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山西省太原市2020届高三数学模拟考试试题(二)理(含解析).doc

上传人:高**** 文档编号:750990 上传时间:2024-05-30 格式:DOC 页数:28 大小:1.93MB
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资源描述

1、山西省太原市2020届高三数学模拟考试试题(二)理(含解析)一、选择题(共12小题).1.已知集合,则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先解不等式得到或,再根据即可得到答案.【详解】因为或,所以,故选:A【点睛】本题主要考查集合的运算,同时考查了一元二次不等式的解法,属于简单题.2.已知是实数,是纯虚数,则 等于( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析:由题意结合复数的运算法则整理计算即可求得最终结果.详解:由题意可知:,为纯虚数,则:,据此可知.本题选择D选项.点睛:本题主要考查复数的运算法则及其应用,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.已知,则的大

2、小关系为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用等中间值区分各个数值的大小【详解】,故,所以故选A【点睛】本题考查大小比较问题,关键选择中间量和函数的单调性进行比较4.下边程序框图的算法源于我国古代闻名中外的中国剩余定理.表示正整数除以正整数的余数为,例如.执行该程序框图,则输出的等于( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据程序框图依次执行循环,直至跳出循环,输出结果.【详解】继续执行循环:继续执行循环:继续执行循环:继续执行循环:继续执行循环:继续执行循环:跳出循环,输出故选:D【点睛】本题考查循环结构流程图,考查基本分析求解能力,属基础题.5.若是两

3、个非零向量,且.则向量与夹角的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设|=|=t,设向量与夹角为,由已知和 t2,计算出后,由向量数量积求出,由的范围可得结论【详解】根据题意,设|=|=t,则|=mt,再设向量与夹角为,则有|2=()222+2=m2t2,变形可得 t2,则有|2=()22222t22(t2)=4t2m2t2,变形可得|t,则cos,又由1m,则1,则有cos,又由0,则有,即的取值范围为,;故选:C.【点睛】本题考查求平面向量间的夹角,掌握平面向量数量积的定义是解题关键6.函数的图象大致为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】计算

4、导数,通过导数判断原函数的单调性,然后判断大小关系,可得结果.【详解】由题可知:函数定义为当时,当时,所以可知:原函数在递增,在递减令,则当时,当时,则在递减,且在递增,所以函数在定义域中,函数值均大于故选:A【点睛】本题主要考查了函数图象的识别问题,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属中档题.7.圆周率是数学中一个非常重要的数,历史上许多中外数学家利用各种办法对进行了估算.现利用下列实验我们也可对圆周率进行估算.假设某校共有学生N人,让每人随机写出一对小于1的正实数a,b,再统计出a,b,1能构造锐角三角形的人数M,利用所学的有关知识,则可估计出的值是( )A. B. C. D. 【答案】

5、B【解析】【分析】首先求出0a1,0b1,构成的区域面积,然后利用余弦定理求出满足是锐角三角形所构成的区域,然后利用几何概型面积比即可求解.【详解】学校共有学生N人,每人随机写出一对小于1的正实数a,b,得到N个实数对(a,b),因为0a1,0b1,所以N个实数对(a,b)都在边长为1的正方形AOBC内,如图所示:若a,b,1能构造锐角三角形,因为1是最长边,所以1所对的角为锐角,所以,即a2+b21,所以N对实数对落在单位圆x2+y2=1外的有M对,由几何概率的概率公式可得:,所以,故选:B.【点睛】本题考查了几何概型面积比,几何概型的应用,解题的关键是求出满足条件的事件所构成的区域面积,属

6、于基础题.8.设奇函数在上为增函数,且,则不等式的解集为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】由f(x)为奇函数可知,0时,f(x)0f(1);当x0f(1)又f(x)在(0,)上为增函数,奇函数f(x)在(,0)上为增函数所以0x1,或1x0. 选D点睛:解函数不等式:首先根据函数的性质把不等式转化为的形式,然后根据函数的单调性去掉“”,转化为具体的不等式(组),此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内9.过抛物线y2=4x的焦点的直线l与抛物线交于A,B两点,设点M(3,0).若MAB的面积为,则|AB|=( )A. 2B. 4C. D. 8【答案】D【解析】【分析】设直线l的方

