,a为实数,若f(2x)f(x),则x的取值范围是()A(,1B(,1C1,+)D1,+)4若双曲线的中心在坐标原点O,过C的右顶点和右焦点分别作垂直于x轴的直线,交C的渐近线于A,B和M,N,若OAB与OMN的面积之比为1:4,则C的渐近线方程为()Ay=xBCy=2xDy=3x5甲乙二

2、人争夺一场围棋比赛的冠军,若比赛为“三局两胜”制,甲在每局比赛中获胜的概率均为,且各局比赛结果相互独立,则在甲获得冠军的情况下,比赛进行了三局的概率为()ABCD6已知P是圆x2+y2=R2上的一个动点,过点P作曲线C的两条互相垂直的切线,切点分别为M,N,MN的中点为E若曲线C: +=1(ab0),且R2=a2+b2,则点E的轨迹方程为若曲线,且R2=a2b2,则点E的轨迹方程是()ABCD7(+1)7的展开式中x3的系数为()A1B1C7D78已知椭圆与直线y=x+3只有一个公共点,且椭圆的离心率为,则椭圆C的方程为()ABCD9已知函数的部分图象如图所示,将函数y=f(x)的图象向左平移

3、个单位,得到函数y=g(x)的图象,则函数y=g(x)在区间上的最大值为()A3BCD10如图,在ABC中,AB=BC=,ABC=90,点D为AC的中点,将ABD沿BD折起到PBD的位置,使PC=PD,连接PC,得到三棱锥PBCD,若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上,则该球的表面积是()AB3C5D711运行如图所示的程序框图,输出的数称为“水仙花数”(算术符号MOD表示取余数,如11MOD2=1)下列数中的“水仙花数”是()“水仙花数”是三位数;152是“水仙花数”;407是“水仙花数”A0B1C2D312已知函数(其中k为正整数,aR,a0),则f(x)的零点个数为()A2k2B2kC2k

4、1D与a有关二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13命题“xN,x21”的否定为14在ABC中,已知AB=2,AC=1,A=60,D为AB的中点,则向量在上的投影为15在ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且,则AC边上的高的最大值为16某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为三、解答题:本大题共5小题,共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.17已知数列an满足,nN*,等差数列bn满足a1=2b1,a2=b2(1)求bn;(2)记cn=a2n1b2n1+a2nb2n,求cn;(3)求数列anbn前2n项的和S2n18某种多面体玩具共有12个面,在

5、其十二个面上分别标有数字1,2,3,12若该玩具质地均匀,则抛掷该玩具后,任何一个数字所在的面朝上的概率均相等抛掷该玩具一次,记事件A=“向上的面标记的数字是完全平方数(记能写出整数的平方形式的数,如9=32,9是完全平方数)”(1)甲、乙二人利用该玩具进行游戏,并规定:甲抛掷一次,若事件A发生,则向上一面的点数的6倍为甲的得分;若事件A不发生,则甲得0分;乙抛掷一次,将向上的一面对应的数字作为乙的得分;() 甲、乙二人各抛掷该玩具一次,求二人得分的期望;()甲、乙二人各抛掷该玩具一次,求甲的得分不低于乙的概率;(2)抛掷该玩具一次,记事件B=“向上一面的点数不超过k(1k12)”,若事件A与

6、B相互独立,试求出所有的整数k19在三棱柱ABCA1B1C1中,AC=BC=2,ACB=120,D为A1B1的中点(1)证明:A1C平面BC1D;(2)若A1A=A1C,点A1在平面ABC的射影在AC上,且BC与平面BC1D所成角的正弦值为,求三棱柱ABCA1B1C1的高20已知抛物线C:y2=4x,直线l:x=1(1)若曲线C上存在一点Q,它到l的距离与到坐标原点的距离相等,求Q的坐标;(2)过直线l上任一点P作抛物线的两条切线,切点记为A,B,求证:直线AB过定点21已知函数(1)若函数为减函数,求a的取值范围;(2)若f(x)0恒成立,证明:a1b请考生在第22、23两题中任选一题作答,

7、如果两题都做,则按照所做的第一题给分;作答时,请用2B铅笔将答题卡上相应的题号涂黑选修4-4:参数方程与极坐标系22已知曲线C1的参数方程为(ab0,为参数),以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为=r(r0)(1)求曲线C1的普通方程与曲线C2的直角坐标方程,并讨论两曲线公共点的个数;(2)若bra,求由两曲线C1与C2交点围成的四边形面积的最大值选修4-5:不等式选讲23已知关于x的不等式x|xm|2m(1)当m=0时,求该不等式的解集;(2)当x2,3时,该不等式恒成立,求m的取值范围2017年山西省高考数学一模试卷(理科)参考答案与试题解析一、选择题

