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- 2021-06-15 发布
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内江六中高20届第一次强化训练
理科数学试题
考试时间:120分钟 满分:150分
第Ⅰ卷 选择题(满分60分)
一、 选择题(每题5分,共60分)
1. 设全集U=R,集合A={x|0x乙;甲比乙成绩稳定
C. x甲>x乙;乙比甲成绩稳定
D. x甲<x乙;甲比乙成绩稳定
1. 已知函数fx=2x-1,x<23x-1,x>2若方程f(x)-a=0有三个不同的实数根,则实数a的取值范围为 ( )
A. (0,1) B. (0,2) C. (0,3) D. (1,3)
2. 已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3,体积为6,则这个球的半径为( )
A. 2 B. 5 C. 6 D. 3
3. 已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是y=2x,过其左焦点F(-3,0)作斜率为2的直线l交双曲线C于A,B两点,则截得的弦长|AB|=( )
A. 25 B. 45 C. 10 D. 102
4. 将函数f(x)=sinωx(其中ω>0)的图象向右平移π4个单位长度,所得图象经过点(3π4,0),则ω的最小值是 ( )
A. 13 B. 1 C. 53 D. 2
5. 在△ABC中,若b=2,A=120°,三角形的面积S=3,则三角形外接圆的半径为( )
A. 3 B. 2 C. 23 D. 4
6. 已知抛物线W:y2=4x的焦点为F,点P是圆O:x2+y2=r2(r>0)与抛物线W的一个交点,点A(-1,0),则当|PF||PA|最小时,圆心O到直线PF的距离是( )
A. 22 B. 1 C. 2 D. 12
7. 在平面内,定点A,B,C,D满足DA=DB=DC,DA⋅DB=DB⋅DC=DC⋅DA=-2,动点P,M满足AP=1,PM=MC,则BM2的最大值是( )
A. 434 B. 494 C. 37+634 D. 37+2334
第Ⅱ卷 非选择题(满分 90分)
一、 填空题(本大题共4小题,共20.0分)
1. 如图,已知正方形的边长为10,向正方形内随机地撒200颗黄豆,数得落在阴影外的黄豆数为114颗,以此实验数据为依据,可以估计出阴影部分的面积约为 .
2. 已知a>b>1,若logab+logba=103,ab=ba,则a+b= .
3. 有一块直角三角板ABC,,,BC边贴于桌面上,当三角板和桌面成45°角时,AB边与桌面所成的角的正弦值是_______.
4. 已知fx=lnx+82-x定义域为D,对于任意x1,x2∈D当x1-x2=2时,,则f(x1)-f(x2)的最小值是______.
二、 解答题(本大题共6小题,共70分)
(一)必考题:共60分
5. 已知数列{an}满足a1=73,an+1=3an-4n+2.
(1)求a2,a3的值;
(2)试说明数列{an-2n}是等比数列,并求出数列{an}的前n项和Sn.
1. 某公司春节联欢会中设一抽奖活动:在一个不透明的口袋中装入外形一样,号码分别为1,2,3,…,10的十个小球.活动者一次从中摸出三个小球,三球号码有且仅有两个连号的为三等奖,奖金30元;三球号码都连号为二等奖,奖金60元;三球号码分别为1,5,10为一等奖,奖金240元;其余情况无奖金.求:
(1)员工甲抽奖一次所得奖金的分布列与期望;
(2)员工乙幸运地先后获得四次抽奖机会,他得奖次数的方差是多少?
2. 在四棱锥S-ABCD中,侧面SCD⊥底面ABCD,BC//AD,CD⊥AD,SD=AD=CD=1,BC=12,SC=3.
(1)求SC与平面SAB所成角的正弦值;
(2)求平面SAD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值.
1. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,短轴长为4.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设直线l过点(2,0)且与椭圆C相交于不同的两点A,B,直线x=6与x轴交于点D,E是直线x=6上异于D的任意一点,当AE⋅DE=0时,直线BE是否恒过x轴上的定点?若过,求出定点坐标;若不过,请说明理由.
1. 已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx,
(i)求函数f(x)的最大值;
(ii)设00,b>0)的一条渐近线方程是y=2x,
∴ba=2,即b=2a,∵左焦点F(-3,0),∴c=3
∴c2=a2+b2=3a2=3,∴a2=1,b2=2,
∴双曲线方程为x2-y22=1,直线l的方程为y=2(x+3),
设A(x1,y1),B(x2,y2)由y=2(x+3)x2-y22=1,
消y可得x2+43x+7=0,∴x1+x2=-43,x1x2=7,
∴|AB|=1+k2⋅(x1+x2)2-4x1x2
=1+4⋅48-28=5⋅20=10,
9.D解:将函数f(x)=sinωx(其中ω>0)的图象向右平移π4个单位,
可得函数y=sinω(x-π4)的图象关于点(3π4,0)对称,可得sinω(3π4-π4)=0,
∴ω×π2=kπ,k∈Z.故ω的最小值为2,
10.B
解:根据三角形的面积公式S=12bcsin A,可得到3=12×2×c×32,解得c=2,所以△ABC是顶角为120°的等腰三角形,C为30°,
又由正弦定理csin C=2R,解得R=2.