7、程为x=ty+1,将直线与抛物线联立,利用韦达定理以及弦长公式表示出|AB|,根据三角形的面积求出|y1y2|=4,代入计算即可求解.【详解】抛物线y2=4x的焦点F为(1,0),可设直线l的方程为x=ty+1,代入抛物线方程,可得y24ty4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),可得y1+y2=4t,y1y2=4,则|AB|.|y1y2| . .,MAB的面积为|MF|.|y1y2|2|y1y2|=4,即4,解得t=1,则|AB| 8,故选:D.【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系、弦长公式,考查了基本运算求解能力,属于基础题.10.已知数列an的前n项和为Sn,且满足an.数列b

8、n满足则数列bn的前100项和T100为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知求出,归纳猜测出,再用数学归纳法证明猜测对于成立,进而求出数列bn通项公式,用裂项相消法,即可求出结论.【详解】,当n=1时,有a1,解得a1;当n=2时,可解得a2,故猜想:an,下面利用数学归纳法证明猜想:当n=1,2时,由以上知道an显然成立;假设当n=k(k2)时,有ak成立,此时Sk成立,那么当n=k+1时,有,解得ak+1,这说明当n=k+1时也成立.由知:an.,数列bn的前100项和.故选:C.【点睛】本题考查数学归纳法证明数列通项公式,以及裂项相消法求数列的前项和,考查计算求

9、解能力,属于中档题.11.对于函数.有下列说法:的值城为;当且仅当时,函数取得最大值;函数的最小正周期是;当且仅当时,.其中正确结论的个数是( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】根据题意,先得到,作出函数的图像,结合函数图像,逐项判断,即可得出结果.【详解】因为,作出函数的图象,如图所示:所以,的值城为,错误;函数的最小正周期是,错误;当且仅当时,函数取得最大值,正确;当且仅当时,正确.故选:B.【点睛】本题主要考查三角函数的性质,熟记正弦函数与余弦函数的图像和性质即可,属于常考题型.12.三棱锥PABC中.ABBC,PAC为等边三角形,二面角PACB的余弦值为,当三

10、棱锥的体积最大时,其外接球的表面积为8.则三棱锥体积的最大值为( )A. 1B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知作出图象,找出二面角的平面角,设出AB,BC,AC的长,即可求出三棱锥的高,然后利用基本不等式即可确定三棱锥体积的最大值(用含有AC长度的字母表示),再设出球心O,由球的表面积求得半径,根据球的几何性质,利用球心距,半径,底面半径之间的关系求得AC的长度,则三棱锥体积的最大值可求.【详解】如图所示,过点P作PE面ABC,垂足为E,过点E作EDAC交AC于点D,连接PD,则PDE为二面角PACB的平面角的补角,即有cosPDE,易知AC面PDE,则ACPD,而PAC为等

11、边三角形,D为AC中点,设AB=a,BC=b,ACc,则PE=PDsinPDEc,故三棱锥PABC的体积为:Vab,当且仅当a=b时,体积最大,此时B、D、E共线.设三棱锥PABC的外接球的球心为O,半径为R,由已知,4R2=8,得R.过点O作OFPE于F,则四边形ODEF为矩形,则ODEF,ED=OF=PDcosPDE,PE,在RtPFO中,()2,解得c2.三棱锥PABC的体积的最大值为:.故选:D.【点睛】本题考查三棱锥体积最值的求法与三棱锥外接球的表面积的求法,涉及二面角的运用,基本不等式的应用,以及球的几何性质的应用,属于难题.二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.

12、已知的展开式中,的系数为,则正实数_【答案】【解析】【分析】,然后利用展开式的通项公式研究【详解】解:,故原式展开式中,含的项为,令,得,或(舍去),故答案:【点睛】本题主要考查二项展开式通项公式的应用,属于基础题14.已知双曲线的左右顶点分别为,点是双曲线上一点,若为等腰三角形,则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】首先根据题意画出图形,由已知条件求出,代入双曲线方程得到,再求离心率即可.【详解】如图所示:过点做轴,垂足为.因为为等腰三角形,所以,又因为,所以.,故.因为点在双曲线上,所以,即.故答案为:【点睛】本题主要考查双曲线离心率的求法,同时考查了数形结合的思想,属于中档题.1

13、5.已知数列an满足(nN*),且a2=6,则an的通项公式为_.【答案】【解析】【分析】由题意令n=1可得a1,当时,转化条件可得,进而可得,即可得解.【详解】因为数列an满足(nN*),所以,当n=1时,即a1=1,当时,由可得,数列从第二项开始是常数列,又,又满足上式,.故答案为:.【点睛】本题考查了利用数列的递推公式求数列的通项公式,考查了构造新数列的能力与运算求解能力,合理构造新数列是解题的关键,同时要注意n的取值范围,属于中档题.16.改革开放40年来,我国城市基础设施发生了巨大的变化,各种交通工具大大方便了人们的出行需求.某城市的A先生实行的是早九晚五的工作时间,上班通常乘坐公交