8、:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每个小题给出的四个选项中,有且只有一项符合题目要求.1设复数z满足iz=1+2i,则z的共轭复数的虚部为()AiBiC1D1【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、虚部的定义即可得出【解答】解:iz=1+2i,iiz=i(1+2i),z=i+2则z的共轭复数=2+i的虚部为1故选:D【点评】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义、虚部的定义,考查了推理能力与计算能力,属于基础题2已知实数集R,集合,则M(RN)=()A1,8)B(0,5C1,5)D(0,8)【考点】交、并、补集的混合运算【分析】集合M与N中不等式变

9、形后,分别求出解集确定出M与N,求出M与N补集的并集即可【解答】解:M=x|0x27,N=x|x1或x5,RN=x|1x5,M(RN)=x|0x5,故选B【点评】此题考查了交集及其运算,交、并、补集的混合运算,熟练掌握各自的定义是解本题的关键3已知函数,a为实数,若f(2x)f(x),则x的取值范围是()A(,1B(,1C1,+)D1,+)【考点】分段函数的应用【分析】根据分段函数的单调性即可判断【解答】解:由题意可得函数f(x)在R上为单调递增函数,f(2x)f(x),2xx,解得x1,故选:A【点评】本题考查函数的单调性的运用:解不等式,属于基础题4若双曲线的中心在坐标原点O,过C的右顶点

10、和右焦点分别作垂直于x轴的直线,交C的渐近线于A,B和M,N,若OAB与OMN的面积之比为1:4,则C的渐近线方程为()Ay=xBCy=2xDy=3x【考点】双曲线的简单性质【分析】由三角形的面积比等于相似比的平方,可得=,即可求出渐近线方程【解答】解:由三角形的面积比等于相似比的平方,则=,=4,=,C的渐近线方程为y=x,故选:B【点评】本题考查了双曲线的简单性质,属于基础题5甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军,若比赛为“三局两胜”制,甲在每局比赛中获胜的概率均为,且各局比赛结果相互独立,则在甲获得冠军的情况下,比赛进行了三局的概率为()ABCD【考点】条件概率与独立事件【分析】求出甲获得冠军

11、的概率、比赛进行了3局的概率,即可得出结论【解答】解:由题意,甲获得冠军的概率为+=,其中比赛进行了3局的概率为+=,所求概率为=,故选B【点评】本题考查条件概率,考查相互独立事件概率公式,属于中档题6已知P是圆x2+y2=R2上的一个动点,过点P作曲线C的两条互相垂直的切线,切点分别为M,N,MN的中点为E若曲线C: +=1(ab0),且R2=a2+b2,则点E的轨迹方程为若曲线,且R2=a2b2,则点E的轨迹方程是()ABCD【考点】类比推理【分析】由椭圆与双曲线的定义中的运算互为逆运算,即可得出结论【解答】解:由于椭圆与双曲线的定义中的运算互为逆运算,即加法与减法互为逆运算,猜想双曲线对

12、应的点E的轨迹方程为,故选A【点评】本题考查类比推理,考查学生分析解决问题的能力,正确类比是关键7(+1)7的展开式中x3的系数为()A1B1C7D7【考点】二项式系数的性质【分析】化(+1)7=1+()7,利用展开式通项公式Tr+1,求出()r展开式中x3项的系数即可【解答】解:(+1)7=1+()7 的展开式通项公式为:Tr+1=()r,对于()r,通项公式为:Tm+1=(2)m,令=3,得r=6+3m;根据0mr7,r、m为自然数,求得m=0,r=6;(+1)7展开式中x3项的系数为(2)0=7故选:D【点评】本题考查了二项式展开式中通项公式的灵活应用问题,是基础题8已知椭圆与直线y=x

13、+3只有一个公共点,且椭圆的离心率为,则椭圆C的方程为()ABCD【考点】椭圆的简单性质【分析】将直线方程代入椭圆方程,由=0,求得a2+b2=9,由题意的离心率公式,求得=,即可求得a和b的值,即可求得椭圆的方程【解答】解:由题意可知:,整理得:(a2+b2)x2+6a2x+9a2a2b2=0,则=0,则36a24(a2+b2)(9a2a2b2)=0,整理得:a2+b2=9,由题意的离心率e=,则=,由,解得:a2=5,b2=4,椭圆C的方程:,故选B【点评】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质,直线与椭圆的位置关系,考查计算能力,属于中档题9已知函数的部分图象如图所示,将函数y=f(x)的

