1、百强校河北定州中学：新高二承智班数学周练试题（四）一、选择题：共12题 每题5分 共60分1已知函数f（x）=x22cosx，对于上的任意x1，x2，有如下条件：x1x2； |x1|x2；x1|x2|，其中能使恒成立的条件个数共有（ ）A1个 B2个 C3个 D4个2已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且当x0时，f（x）=ln（1x），则函数f（x）的大致图象为（ ）ABCD3函数的定义域为（ ）Ax|x0 Bx|x10 Cx|x1 Dx|x14对任意实数a，b定义运算“”：，设f（x）=（x21）（4+x），若函数y=f（x）+k的图象与x轴恰有三个不同交点，则k的取值范围是（ ）A（2
2、，1） B0，1 C2，0） D2，1）5若函数f（x）=2|xa|（aR）满足f（1+x）=f（3x），且f（x）在m，+）单调递增，则实数m的最小值为（ ）A2 B1 C2 D16已知集合A=1，1，B=x|xR，12x4，则AB等于（ ）A0，1 B1，1 C1 D1，0，17已知圆截直线所得弦的长度为，则实数的值为（ ）A-2 B-4 C-6 D-88已知点是圆 内的一点，直线是以为中点的弦所在直线，直线的方程为，那么 （ ） （A）与圆相交 （B）与圆相切（C）与圆相离 （D）与圆相离9设正方体的棱长为2，则点到平面的距离是（ ）A B C D10在平面上，若两个正三角形的边长之比1
3、:2，则它们的面积之比为1:4，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长之比为1:2，则它的体积比为（ ）A.1:4 B.1:6 C.1:8 D.1:911已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且；则此棱锥的体积为（ ）A. B. C. D. 12已知两个不重合的平面，和两条不同直线m，n，则下列说法正确的是（ ）A若mn，n，m，则B若，n，m，则mnC若mn，n，m，则D若，n，m，则mn二、填空题：共4题 每题5分 共20分13函数图象的对称中心的坐标为 14已知函数f（x）=sin+e|x1|，有下列四个结论：图象关于直线x=1对称；f（x）的最大值是2；f
4、（x）的最大值是1，；f（x）在区间2015，2015上有2015个零点其中正确的结论是 （写出所有正确的结论序号）15设直线与间的距离为，则 。16若直线上存在点可作圆的两条切线，切点为，且，则实数的取值范围为 三、解答题：共8题 共70分17已知a0，bR，函数f（x）=4ax22bxa+b，x0，1（）当a=b=2时，求函数f（x）的最大值；（）证明：函数f（x）的最大值|2ab|+a；（）证明：f（x）+|2ab|+a018已知函数f（x）=x2+4sin（+）x2，0，2（）若函数f（x）为偶函数，求tan的值；（）若f（x）在，1上是单调函数，求的取值范围19已知：函数f（x）对一
5、切实数x，y都有f（x+y）f（y）=x（x+2y+1）成立，且f（1）=0（1）求f（0）的值（2）求f（x）的解析式（3）已知aR，设P：当时，不等式f（x）+32x+a恒成立；Q：当x2，2时，g（x）=f（x）ax是单调函数如果满足P成立的a的集合记为A，满足Q成立的a的集合记为B，求ARB（R为全集）20已知函数f（x）=x22|xa|（1）若函数y=f（x）为偶函数，求a的值；（2）若a=，求函数y=f（x）的单调递增区间21如图，三棱柱ABCA1B1C1的侧面AA1C1C是矩形，侧面AA1C1C侧面AA1B1B，且AB=4AA1=4，BAA1=60，D是AB的中点（）求证：AC1
6、平面CDB1；（）求证：DA1平面AA1C1C22如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD是菱形，BAD=60，AB=2，PD=，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点（）证明：平面EAC平面PBD；（）若PD平面EAC，求三棱锥PEAD的体积23已知圆C： x2+y2+4x6y3=0（1）求过点M（6，5）的圆C的切线方程；（2）过点N（1，3）作直线与圆C交于A、B两点，求ABC的最大面积及此时直线AB的斜率24平行四边形ABCD的一组邻边所在直线的方程分别为x2y1=0与2x+3y9=0，对角线的交点坐标为（2，3）（1）求已知两直线的交点坐标；（2）求此平行四边形另两