14、或地铁加步行.已知从家到最近的公交站或地铁站都需步行5分钟,乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z1(单位:分钟)服从正态分布N(33,42),下车后步行再到单位需要12分钟;乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间Z2(单位:分钟)服从正态分布N(44,22),从地铁站步行到单位需要5分钟.现有下列说法:若8:00出门,则乘坐公交一定不会迟到;若8:02出门,则乘坐公交和地铁上班迟到的可能性相同;若8:06出门,则乘坐公交比地铁上班迟到的可能性大;若8:12出门,则乘坐地铁比公交上班迟到的可能性大.则以上说法中正确的序号是_.参考数据:若ZN(,2),则P(Z+)=0.6826,P(2Z+2)=

15、0.9544,P(3Z+3)=0.9974【答案】【解析】【分析】利用正态分布对每一个说法求解其概率,逐项分析,即可选出正确答案【详解】解:若8:00出门,江先生乘坐公交,从家到车站需要5分钟,下车后步行再到单位需要12分钟,乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间服从正态分布,故,江先生仍有可能迟到,只不过概率较小,故错误;若8:02出门,江先生乘坐公交,从家到车站需要5分钟,下车后步行再到单位需要12分钟,乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间服从正态分布,故当满足P(Z41)时,江先生乘坐公交不会迟到;若8:02出门,江先生乘坐地铁,从家到车站需要5分钟,下地铁后步行再到单位需要5分钟,乘坐地

16、铁到离单位最近的地铁站所需时间服从正态分布,故当满足P(Z48)时,江先生乘坐地铁不会迟到,此时两种上班方式江先生不迟到的概率相当,故正确;若8:06出门,江先生乘坐公交,从家到车站需要5分钟,下车后步行再到单位需要12分钟,乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间服从正态分布,故当满足时,江先生乘坐公交不会迟到;若8:06出门,江先生乘坐地铁,从家到车站需要5分钟,下地铁后步行再到单位需要5分钟,乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间服从正态分布,故当满足时,江先生乘坐地铁不会迟到,此时两种上班方式,乘坐公交比地铁上班迟到的可能性小,故错误;若8:12出门,江先生乘坐公交,从家到车站需要5分钟,下

17、车后步行再到单位需要12分钟,乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间服从正态分布,故当满足时,江先生乘坐公交不会迟到,而;若8:12出门,江先生乘坐地铁,从家到车站需要5分钟,下地铁后步行再到单位需要5分钟,乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间服从正态分布,故当满足时,江先生乘坐地铁不会迟到,由,若8:12出门,则乘坐地铁比公交上班迟到的可能性大,故正确;故答案为:【点睛】本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义,考查正态分布中两个量和的应用,考查曲线的对称性,正确理解题意是关键,考查计算能力,属于中档题三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题,

18、每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共60分.17.ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,且ABC外接圆的半径为1.()求角C;()求ABC面积的最大值.【答案】();().【解析】【分析】()由正弦定理和题设条件,化简可得 ,即,由余弦定理求得,即可求得角C;()由余弦定理和基本不等式,求得,再利用三角形的面积公式,即可求得面积的最大值.【详解】()在中,由正弦定理,可得,又由,可得,整理得 ,即,由余弦定理可得,又因为,所以.()由正弦定理,可得,由余弦定理,可得,可得,当且仅当时等号成立,可得,当且仅当时等号成立,即面积的最大值为.

19、【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用,其中在解有关三角形的题目时,要抓住题设条件和利用某个定理的信息,合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键,着重考查了运算与求解能力18.如图,四边形ABCD是边长为4的菱形,BAD=60,对角线AC与BD相交于点O,四边形ACFE为梯形,EF/AC,点E在平面ABCD上的射影为OA的中点,AE与平面ABCD所成角为45.()求证:BD平面ACF;()求平面DEF与平面ABCD所成角的正弦值.【答案】()证明见解析;().【解析】【分析】()取AO中点H,连结EH,则EHBD,又ACBD,由此可证;()以H为原点,HA为x轴,在