14、图象向左平移个单位,得到函数y=g(x)的图象,则函数y=g(x)在区间上的最大值为()A3BCD【考点】函数y=Asin(x+)的图象变换【分析】利用函数的图象求出T,利用周期公式求出,利用函数的图象经过的特殊点,集合的范围,求出得到函数的解析式,进而可求g(x)解析式,利用正弦函数的性质即可得解【解答】解:由图象可知T=4,从而=,将(,0),(0,)在函数图象上,|,可得:=,A=3,f(x)=3sin(),可得:g(x)=3sin(x+)=3cos由x,可得:,可得:3cos3,故选:C【点评】本题考查由y=Asin(x+)的部分图象确定其解析式,函数y=Asin(x+)的图象变换,考

15、查计算能力,属于基础题10如图,在ABC中,AB=BC=,ABC=90,点D为AC的中点,将ABD沿BD折起到PBD的位置,使PC=PD,连接PC,得到三棱锥PBCD,若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上,则该球的表面积是()AB3C5D7【考点】球的体积和表面积【分析】由题意得该三棱锥的面PCD是边长为的正三角形,且BD平面PCD,求出三棱锥PBDC外接球半径R=,由此能示出该球的表面积【解答】解:由题意得该三棱锥的面PCD是边长为的正三角形,且BD平面PCD,设三棱锥PBDC外接球的球心为O,PCD外接圆的圆心为O1,则OO1面PCD,四边形OO1DB为直角梯形,由BD=,O1D=1,及OB

16、=OD,得OB=,外接球半径为R=,该球的表面积S=4R2=4=7故选:D【点评】本题考查球的表面积的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意三棱锥的外接球的性质的合理运用11运行如图所示的程序框图,输出的数称为“水仙花数”(算术符号MOD表示取余数,如11MOD2=1)下列数中的“水仙花数”是()“水仙花数”是三位数;152是“水仙花数”;407是“水仙花数”A0B1C2D3【考点】程序框图【分析】根据本程序框图的含义是:a表示一个数的个位数,b表示其十位数,c表示其百位数;验证题目中的命题是否正确即可【解答】解:本程序框图的含义是:a表示一个数的个位数,b表示其十位数,c表示其百位数;对于,

17、“水仙花数”是三位数,即100m=i999,正确;对于,152是“水仙花数”,由13+53+23152,不正确;对于,407是“水仙花数”,即407=43+03+73,正确;综上,正确的命题有2个故选:C【点评】本题考查了程序框图的应用问题,解题的关键是分析出程序的含义,是基础题12已知函数(其中k为正整数,aR,a0),则f(x)的零点个数为()A2k2B2kC2k1D与a有关【考点】正弦函数的图象【分析】函数f(x)零点的个数等于方程xcosxsinx=sinx,x(k,0)(0,k)解的个数;设y1=xcosxsinx,y2=sinx,利用导数研究两个函数的单调性与交点个数,即可求出答案

18、【解答】解:函数f(x)=xcosxsinxsinx,x(k,0)(0,k)的零点的个数等于方程xcosxsinx=sinx,x(k,0)(0,k)解的个数;设y1=xcosxsinx,y2=sinx,y1=xsinx,y1=xcosxsinx在,(5,4),(3,2),(,0),(0,),(2,3),(4,5),上单调递减;在,(4,3),(2,),(,2),(3,4),上单调递增;如图中实线所示;y2=a,由y1=xcosxsinx的图象可得:a0时,y2=sinx的图象,如图中虚线所示;则函数f(x)共有2k1个零点;由函数图象的对称性可得,当a0时,函数f(x)零点个数仍为2k1个故选

19、:C【点评】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题,也考查了函数零点与方程根的应用问题,是难题二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13命题“xN,x21”的否定为x0N,x021【考点】命题的否定【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题,写出结果即可【解答】解:因为全称命题的否定是特称命题,所以,命题“xN,x21”的否定为x0N,x021故答案为:x0N,x021【点评】本题考查命题的否定,全称命题与特称命题的否定关系,是基础题14在ABC中,已知AB=2,AC=1,A=60,D为AB的中点,则向量在上的投影为【考点】平面向量数量积的运算【分析】运用余弦定理可得BC,运用勾股