7、边所在直线的方程参考答案1C【解析】试题分析：利用导数可以判定其单调性，再判断出奇偶性，即可判断出结论解：f（x）=x22cosx，f（x）=2x+2sinx，当x=0时，f（0）=0；当x，0）时，f（x）0，函数f（x）在此区间上单调递减；当x（0，时，f（x）0，函数f（x）在此区间上单调递增函数f（x）在x=0时取得最小值，f（0）=01=1x，都有f（x）=f（x），f（x）是偶函数根据以上结论可得：当x1x2时，则f（x1）f（x2）不成立；当x12x22时，得|x1|x2|，则f（|x1|）f（|x2|），f（x1）f（x2）恒成立；当|x1|x2时，则f（x1）=f（|x1|）
8、f（x2）恒成立；x1|x2|时，则f（x1）f（|x2|）=f（x2）恒成立综上可知：能使f（x1）f（x2）恒成立的有故选：C2C【解析】试题分析：由题意可得在0，1）上，f（x）为减函数，且f（x）0，从而得出结论解：由于函数f（x）是定义在R上的偶函数，当x0时，f（x）=ln（1x），故在0，1）上，f（x）为减函数，且f（x）0，结合所给的选项，故选：C3C【解析】试题分析：根据函数f（x）的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，求出解集即可解：函数，解得，即x1，f（x）的定义域为x|x1故选：C4D【解析】试题分析：化简函数f（x）的解析式，作出函数y=f（x）的图象，由题意可
9、得，函数y=f（x）与y=k的图象有3个交点，结合图象求得结果解：当（x21）（x+4）1时，f（x）=x21，（2x3），当（x21）（x+4）1时，f（x）=x+4，（x3或x2），函数y=f（x）=的图象如图所示：由图象得：2k1，函数y=f（x）与y=k的图象有3个交点，即函数y=f（x）+k的图象与x轴恰有三个公共点；故答案选：D5C【解析】试题分析：由f（x）的解析式便知f（x）关于x=a对称，而由f（1+x）=f（3x）知f（x）关于x=2对称，从而得出a=2，这样便可得出f（x）的单调递增区间为2，+），而f（x）在m，+）上单调递增，从而便得出m的最小值为2解：f（x）=2|
10、xa|；f（x）关于x=a对称；又f（1+x）=f（3x）；f（x）关于x=2对称；a=2；f（x）的单调递增区间为2，+）；又f（x）在m，+）上单调递增；实数m的最小值为2故选：C6C【解析】试题分析：求出B中不等式的解集确定出B，再由A，找出两集合的交集即可解：由B中不等式变形得：20=12x4=22，即0x2，B=0，2，A=1，1，AB=1，故选：C7B【解析】试题分析：圆可化为，故弦心距，由弦长公式可得，.考点：直线和圆的位置关系.【方法点睛】解决直线与圆的位置关系需要注意以下几点：（1）圆的一般方程转化为标准方程用配方法；（2）判断直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的
11、距离易表达，用几何法；若方程中含参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法；（3）直线和圆相交时构造直角三角形利用勾股定理来解决，相切时主要利用圆心到直线的距离等于半径来解决.8C【解析】试题分析：以点M为中点的弦所在的直线的斜率是，直线ml，点M（a，b）是圆内一点，所以，圆心到，距离是，故相离考点：直线与圆的位置关系9D【解析】试题分析：以D为原点，以DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，正方体的棱长为2，D（0，0，0），（2，0，2），B（2，2，0），（0，0，2）， （2，0，2），（2，2，0），（2，0，0），设面的法向量（x，y，z），点到平面的距离是考点
12、：点、线、面间的距离计算10C【解析】试题分析：平面上，若两个正三角形的边长的比为1：2，则它们的面积比为1：4，类似地，由平面图形面积类比立体图形的体积，得出：在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1：2，则它们的底面积之比为1：4，对应高之比为1：2，所以体积比为 1：8考点：类比推理11A【解析】试题分析：根据题意作出图形：设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为，则平面ABC，延长交球于点D，则SD平面ABC高，ABC是边长为1的正三角形，,考点：棱柱、棱锥、棱台的体积12B【解析】试题分析：A若n，mn，则m或m，又m，不成立，A错误B若，n，则n，又m，mn成立，B正确C当时，也满足若