11.B
【解析】解:过P作抛物线的准线的垂线PM,M为垂足,则|PF|=|PM|,
则|PF||PA|=|PM||PA|=sin∠PAM,
∴当PA与抛物线相切时,∠PAM取得最小值,故而|PF||PA|取得最小值.
设直线PA的方程为y=k(x+1),代入抛物线方程得:k2x2+(2k2-4)x+k2=0,
令Δ=(2k2-4)2-4k4=0,解得k2=1.
此时方程为x2-2x+1=0,解得x=1,
不妨设P在第一象限,则P(1,2),直线PF的方程为x=1.
∴O到PF的距离为1.
12.B
解:由|DA|=|DB|=|DC|,可得D为△ABC的外心,
又DA⋅DB=DB⋅DC=DC⋅DA,可得
DB⋅(DA-DC)=0,DC⋅(DB-DA)=0,
即DB⋅AC=DC⋅AB=0,
即有DB⊥AC,DC⊥AB,可得D为△ABC的垂心,
则D为△ABC的中心,即△ABC为正三角形.
由DA⋅DB=-2,即有|DA|⋅|DA|cos120°=-2,
解得|DA|=2,△ABC的边长为4cos30°=23,以A为坐标原点,AD所在直线为x轴建立直角坐标系xOy,
B(3,-3),C(3,3),D(2,0),由|AP|=1,可设P(cosθ,sinθ),(0≤θ<2π),
由PM=MC,可得M为PC的中点,即有M(3+cosθ2,3+sinθ2),
则|BM|2=(3-3+cosθ2)2+(3+sinθ2+3)2=(3-cosθ)24+(33+sinθ)24=37-6cosθ+63sinθ4=37+12sin(θ-π6)4,
当sin(θ-π6)=1,即θ=2π3时,取得最大值,且为494.
故选B.
13解:设阴影外部分的面积为s,则由几何概型的概率公式得:
s10×10=114200,解得s=57,
可以估计出阴影部分的面积约为100-57=43.
14.43
解:设t=logba,由a>b>1,知t>1,代入logab+logba=t+1t=103,
即3t2-10t+3=0,解得t=3或t=13(舍去),
所以logba=3,即a=b3,因为ab=ba,
所以b3b=ba,则a=3b=b3,
解得b=3,a=33,则a+b=43.
故答案为43.
15.64
解:过A作AO垂直桌面于O,连接OC,OB,
AO⊥平面OBC,BC⊂平面PBC,所以AO⊥BC,
因为BC⊥AC,AC∩AO=A,所以BC⊥平面OAC,
因为OC⊂平面OAC,所以BC⊥OC,
故∠ACO即为三角板所在平面与桌面所成角,则∠ACO=45°,
设AO=1,则AC=2,∴AB=263.∵AB边与桌面所成角等于∠ABO,
∴sin∠ABO=AOAB=64.故答案为64.
16.
解:由题意,由x+82-x>0,即x+8x-2<0,解得-81,
,,
根据对数函数性质可知,当x12+8x1取得最小值,即x1=-4时,|f(x2)-f(x1)|取得最小值,
,故答案为.
三、解答题(本大题共6小题,共72.0分)
17.解:(1)由已知得a2=3a1-4+2=3×73-4+2=5,
a3=3a2-4×2+2=3×5-8+2=9.
(2)∵an+1=3an-4n+2,∴an+1-2n-2=3an-6n,
即an+1-2(n+1)=3(an-2n).∵a1-2=73-2=13,∴an-2n≠0,
∴数列{an-2n}是首项为13,公比为3的等比数列.
∴an-2n=13×3n-1,∴an=3n-2+2n,
∴Sn=a1+a2+…+an=3-1+30+31+…+3n-2+2(1+2+3+…+n)
=3-1×(1-3n)1-3+2×n(n+1)2=3n-12-16+n(n+1).
18.解:(1)由题意知,甲抽一次奖,基本事件总数是C 103=120,
设甲抽奖一次所得奖金为ξ,则奖金ξ的可能取值是0,30,60,240,
所以P(ξ=240)=1120,P(ξ=60)=8120=115,
P(ξ=30)=7×2+6×7120=715,P(ξ=0)=1-1120-115-715=1124.