20、定理逆定理,可得ACB=90,ABC=30,再由共线向量和向量的投影可得向量在上的投影为|cos,计算可得【解答】解:在ABC中,已知AB=2,AC=1,A=60,由余弦定理可得BC2=AB2+AC22ABACcosA=4+1221=3,即有BC=,由AB2=AC2+BC2,可得ACB=90,ABC=30,D为AB的中点,可得=,即有向量在上的投影为|cos,=1()=故答案为:【点评】本题考查解三角形的余弦定理和勾股定理的运用,考查向量的投影的概念和求法,考查运算能力,属于中档题15在ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且,则AC边上的高的最大值为3【考点】余弦定理【分析】由已

21、知及三角形内角和定理,两角和的正弦函数公式可得: sinAcosB=sinAsinB,由sinA0,可得tanB=,结合B(0,)可求B,利用余弦定理,基本不等式可求12ac,进而利用三角形面积公式即可计算得解【解答】解:由sin(A+B)=sinC,及sinC=(sinA+cosA)sinB,可得: sinAcosB=sinAsinB,由于sinA0,可得:tanB=,结合B(0,),可得:B=,由b2=a2+c22accosB,可得:12=a2+c2acac,可得:SABC=acsinB=ac3,又由SABC=bh=h3,可得:h3,即AC边上的高的最大值为3故答案为:3【点评】本题主要考

22、查了三角形内角和定理,两角和的正弦函数公式,余弦定理,基本不等式,三角形面积公式在解三角形中的综合应用,考查了转化思想,属于中档题16某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】由已知中的三视图可得:该几何体是一个斜四棱柱与一个四棱锥的组合体,分别计算体积,相加可得答案【解答】解:由已知中的三视图可得:该几何体是一个斜四棱柱与一个四棱锥的组合体,其直观图如图所示:四棱柱的底面面积为2,高为2,故体积为4;四棱锥的底面面积为2,高为,故体积为:,故组合体的体积V=,故答案为:【点评】本题考查的知识点是棱锥的体积与表面积,棱柱的体积与表面积,简单几何体的三视图

23、,难度中档三、解答题:本大题共5小题,共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.17已知数列an满足,nN*,等差数列bn满足a1=2b1,a2=b2(1)求bn;(2)记cn=a2n1b2n1+a2nb2n,求cn;(3)求数列anbn前2n项的和S2n【考点】数列的求和;数列递推式【分析】(1)利用二倍角公式化简an,可得an=求出数列bn的首项和公差,则通项公式可求;(2)直接把an、bn的通项公式代入求解;(3)由(2)知,数列cn是以36为公差的等差数列,再由等差数列的前n项和公式得答案【解答】解:(1)由=2+1+cosn=3+cosn=于是,b2=a2=4,等差数列bn

24、的公差为3,则bn=1+3(n1)=3n2;(2)cn=a2n1b2n1+a2nb2n=23(2n1)2+432n2=36n18;(3)由(2)知,数列cn是以36为公差的等差数列,则S2n=a1b1+a2b2+a2n1b2n1+a2nb2n=【点评】本题考查数列递推式,考查了等差关系的确定,训练了等差数列前n项和的求法,是中档题18某种多面体玩具共有12个面,在其十二个面上分别标有数字1,2,3,12若该玩具质地均匀,则抛掷该玩具后,任何一个数字所在的面朝上的概率均相等抛掷该玩具一次,记事件A=“向上的面标记的数字是完全平方数(记能写出整数的平方形式的数,如9=32,9是完全平方数)”(1)

25、甲、乙二人利用该玩具进行游戏,并规定:甲抛掷一次,若事件A发生,则向上一面的点数的6倍为甲的得分;若事件A不发生,则甲得0分;乙抛掷一次,将向上的一面对应的数字作为乙的得分;() 甲、乙二人各抛掷该玩具一次,求二人得分的期望;()甲、乙二人各抛掷该玩具一次,求甲的得分不低于乙的概率;(2)抛掷该玩具一次,记事件B=“向上一面的点数不超过k(1k12)”,若事件A与B相互独立,试求出所有的整数k【考点】离散型随机变量及其分布列;古典概型及其概率计算公式【分析】(1)(i)设甲、乙二人抛掷该玩具后,得分分别为X,Y,X的可能取值为6,24,54,0,分别求出相应的概率,从而能求出甲得分的期望;Y的

