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- 2021-06-16 发布
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2020 届浙江省宁波市宁波十校高三上学期 11 月月考数学试
题
一、单选题
1.已知集合 A={x| 1
2
x
x
0},B={x|1<x≤2},则 A∩B=( )
A.{x|1<x<2} B.{x|1<x≤2} C.{x|﹣1≤x≤2} D.{x|﹣1≤x<2}
【答案】A
【解析】集合 A={x|﹣1≤x<2},集合的交集运算,即可求解.
【详解】
由题意,集合 A={x| 1
2
x
x
0}={x|﹣1≤x<2},B={x|1<x≤2},所以 A∩B={x|1<x<
2}.
故选:A.
【点睛】
本题主要考查了分式不等式的求解,以及集合的交集的运算,其中解答中正确求解集合
A,结合集合的交集概念及运算求解是解答的关键,着重考查了推理与计算能力,属于
基础题.
2.若复数 1 2
a i a Ri
为纯虚数,其中i 为虚数单位,则 a ( )
A.2 B.3 C.-2 D.-3
【答案】C
【解析】因为 1 1( (1 2 ) [ 2 (1 2 ) ]1 2 5 5
a i a i i a a ii
) 为纯虚数,所以 2 0a
且1 2 0a ,解得 2a ,故选 C.
点睛:复数是高考中的必考知识,主要考查复数的概念及复数的运算.要注意对实部、
虚部的理解,掌握纯虚数,共轭复数这些重要概念,复数的运算主要考查除法运算,通
过分母实数化,转化为复数的乘法,运算时特别要注意多项式相乘后的化简,防止简单
问题出错,造成不必要的失分.
3.已知三个实数 2,a,8 成等比数列,则双曲线
2 2
2 19
y x
a
的渐近线方程为( )
A.3x±4y=0 B.4x±3y=0 C. 3 x±2y=0 D.9x±16y=0
【答案】A
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【解析】由三个实数 2, a ,8 成等比数列,求得 2a =16,得到双曲线
2 2
19 16
y x 的
渐近线方程,即可求得双曲线的渐近线的方程,得到答案.
【详解】
由题意,三个实数 2, a ,8 成等比数列,可得 2a =16,
即双曲线
2 2
19 16
y x 的渐近线方程为 3x±4y=0,
故选:A.
【点睛】
本题主要考查了双曲线的标准方程及简单的几何性质,其中解答中根据等比中项公式,
求得 a 的值,得出双曲线的标准方程式解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于
基础题.
4.若实数 x,y 满足 x+y>0,则“x>0”是“x2>y2”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】根据充分条件、必要条件的判定方法,结合不等式的性质,即可求解,得到答
案.
【详解】
由题意,实数 x,y 满足 x+y>0,若 x>0,则未必有 x2>y2,
例如 x=1,y=2 时,有 x2<y2;
反之,若 x2>y2,则 x2﹣y2>0,即(x+y)(x﹣y)>0;
由于 x+y>0,故 x﹣y>0,∴x>y 且 x>﹣y,∴x>0 成立;
所以当 x+y>0 时,“x>0”推不出“x2>y2”,“x2>y2”⇒“x>0”;
∴“x>0”是“x2>y2”的必要不充分条件.
答案:B.
【点睛】
本题主要考查了不等式的性质,以及充分条件、必要条件的判定,其中解答中熟记充分
条件、必要条件的判定方法,结合不等式的性质求解是解答的关键,着重考查了推理与
论证能力,属于基础题.
5.已知函数 f(x)=x2﹣3x﹣3,x∈[0,4],当 x=a 时,f(x)取得最大值 b,则函
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数 1( ) x bg x a
的图象为( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】结合二次函数的性质,求得 4, 1a b ,得到函数 11( )4
xg x ,再结合指
数函数的图象,即可求解.
【详解】
由题意,函数 f(x)=x2﹣3x﹣3,x∈[0,4],
对称轴为 x=1.5,开口向上,最大值为 f(4)=1,所以 a=4,b=1,
可得函数 g(x) 11( )4
x ,相当于把 y 1( )4
x 向左平移 1 个单位,所以 D 选项复合题
意.
故选:D.