所以ξ的分布列是
ξ
0
30
60
240
P
1124
715
115
1120
所以E(ξ)=30×715+60×115+240×1120=20.
(2)由(1)可得,乙一次抽奖中奖的概率是1-1124=1324,四次抽奖是相互独立的,所以中奖次数η~B4,1324,
所以D(η)=4×1324×1124=143144.
19.【答案】解:在平面SCD内作DE⊥CD交SC于点E,
因为侧面SCD⊥底面ABCD,侧面SCD∩底面ABCD=DC,DE⊂平面SCD,
所以DE⊥底面ABCD,以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DE为z轴,建立空间直角坐标系,
所以A(1,0,0),B(12,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),
由cos∠SDC=1+1-32×1×1=-12,得,
所以点S的坐标为(0,-12,32),则SA=(1,12,-32),SB=(12,32,-32),
SC=(0,32,-32),SD=(0,12,-32),DA=(1,0,0),
(1)设面SAB的法向量为n=(x,y,z),则
n·SA=0n·SB=0即x+12y-32z=012x+32y-32z=0,
取z=3,得n=(65,35,3),则n=2305,
设SC与平面SAB所成的角为θ,则;
(2)设平面SAD的法向量为m=(a,b,c),则m·SA=0m⇀·DA=0,
即a+12b-32c=0a=0,取b=3,则m=(0,3,3),m=23,
所以,
故平面SAD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值为105.
20.【答案】解:(1)由题意得ca=63b=2a2=b2+c2,
解得a=23,b=2,所以椭圆C的标准方程为x212+y24=1.
(2)直线BE恒过x轴上的定点(4, 0).证明如下:因为AE ⋅ DE=0,
所以AE⊥DE,因为直线l过点(2, 0).
①当直线l的斜率不存在时,则直线l的方程为x=2,
不妨设A2, 263, B2, -263, 则E6, 263,
此时,直线BE的方程为y=63(x-4),所以直线BE过定点(4, 0);
②直线l的斜率存在且不为零(显然)时,设直线l的方程为x=my+2(m≠0),A(x1, y1),B(x2, y2),所以E(6, y1),直线BE:y-y1=y2-y1x2-6(x-6),
令y=0,得x-6=-y1(x2-6)y2-y1,即x=6+-y1x2+6y1y2-y1,
又x2=my2+2,所以x=6+-y1(my2+2)+6y1y2-y1,
即证6+-y1(my2+2)+6y1y2-y1=4,即证2(y1+y2)-my1y2=0,(*),
联立x212+y24=1, x=my+2, 消x得(m2+3)y2+4my-8=0,
因为点(2, 0)在C内,所以直线l与C恒有两个交点,
由韦达定理得y1+y2=-4mm2+3,y1y2=-8m2+3,代入(*)中得2(y1+y2)-my1y2=-8mm2+3--8mm2+3=0,所以直线BE过定点(4, 0),综上所述,直线BE恒过x轴上的定点(4, 0).
用AE⋅DE=0,即可得出.
21.(I)解:函数f(x)的定义域是(-1,∞),(x)=.令(x)=0,解得x=0,当-10,当x>0时,(x)<0,又f(0)=0,故当且仅当x=0时,f(x)取得最大值,最大值是0
(II)证法一:g(a)+g(b)-2g()=alna+blnb-(a+b)ln=a.
由(I)的结论知ln(1+x)-x<0(x>-1,且x≠0),由题设0-.
又aa时因此F(x)在(a,+∞)上为增函数从而,当x=a时,F(x)有极小值F(a)因为F(a)=0,b>a,所以F(b)>0,即00时,,因此G(x)在(0,+∞)上为减函数,因为G(a)=0,b>a,所以G(b)<0.即g(a)+g(b)-2g()<(b-a)ln2.
22.解:(1)∵x=1+2ty=-2+t(t是参数),消参可得曲线C1的普通方程为:x-2y-5=0,
,,
又
,代入可得:x2+4y2=4.
故曲线C2的直角坐标方程为:x24+y2=1.
(2)曲线C2:x24+y2=1,经过伸缩变换x'=2xy'=y得到曲线C3的方程为:x'216+y'2=1,∴曲线C3的方程为:x216+y2=1,
设,根据点到直线的距离公式可得其中,
∴点M到曲线C2的距离的最大值为2+5.
23.解:(1)f(x)≤8即为|x-3|+|x+3|≤8,
当x≥3时,x-3+x+3≤8,解得3≤x≤4;
当-3