26、可能取值为1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,且P(Y=i)=,i=1,2,3,12由此能求出乙得分的期望(ii)甲、乙二人各抛掷该玩具一次,甲的得分不低于乙的概率为:P=P(X=6,1Y6)+P(X=24)+P(X=54),由此能求出结果(2)抛掷玩具一次,基本事件总数共有12个,则事件A包含3个基本事件,推导出B事件包含的基本事件数必为4的倍数,即k4,8,12,由此进行分类讨论经,能求出k的所有值【解答】解:(1)(i)设甲、乙二人抛掷该玩具后,得分分别为X,Y,则X的可能取值为6,24,54,0,当X=6时,向上的点数为1,P(X=6)=,当X=24时,向上的点数为4

27、,P(X=24)=,当X=54时,向上的点数为9,P(X=54)=,当X=0时,向上的点数为42,52,122,有种情况,P(X=0)=,X的分布列为:X 6 24 54 0 P甲得分的期望为E(X)=7Y的可能取值为1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,且P(Y=i)=,i=1,2,3,12Y的分布列为:Y 12 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 P乙得分的期望为E(Y)=(1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12)=(ii)甲、乙二人各抛掷该玩具一次,甲的得分不低于乙的概率为:P=P(X=6,1Y6)+P(X=24)+P(X=54)=(2)抛掷玩具一

28、次,基本事件总数共有12个,记事件A=“向上的面标记的数字是完全平方数(记能写出整数的平方形式的数,如9=32,9是完全平方数)”记事件B=“向上一面的点数不超过k(1k12)”,则事件A包含3个基本事件,(1点,4点,9点),记n(AB),n(B)分别表示事件AB,B包含的基本事件个数,由P(AB)=P(A)P(B)及古典概率模型,得:=,n(B)=4n(AB),B事件包含的基本事件数必为4的倍数,即k4,8,12,当k=4时,n(B)=4,AB=1,4,n(AB)=2,不符合,当k=8时,n(B)=8,AB=1,4,n(AB)=2,符合,当k=12时,n(B)=12,AB=1,4,9,n(

29、AB)=3,符合,故k的所有值为8或12【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望的求法,考查概率的求法,考查满足条件的整数的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意古典概率模型的合理运用19在三棱柱ABCA1B1C1中,AC=BC=2,ACB=120,D为A1B1的中点(1)证明:A1C平面BC1D;(2)若A1A=A1C,点A1在平面ABC的射影在AC上,且BC与平面BC1D所成角的正弦值为,求三棱柱ABCA1B1C1的高【考点】直线与平面所成的角;直线与平面平行的判定【分析】()连结B1C交BC1于点E,连结DEDEA1C,得A1C平面BC1D;()取AC的中点O,连结A1O,点A1在面AB

30、C上的射影在AC上,且A1A=A1C则A1O面ABC,则可建立如图的空间直角坐标系Oxyz,设A1O=a求出面BC1D的法向量,由BC与平面BC1D所成角的正弦值为,即|cos|=|=,可得a=【解答】解:()证明:连结B1C交BC1于点E,连结DE则E是B1C的中点,又D为A1B1,所以DEA1C1,且DE面BC1D,A1CBC1D,A1C平面BC1D;()取AC的中点O,连结A1O,点A1在面ABC上的射影在AC上,且A1A=A1CA1O面ABC,则可建立如图的空间直角坐标系Oxyz,设A1O=aAC=BC=2,ACB=120,则B(2,0),C(1,0,0),C1(2,0,a),D(,a

31、),设为面BC1D的法向量,取y=a,则,由BC与平面BC1D所成角的正弦值为,即|cos|=|=,可得a=三棱柱ABCA1B1C1的高【点评】本题考查了空间线面平行,向量法求空间角,空间想象能力、计算能力,属于中档题20已知抛物线C:y2=4x,直线l:x=1(1)若曲线C上存在一点Q,它到l的距离与到坐标原点的距离相等,求Q的坐标;(2)过直线l上任一点P作抛物线的两条切线,切点记为A,B,求证:直线AB过定点【考点】抛物线的简单性质【分析】(1)设Q(x,y),则(x+1)2=x2+y2,即y2=2x+1,与抛物线方程联立,得Q的坐标;(2)先通过特例求出定点,再证明一般性结论【解答】(