20、平面ABCD中过H作AC的垂线为y轴,HE为z轴,建立空间直角坐标系,由()知,EAH为AE与平面ABCD所成的角,再根据平面的法向量的夹角即可求出答案详解】()证:取AO中点H,连结EH,则EH平面ABCD,BD在平面ABCD内,EHBD,又菱形ABCD中,ACBD,且EHAC=H,EH,AC在平面EACF内,BD平面EACF,BD平面ACF;()解:由()知EH平面ABCD,以H为原点,HA为x轴,在平面ABCD中过H作AC的垂线为y轴,HE为z轴,建立空间直角坐标系,EH平面ABCD,EAH为AE与平面ABCD所成的角,即EAH=45,AB=4,AO=2,AH,EH,H(0,0,0),A

21、(,0,0),D(,2,0),O(,0,0),E(0,0,),平面ABCD的法向量(0,0,1),(2,0,0),(),EFAC,(2,0,0),设平面DEF的法向量(x,y,z),则,取y,得(0,2),平面DEF与平面ABCD所成角的正弦值为【点睛】本题主要考查线面垂直的证明和二面角的求法,考查转化与化归思想,考查计算能力,属于中档题19.已知F1,F2是椭圆C:(ab0)左、右焦点,过椭圆的上顶点的直线x+y=1被椭圆截得的弦的中点坐标为.()求椭圆C的方程;()过F1的直线l交椭圆于A,B两点,当ABF2面积最大时,求直线l的方程.【答案】()y2=1;()xy0或x+y0.【解析】【

22、分析】()根据直线椭圆的过上顶点,得b=1,再利用点差法以及弦中点坐标解得a2=3,即得椭圆方程;()先设直线l方程并与椭圆方程联立,结合韦达定理,并以|F1F2|为底边长求ABF2面积函数关系式,在根据基本不等式求ABF2面积最大值,进而确定直线l的方程.【详解】()直线x+y=1与y轴的交于(0,1)点,b=1,设直线x+y=1与椭圆C交于点M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2,y1+y2,1,1,两式相减可得(x1x2)(x1+x2)(y1y2)(y1+y2)=0, 1,解得a2=3,椭圆C的方程为y2=1.()由()可得F1(,0),F2(,0),设A(x3,y3),B(x

23、4,y4),可设直线l的方程x=my,将直线l的方程x=my代入y2=1,可得(m2+3)y22my1=0,则y3+y4,y3y4,|y3y4|,|F1F2|y3y4|y3y4|,当且仅当,即m=1,ABF2面积最大,即直线l的方程为xy0或x+y0.【点睛】本题考查椭圆标准方程、点差法、基本不等式求最值以及利用韦达定理研究直线与椭圆位置关系,考查综合分析与求解能力,属中档题.20.为实现2020年全面建设小康社会,某地进行产业的升级改造.经市场调研和科学研判,准备大规模生产某高科技产品的一个核心部件,目前只有甲、乙两种设备可以独立生产该部件.如图是从甲设备生产的部件中随机抽取400件,对其核

24、心部件的尺寸x,进行统计整理的频率分布直方图.根据行业质量标准规定,该核心部件尺寸x满足:|x12|1为一级品,1|x12|2为二级品,|x12|2为三级品.()现根据频率分布直方图中的分组,用分层抽样的方法先从这400件样本中抽取40件产品,再从所抽取的40件产品中,抽取2件尺寸x12,15的产品,记为这2件产品中尺寸x14,15的产品个数,求的分布列和数学期望;()将甲设备生产的产品成箱包装出售时,需要进行检验.已知每箱有100件产品,每件产品的检验费用为50元.检验规定:若检验出三级品需更换为一级或二级品;若不检验,让三级品进入买家,厂家需向买家每件支付200元补偿.现从一箱产品中随机抽

25、检了10件,结果发现有1件三级品.若将甲设备的样本频率作为总体的慨率,以厂家支付费用作为决策依据,问是否对该箱中剩余产品进行一一检验?请说明理由;()为加大升级力度,厂家需增购设备.已知这种产品的利润如下:一级品的利润为500元/件;二级品的利润为400元/件;三级品的利润为200元/件.乙种设备产品中一、二、三级品的概率分别是,.若将甲设备的样本频率作为总体的概率,以厂家的利润作为决策依据.应选购哪种设备?请说明理由.【答案】()分布列见解析,;()不对剩余产品进行逐一检验,理由见解析;()应选购乙设备,理由见解析.【解析】【分析】(I)利用频率分布直方图中的频率(概率)求出尺寸在的产品件数