13、mn，n，m，C错误D若，n，m，则mn或m，n为异面直线，D错误考点：空间线面平行垂直的判定与性质13（1，1）【解析】试题分析：把原函数解析式变形得到f（x）=+1，利用因为y=对称中心为（0，0），即可求出答案解：f（x）=+1，因为y=对称中心为（0，0），所以函数f（x）的对称中心为（1，1）故答案为：（1，1）14【解析】试题分析：根据函数的性质一一判断即可解：对于，y=sin，关于x=1对称，y=e|x1|关于x=1对称，f（x）图象关于直线x=1对称，故正确，对于，1sin1，0e|x1|1，f（x）的最大值是2，故正确，不正确，对于，y=sin的周期为T=4，由知，关于x=1
14、对称，每个周期内都有两个零点，故有2015个零点，故正确故答案为：152.【解析】试题分析：由题意知：直线，则.考点：平行线间的距离公式.16【解析】试题分析：若, 则.直线上存在点可作和的两条切线、等价于直线与圆有公共点,由圆心到直线的距离公式可得,解之可得.考点：点到直线的距离公式及直线与圆的位置关系的运用.17（）f（x）的最大值为4；（）见解析；（）见解析【解析】试题分析：（）求出当a=b=2时，f（x）的解析式，求出对称轴，求得端点的函数值，可得f（x）的最大值；（）求出对称轴，讨论区间和对称轴的关系，结合单调性，可得最大值；（）要证f（x）+|2ab|+a0恒成立，只需证f（x）m
15、in+|2ab|+a0，设f（x）的最小值为m，最大值为M，由（）得M=|2ab|+a，求出对称轴，讨论对称轴和区间0，1的关系，可得最值，即可证明M+m0解：（）当a=b=2时，f（x）=8x24x，x0，1对称轴为x=，f（0）=0，f（1）=4，可得f（x）的最大值为4；（）证明：f（x）的对称轴为x=，当1时，区间0，1为减区间，可得f（x）的最大值为f（0）=ba，由b4a2a，可得|2ab|+a=b2a+a=ba，则f（0）=|2ab|+a；当0时，区间0，1为增区间，可得最大值为f（1）=3ab，由b0，可得|2ab|+a=2ab+a=3ab=f（1）；当01时，区间0，为减区间
16、，1为增区间，若f（0）f（1），即b2a，可得最大值为f（1）=3ab=|2ab|+a；若f（0）f（1），即2ab4a，可得最大值为f（0）=ba=|2ab|+a综上可得函数f（x）的最大值|2ab|+a；（）证明：要证f（x）+|2ab|+a0恒成立，只需证f（x）min+|2ab|+a0，设f（x）的最小值为m，最大值为M，由（）得M=|2ab|+a，由f（x）的对称轴为x=，当1时，区间0，1为减区间，可得m=f（1）=3ab，则M+m=b2a+a+3ab=2a0；当0时，区间0，1为增区间，可得m=f（0）=ba，M=f（1）=3ab，则M+m=2a0；当01时，区间0，为减区间，
17、1为增区间，可得m=f（）=，若f（0）f（1），即b2a，可得M=f（1）=3ab，M+m=a0；若f（0）f（1），即2ab4a，可得M=f（0）=ba，M+m=，由于2ab4a，可得M+m（a，2a，即为M+m0综上可得M+m0恒成立，即有f（x）+|2ab|+a018（）；（），或0【解析】试题分析：（）根据函数奇偶性的定义建立方程关系进行求解即可（）利用一元二次函数的单调性的性质进行判断即可解：（）f（x）是偶函数，f（x）=f（x），则x2+4sin（+）x2=x24sin（+）x2，则sin（+）=0，0，2，+=k，即=+k，tan=tan（+k）=（）f（x）=x2+4sin
18、（+）x2，0，2对称轴为x=2sin（+），若f（x）在，1上是单调函数，则2sin（+）1或2sin（+），即sin（+）或sin（+），即2k+2k+，或2k+2k+，kZ，即2k+2k+，或2k2k+，kZ，0，2，或019（1）2；（2）f（x）=x2+x2；（3）ACRB=a|1a5【解析】试题分析：（1）对抽象函数满足的函数值关系的理解和把握是解决该问题的关键，对自变量适当的赋值可以解决该问题，结合已知条件可以赋x=1，y=1求出f（0）；（2）在（1）基础上赋值y=0可以实现求解f（x）的解析式的问题；（3）利用（2）中求得的函数的解析式，结合恒成立问题的求解策略，即转化为相应
19、的二次函数最值问题求出集合A，利用二次函数的单调性求解策略求出集合B解：（1）令x=1，y=1，则由已知f（0）f（1）=1（1+2+1）f（0）=2（2）令y=0，则f（x）f（0）=x（x+1）又f（0）=2f（x）=x2+x2（3）不等式f（x）+32x+a即x2+x2+32x+a也就是x2x+1a由于当时，又x2x+1=恒成立，故A=a|a1，g（x）=x2+x2ax=x2+（1a）x2 对称轴x=，又g（x）在2，2上是单调函数，故有，B=a|a3，或a5，CRB=a|3a5ACRB=a|1a520（1）a=0（2）（1，、1，+）【解析】试题分析：（1）根据f（x）=f（x）恒成立