【点睛】
本题主要考查了图象的识别,其中解答中熟记一元二次函数的性质,以及指数函数的图
象与性质,合理运算时解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
6.已知实数 ,x y 满足不等式组
2 5 0
3 2 7 0
1
x y
x y
x
,若 ,( )z kx y k R 的最大值为 8,
则 z 的最小值为( )
A.﹣2 B.﹣1 C.0 D.1
【答案】D
【解析】作出不等式组所表示的平面区域,结合平面区域,根据目标的最大值,分类讨
论求得 k 的值,进而求得目标函数的最小值,得到答案.
【详解】
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由题意,作出不等式组
2 5 0
3 2 7 0
1
x y
x y
x
所表示的可行域,如图所示,
由 1
3 2 7 0
x
x y
,解得 (1, 2)A ;由 2 5 0
3 2 7 0
x y
x y
,解答 (3,1)B ;
由 2 5 0
1
x y
x
,解得 (1,2)C
(1)若目标函数取得最大值8 的最优解为 (1, 2)A 时,代入目标函数,可得 6k ,
此时目标函数 6z x y ,此时代入点 (3,1)B ,可得 6 3 1 17 8z ,不符合题
意;
(2)若目标函数取得最大值8 的最优解为 (1,2)C 时,代入目标函数,可得 10k ,
此时目标函数 10z x y ,此时代入点 (3,1)B ,可得 10 3 1 29 8z ,不符合
题意;
(3)若目标函数取得最大值8 的最优解为 (3,1)B 时,代入目标函数,可得 3k ,
此时目标函数 3z x y ,此时点C 能使得目标函数取得最小值,代入点 (1,2)C ,
最小值为 3 1 2 1z ;
答案:D.
【点睛】
本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题.其中解答中正确画出不等式组表
示的可行域,利用“一画、二移、三求”,确定目标函数的最优解是解答的关键,着重考
查了数形结合思想,及推理与计算能力,属于基础题.
7.函数 f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,
2 2
< < )满足 f(
4
)=f(
2
)=﹣f( 3
4
),
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且当 x∈[ 4
,
2
]时恒有 f(x)≥0,则( )
A.ω=2 B.ω=4 C.ω=2 或 4 D.ω不确定
【答案】A
【解析】根据三角函数的图象与性质,求得函数的对称轴和对称点,判断周期T 的取值
范围,即可求解,得到答案.
【详解】
由题意,函数 ( )sin f x x ,因为 f(
4
)=f(
2
)=﹣f( 3
4
),
可得 f(x)有一条对称轴为 34 2
2 8x
,对称点的横坐标为
3
52 4
2 8
,
又由 x∈[
4
,
2
]时恒有 f(x)≥0,所以 f( 3
8
)=1,又 f( 5
8
)=0,5 3
8 8 4
.
所以
4 4
T , 3
4 4
T ,
可得当 T=π,ω=2;当 T
3
时,ω=6,
当 x 3
4
时,sin(6• 3
4
φ)=cosφ>0,不成立,
故选:A.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用,其中解答中熟记三角函数的图象与性
质,准确计算是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于中档试题.
8.今有男生 3 人,女生 3 人,老师 1 人排成一排,要求老师站在正中间,女生有且仅
有两人相邻,则共有多少种不同的排法?( )
A.216 B.260 C.432 D.456
【答案】C
【解析】将老师两边分别看作三个位置,先分组再排列,在排入学生,按分步计数原理,
即可求解.
【详解】
由题意,将老师两边分别看作三个位置,将学生分为两女一男和两男一女两组,且两女
相邻,分组方法有 2 1
3 3C C 9 种,
两女一男的排列方法为 2 2
2 2A A 4 种,
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两男一女的排列方法有 3
3A 6 种,
由分步计数原理,可得总的排列方法有 2
29 4 6 A 432 种,
故选:C.
【点睛】
本题主要考查了计数原理、排列组合的应用,其中解答中认真审题,合理利用排列、组
合的知识求解是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于基础题.
9.如图,点 E 为正方形 ABCD 边 CD 上异于点 C、D 的动点,将△ADE 沿 AE 翻折成
△SAE,在翻折过程中,下列三个说法中正确的个数是( )
①存在点 E 和某一翻折位置使得 AE∥平面 SBC;
②存在点 E 和某一翻折位置使得 SA⊥平面 SBC;
③二面角 S﹣AB﹣E 的平面角总是小于 2∠SAE.