26、,及在的产品件数,得的可能取值为0,1,2,分别计算出概率得概率分布列,由分布列计算出期望;(II)三级品的概率为(0.1+0.075)1=0.175,计算对剩余产品逐一检验和对剩余产品不检验需支付的费用,比较后可得;(III)利用频率(概率)计算出两种方案的利润期望,比较可得【详解】(I)抽取的40件产品中,产品尺寸x12,15的件数为:40(0.2+0.175+0.075)1=18,其中x14,15的产品件数为40(0.0751)=3,的可能取值为0,1,2,P(=0),P(=1),P(=2),的分布列为:E012.(II)三级品的概率为(0.1+0.075)1=0.175,若对剩余产品逐

27、一检验,则厂家需支付费用50100=5000;若对剩余产品不检验,则厂家需支付费用5010+200900.175=3650,50003650,故不对剩余产品进行逐一检验.(III)设甲设备生产一件产品的利润为y1,乙设备生产一件产品的利润为y2,则E(y1)=500(0.3+0.2)+400(0.150+0.175)+2000.175=415,E(y2)=500400200420.E(y1)E(y2).应选购乙设备.【点睛】本题考查频率分布直方图,考查随机变量的概率分布列和期望,考查期望的应用,考查学生的数据处理能力和运算求解能力,属于中档题21.已知函数.()若函数有两个零点,求a的取值范围

28、;()恒成立,求a的取值范围.【答案】();().【解析】【分析】()先求导,对分类讨论,求出单调区间,结合零点存在性定理,即可求出结论;()分离参数转化为满足在上恒成立时,的取值范围,设,通过求导求出,即可求解.【详解】()由已知得x0,.当a0时,此时f(x)是增函数,故不存在两个零点;当a0时,由,得,此时 时,此时是增函数;当 时, ,此时是减函数,所以时,f(x)取得极大值,由f(x)有两个零点,所以,解得.又,所以f(x)在(0,)有唯一零点.再取,则.所以f(x)在有唯一实数根,所以a的取值范围是.()恒成立,即在上恒成立,即在上恒成立.令,则.令,则0所以在上递增,而,故存在使

29、得,即.令,所以在上递增,.而时,即,所以在上递减;时,即,故在上递增.所以时,取得极小值,也是最小值,a1.所以a的取值范围是.【点睛】本题考查函数导数的综合应用,涉及到函数的单调性、极值最值、零点,以及恒成立和最值的关系,确定极值点满足的条件是解题的关键,考查逻辑推理、数学计算能力,属于较难题.(二)选考题:共10分.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.作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.选修4-4:坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(t为参数),曲线C2的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点.x轴正半轴

30、为极轴建立极坐标系.()求曲线C1的普通方程和曲线C2的极坐标方程;()射线与曲线C2交于O,P两点,射线与曲线C1交于点Q,若OPQ的面积为1,求|OP|的值.【答案】(),;().【解析】【分析】()由曲线C1的参数方程消去参数t,即得曲线C1的普通方程. 由曲线C2的参数方程消去参数,得曲线C2的普通方程,根据,即得曲线C2的极坐标方程;()由()知,曲线C2的极坐标方程为,设点.曲线C1的普通方程化为极坐标方程得,则点.由,求出,即求的值.【详解】()曲线C1的参数方程为(t为参数),消去参数t,得曲线C1直角坐标方程为:.曲线C2的参数方程为(为参数),消去参数,得直角坐标方程为,根

31、据,得曲线C2的极坐标方程为.()由曲线C2的极坐标方程为,设点.由于直线C1的极坐标方程为,可得点, .|OP|4cos.【点睛】本题考查参数方程、普通方程和极坐标方程的互化,属于中档题.选修4-5:不等式选讲23.已知a,b,c为正实数,且a+b+c=1.()证明:;()证明:.【答案】()证明见解析;()证明见解析.【解析】【分析】()每个式子通分后把1用代换后分子应用基本不等式可证结论;()变形,三个分式中分子提取出来并变为,即原不等式左边,再用柯西不等式可证得结论【详解】证明:(),当且仅当“a=b=c”时取等号;(),当且仅当“a=b=c”时取等号.【点睛】本题考查用基本不等式和柯西不等式证明不等式成立,解题关键是要凑出基本不等式和柯西不等式的形式,然后才可得出结论,掌握基本不等式和柯西不等式是解题

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