20、，求得a的值（2）化简函数f（x）的解析式，数形结合求得f（x）的单调增区间解：（1）任取xR，则有f（x）=f（x）恒成立，即（x）22|xa|=x22|xa|恒成立，即|x+a|=|xa|恒成立，a=0（2）当a=时，f（x）=x22|x|=，由函数的图象可知，函数的单调递增区间为：（1，、1，+）21（）见解析；（）见解析【解析】试题分析：（1）连结A1C交AC1于F，取B1C中点E，连结DE，EF则可利用中位线定理证明四边形ADEF是平行四边形，得出AFCD，从而证明AC1平面CDB1（2）求出AA1和AD的长，使用余弦定理求出A1D，由勾股定理的逆定理证出A1DAA1，由面面垂直可得
21、出AC平面ABB1A1，进而得出ACA1D，得出DA1平面AA1C1C证明：（1）连结A1C交AC1于F，取B1C中点E，连结DE，EF四边形AA1C1C是矩形，F是A1C的中点，EFA1B1，EF=A1B1，四边形ABB1A1是平行四边形，D是AB的中点，ADA1B1，AD=A1B1，四边形ADEF是平行四边形，AFDE，即AC1DE又DE平面CDB1，AC1平面CDB1，AC1平面CDB1（2）AB=4AA1=4，D是AB中点，AA1=1，AD=2，BAA1=60，A1D=AA12+A1D2=AD2，A1DAA1，侧面AA1C1C侧面AA1B1B，侧面AA1C1C侧面AA1B1B=AA1，
22、ACAA1，AC平面AA1C1C，AC平面AA1B1B，A1D平面AA1B1B，ACA1D，又AA1平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，ACAA1=A，DA1平面AA1C1C22（）见解析；（）【解析】试题分析：（）由已知得ACPD，ACBD，由此能证明平面EAC平面PBD（）由已知得PDOE，取AD中点H，连结BH，由此利用，能求出三棱锥PEAD的体积（）证明：PD平面ABCD，AC平面ABCD，ACPD四边形ABCD是菱形，ACBD，又PDBD=D，AC平面PBD而AC平面EAC，平面EAC平面PBD（）解：PD平面EAC，平面EAC平面PBD=OE，PDOE，O是BD中点，E是PB中
23、点取AD中点H，连结BH，四边形ABCD是菱形，BAD=60，BHAD，又BHPD，ADPD=D，BD平面PAD，=23（1）圆的切线方程为x=6，或3x4y2=0（2）直线AB的斜率为2【解析】试题分析：（1）由圆的方程求出圆心和半径，易得点M在圆外，当切线的斜率不存在时，切线方程为x=3当切线的斜率存在时，设切线的斜率为k，写出切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径，解出k，可得切线方程（2）当直线AB的斜率不存在时，ABC的面积S=3，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y3=k（x1），即kxy+3k=0，圆心（2，3）到直线AB的距离d=，线段AB的长度|AB|=2，由此能求出
24、OAB的最大面积和此时直线AB的斜率解：（1）圆C：x2+y2+4x6y3=0，即（x+2）2+（y3）2=16，表示以（2，3）为圆心，半径等于4的圆由于点M（6，5）到圆心的距离等于=4，大于半径4，故点M在圆的外部当切线的斜率不存在时，切线方程为x=6符合题意当切线的斜率存在时，设切线斜率为k，则切线方程为y+5=k（x+6），即kxy+6k5=0，所以，圆心到切线的距离等于半径，即=4，解得k=，此时，切线为3x4y2=0综上可得，圆的切线方程为x=6，或3x4y2=0（2）当直线AB的斜率不存在时，x=1，y=3，ABC的面积S=3当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y3=k（
25、x1），即kxy+3k=0，圆心（2，3）到直线AB的距离d=，线段AB的长度|AB|=2，ABC的面积S=|AB|d=8当且仅当d2=8时取等号，此时=2，解得k=2所以，OAB的最大面积为8，此时直线AB的斜率为224（1）两直线的交点坐标是（3，1）；（2）x2y+9=0与2x+3y17=0【解析】试题分析：（1）解方程组，求出交点坐标即可；（2）求出与点（3，1）相对的一个顶点为（1，5），根据平行四边形的性质求出另两边所在直线方程即可解：（1）由，解得：，即两直线的交点坐标是（3，1）；（2）由（1）得已知两直线的交点坐标为（3，1），对角线的交点坐标为（2，3），因此，与点（3，1）相对的一个顶点为（1，5），由平行四边形的性质得另两边与已知两边分别平行，因此另两边所在直线方程分别是：y5=（x1）与y5=（x1），即x2y+9=0与2x+3y17=0版权所有：高考资源网()