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】B
【解析】对于①,四边形 ABCE 为梯形,所以 AE 与 BC 必然相交;对于②,假设 SA
平面 SBC,可推得矛盾;对于③,当将△ADE 沿 AE 翻折使得平面 SAE⊥平面 ABCE 时,
二面角 S﹣AB﹣E 最大,在平面 SAE 内,作出一个角等于二面角 S﹣AB﹣E 的平面角;
由角 SAE 所在三角形的一个外角,它是不相邻的两个内角之和,结合图形,即可判
定③.
【详解】
对于①,四边形 ABCE 为梯形,所以 AE 与 BC 必然相交,故①错误;
对于②,假设 SA 平面 SBC,SC 平面 SBC,所以 SA⊥SC,又 SA⊥SE,SE∩SC=S,
所以 SA⊥平面 SCE,所以平面 SCE∥平面 SBC,这与平面 SBC∩平面 SCE=SC 矛盾,
故假设不成立,即②错误;
对于③,当将△ADE 沿 AE 翻折使得平面 SAE⊥平面 ABCE 时,二面角 S﹣AB﹣E 最大,
如图,在平面 SAE 内,作 SO⊥AE,垂足为 O,∴SO⊥平面 ABCE;AB 平面 ABCE,
所以 SO⊥AB;
作 OF⊥AB,垂足为 F,连接 SF,SO∩OF=O,则 AB⊥平面 SFO,所以 AB⊥SF,则
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∠SFG 即为二面角 S﹣AB﹣E 的平面角;
在直线 AE 上取一点 1F ,使得 O 1F =OF,连接 S 1F ,则∠S 1F O=∠SFO;
由图形知,在△SA 1F 中,S 1F >A 1F ,所以∠AS 1F <∠SAE;而∠S 1F O=∠SAE+∠AS 1F ,
故∠S 1F O<2∠SAE;
即∠SFO<2∠SAE.故③正确.
故选:B.
【点睛】
本题主要考查了空间中的平行于垂直关系的应用,二面角的平面角的作法,以及立体几
何的折叠问题,其中解答中熟记线面关系的判定与性质,以及熟练掌握二面角的平面角
的作法是解答的关键,着重考查了空间想象能力,以及转化思想的应用,属于中档试题.
10.已知函数 f(x) 2 0
0
xe x
lnx x
,
, > ,g(x)=f(
2 1
3
kx )+1(k∈R,k≠0),则下
列关于函数 y=f[g(x)]+1 的零点个数判断正确的是( )
A.当 k>0 时,有 2 个零点;当 k<0 时,有 4 个零点
B.当 k>0 时,有 4 个零点;当 k<0 时,有 2 个零点
C.无论 k 为何值,均有 2 个零点
D.无论 k 为何值,均有 4 个零点
【答案】B
【解析】根据方程的跟和函数的零点的关系,将函数 [ ( )] 1y f g x 的零点个数转化为
2 1
3
kxy 和 1y e
以及 1 1ey e
的交点,即可求解.
【详解】
依题意,当 x=0 或 x 1
e
时,f(x)=﹣1,
函数 y=f[g(x)]+1 的零点个数,即为方程 f[g(x)]=﹣1 的解的个数,
即为方程 g(x)=0 或 g(x) 1
e
的解的个数,
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即为方程
2
2
1 03
1 03
kx
kx
或者
2
2
1 03
1 1
3
kx
kx
e
或
2
2
1 03
1 1 13
kx
kx ln e
(舍去)
或者
2
12 1
1 03
1
3
e
kx
kx e
解的个数,
即为
2 1
3
kx 0 或者
2 1 1
3
kx
e
或者
12 11
3
ekx e
解的个数,
由 10 3
, 1 1
3e
,因为
1 1 11 1 11 1 1( ) 03
e e ee e e ee
,所以
1 1 1
3
ee
,
①当 k>0 时,y
2 1
3
kx 为顶点为(0, 1
3
),开口向上的抛物线,y
2 1
3
kx 与 y 1
e
和 1 1ey e
分别有两个交点,与 y=0 无交点,
故当 k>0 时,函数 y=f[g(x)]+1 有 4 个零点;
②当 k<0 时,y
2 1
3
kx 为顶点为(0, 1
3
),开口向下的抛物线,y
2 1
3
kx 与 y=0
有两个交点,与 y 1
e
和 1 1ey e
无交点,
故当 k<0 时,函数 y=f[g(x)]+1 有 2 个零点;
综上,当 k>0 时,有 4 个零点;当 k<0 时,有 2 个零点,
故选:B.