32、1)解:设Q(x,y),则(x+1)2=x2+y2,即y2=2x+1,与抛物线方程联立,得Q(,);(2)证明:设直线方程为yt=k(x+1)(k0),代入抛物线方程整理得ky24y+4t+4k=0,=0,可得k2+kt1=0特别地,t=0,k=1,这时切点为A(1,2),B(1,2),AB过定点F(1,0)一般地,k1+k2=t,k1k2=1,切点为A(,),B(,),=(1,),=(1,),(1)=1)=0,AB过点F(1,0),综上所述,直线AB过点F(1,0)【点评】本题考查轨迹方程,考查直线过定点,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题21已知函数(1)若函数为减函数,求a的取值范围

33、;(2)若f(x)0恒成立,证明:a1b【考点】利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性【分析】(1)求出函数g(x)的导数,根据g(x)0,分离参数a,求出a的范围即可;(2)求出函数f(x)的导数,令y=ax2+x+1,通过讨论a的范围,令x0=,根据函数的单调性得到bax0lnx0,a=,从而证出结论即可【解答】解:(1)g(x)=f(x)+=lnx+ax+b,x0,g(x)=+a,x0,g(x)为减函数,g(x)0,即a=,a;(2)证明:f(x)=+a=,(x0),令y=ax2+x+1,a0时,f(x)0,函数f(x)在(0,+)递增,不满足f(x)0恒成立,当a0时,

34、=14a0,由ax2+x+1=0,得x=0或x=0,设x0=,函数f(x)在(0,x0)上递增,在(x0,+)递减,又f(x)0恒成立,故f(x0)0,即lnx0+ax0+b0,由上式得bax0lnx0,由a+x0+1=0得a=,a+bax0lnx0=lnx0+1,令t=,t0,h(t)=lnt+tt2+1,h(t)=,0t1时,h(t)0,函数h(t)在(0,1)递增,t1时,h(t)0,函数h(t)在(1,+)递减,h(t)h(1)=1,故a+b1,即a1b【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及分类讨论思想,是一道综合题请考生在第22、23两题中任选一题作答,如果两题

35、都做,则按照所做的第一题给分;作答时,请用2B铅笔将答题卡上相应的题号涂黑选修4-4:参数方程与极坐标系22已知曲线C1的参数方程为(ab0,为参数),以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为=r(r0)(1)求曲线C1的普通方程与曲线C2的直角坐标方程,并讨论两曲线公共点的个数;(2)若bra,求由两曲线C1与C2交点围成的四边形面积的最大值【考点】参数方程化成普通方程;简单曲线的极坐标方程【分析】(1)方程化为普通方程,即可讨论两曲线公共点的个数;(2)若bra,两曲线均关于x,y轴、原点对称,四边形也关于x,y轴、原点对称,即可求由两曲线C1与C2交点围

36、成的四边形面积的最大值【解答】解:(1)曲线C1的参数方程为(ab0,为参数),普通方程为+=1,曲线C2的极坐标方程为=r(r0),直角坐标方程为x2+y2=r2,r=a或b时,两曲线有两个公共点;bra时,两曲线有四个公共点;0rb或ra时,两曲线无公共点;(2)两曲线均关于x,y轴、原点对称,四边形也关于x,y轴、原点对称,设四边形位于第一象限的点为(acos,bsin),则四边形的面积为S=4acosbsin=2absin22ab,当且仅当sin2=1,即=45时,等号成立【点评】本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程的转化,考查三角函数知识的运用,属于中档题选修4-5:不等式选讲23

37、(2017山西一模)已知关于x的不等式x|xm|2m(1)当m=0时,求该不等式的解集;(2)当x2,3时,该不等式恒成立,求m的取值范围【考点】绝对值三角不等式;绝对值不等式的解法【分析】(1)根据题意,若m=0时,原不等式为:x|x|20,进而变形可得或,解可得x的取值范围,即可得答案;(2)根据题意,由x2,3,将原不等式变形可得:|xm|,分m2与m2两种情况讨论,分别求出m的取值范围,综合可得答案【解答】解:(1)根据题意,当m=0时,原不等式为:x|x|20,等价于或,解可得x,故原不等式的解集为x|x;(2)当x2,3时,原不等式变形可得:|xm|,当m2时,m+20,式恒成立;当m2时,即m+20时,式等价于xm或xm,化简可得:x22m(x+1)或x2+2m(x+1),又由x2,3,则有x+10且x10,则可以变形为m或m;又由=x1, =x1+2;又由x2,3,则()min=,()max=6;则有m或m6;故m的取值范围是m|m或m6【点评】本题考查绝对值不等式的运用以及解法,关键是熟练掌握绝对值三角不等式

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