【点睛】
本题主要考查了函数的零点与方程的跟的关系,以及函数的零点个数问题,其中解答中
将函数 [ ( )] 1y f g x 的零点个数转化为
2 1
3
kxy 和 1y e
以及 1 1ey e
的交点是
解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于难题.
二、填空题
11.已知θ∈(0,π),且 sin(
4
θ) 2
10
,则 cos(θ 4
)=_____,sin2θ=_____.
【答案】 2
10
24
25
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【解析】由已知直接利用诱导公式求得 cos( )4
,再由
sin 2 cos( 2 ) cos[2( )]2 4
,利用余弦的倍角公式,即可求解.
【详解】
由题意,因为 sin(
4
θ) 2
10
,
可得 cos(θ 4
)=cos[
2
(
4
)]=sin(
4
θ) 2
10
;
又由 sin2θ=cos( 22
)=cos2(
4
) 2 22 241 2 1 2 ( )4 10 25sin
.
故答案为: 2
10
, 24
25
.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的诱导公式、以及余弦的倍角公式的化简求值问题,其中解答
中熟记三角函数的诱导公式和三角函数恒等变换的公式,准确运算是解答的关键,着重
考查了推理与运算能力,属于基础题.
12.在二项式 52( )x x
的展开式中,各项系数的和为_____,含 x 的一次项的系数为
_____.(用数字作答)
【答案】 1 10
【解析】令 1x ,代入即可求得展开式各项系数的和,再写出二项展开式的通项,令 x
的指数为 1,求得 r 的值,即可求得 x 的一次项系数,得到答案.
【详解】
在二项式 52( )x x
中,取 1x ,可得各项系数的和为﹣1;
二项式 52( )x x
的展开式的通项
5 3
5 2
1 5 5
2( ) ( ) ( 2)
r
r r r r r
rT C x C xx
.
由 5 3 12
r ,得 r=1.
∴含 x 的一次项的系数为 1
52 10C .
故答案为:﹣1;﹣10.
【点睛】
本题主要考查了二项式定量的应用,其中解答中合理利用赋值法,以及熟记二项展开式
的通项,准确运算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
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13.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他在实践的基础上提出了体积计算的原理:
“幂势既同,则积不容异”,称为祖暅原理.意思是底面处于同一平面上的两个同高的几
何体,若在等高处的截面面积始终相等,则它们的体积相等.利用这个原理求半球 O
的体积时,需要构造一个几何体,该几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为
_____,表面积为_____.
【答案】 2
3
(3 2+ )π
【解析】根据给定的几何体的三视图,得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥,得出圆
柱的底面半径和高,利用体积和侧面积、以及圆的公式,即可求解.
【详解】
根据给定的几何体的三视图,可得该几何体表示一个圆柱挖去一个圆锥,
且底面半径 1,高为 1 的组合体,
所以几何体的体积为: 2 2 21
311 1 13
.
几何体的表面积为: 2 11 2 1 2 1 12
(3 2+ )π,
故答案为: 2
3
,(3 2+ )π
【点睛】
本题考查了几何体的三视图及体积的计算,在由三视图还原为空间几何体的实际形状
时,要根据三视图的规则,空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线,不可见轮廓线
在三视图中为虚线,求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视
图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系,利用相应公式求解.
14.一个袋中装有 10 个大小相同的黑球、白球和红球.已知从袋中任意摸出 2 个球,
至少得到一个白球的概率是 7
9
,则袋中的白球个数为_____,若从袋中任意摸出 3 个球,
记得到白球的个数为ξ,则随机变量ξ的数学期望 Eξ=_____.
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【答案】5 3
2
【解析】根据至少得到一个白球的概率为 7
9
,可得不含白球的概率为 2
9
,结合超几何
分布的相关知识可得白球的个数,以及随机变量的期望,得到答案.
【详解】
依题意,设白球个数为 x ,至少得到一个白球的概率是 7
9
,则不含白球的概率为 2
9
,
可得
2
10
2
10
2
9
xC
C
,即 (10 )(9 ) 20x x ,解得 5x ,
依题意,随机变量 ~ (10,5,3)H ,所以 3 5 3
10 2E .
故答案为:5, 3
2
.
【点睛】
本题主要考查了超几何分布中事件的概率,以及超几何分布的期望的求解,其中解答中
熟记超几何分布的相关知识,准确计算是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题
的能力,属于中档试题.
15.已知常数 p>0,数列{an}满足 an+1=|p﹣an|+2an+p(n∈N),首项为 a1,前 n 项和
为 Sn.若 Sn≥S3 对任意 n∈N 成立,则 1a
p
的取值范围为_____.
【答案】[﹣6,﹣4]
【解析】首先判断数列 na 为递增数列,结合 3nS S 恒成立,则必有
1 2 3 40a a a a 成立,用 1a 及 p 表示出 3 4,a a ,由不等式即可求解 1a
p
的取值范围.
【详解】
由题意, 1 2 0 n n n n n na a p a a p p a a p p ,
及 1 0n na a ,所以数列 na 为递增数列,
要使得 3nS S 对任意 n N 恒成立,则必有 3 40, 0a a ,
所以 2 1 1 1 12 2 0a p a a p p a a p ,
3 2 2 1 1 1 1 12 2 5 ( ) 2 5 4 0a p a a p a p a p a p a p a p ,
4 3 3 1 1 1 1 12 3 2 9 ( 3 ) 2 9 6 0a p a a p a p a p a p a p a p ,
第 12 页 共 22 页
所以 16 4a
p
,即 1a
p
的取值范围[ 6, 4] .
故答案为:[ 6, 4] .
【点睛】
本题主要考查了数列的递推关系式的应用,其中解答的难点在于利用已知条件去掉绝对
值,并判断出 3 4,a a 满足的条件,着重考查了逻辑推理能力,属于中档试题.
16.已知椭圆
2 2
110 6
x y ,倾斜角为 60°的直线与椭圆分别交于 A、B 两点且
8 30
9AB ,点 C 是椭圆上不同于 A、B 一点,则△ABC 面积的最大值为_____.
【答案】16 30
9
【解析】设直线 AB 的方程为 3y x m ,联立方程组,利用根与系数的关系及弦长
公式,得到
2
1 2 1 2
8 301 3 [ ) 4 9x x x x ,解得 m 的值,设与直线 AB 平行且与椭圆相切
的直线方程为 3y x t ,联立方程组,利用 0 ,求得 t 的值,再由点到直线的距
离公式和三角形的面积公式,即可求解.
【详解】
由题意,设直线 AB 的方程为 3y x m ,点 A(x1,y1),B(x2,y2),
联立方程组 2 2
3
110 6
y x m
x y
,整理得 18x2+10 3 mx+5m2﹣30=0,
所以 x1+x2
5 3
9
m ,x1x2
25 30
18
m .
因为 8 30
9AB ,即 2
1 2 1 2
8 301 3 [ ) 4 9x x x x ,
代入整理得 2 4m ,解得 2m ,
不妨取:m=2,可得直线 AB 的方程为 3 2y x ,
设与直线 AB 平行且与椭圆相切的直线方程为 y 3 x+t,
第 13 页 共 22 页
联立方程组 2 2
3
110 6
y x t
x y
,整理得 18x2+10 3 tx+5t2﹣30=0,
由△=300t2﹣72×(5t2﹣30)=0,解得:t=±6.
取 t=﹣6 时,与直线 AB 平行且与椭圆相切的直线与直线 AB 的距离
2
8 4
1 ( 3)
d
,
所以△ABC 面积的最大值 1
2S d AB 1 8 30 16 3042 9 9
,
故答案为: 16 30
9
.
【点睛】
本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目,通常联立直线
方程与椭圆(圆锥曲线)方程,应用一元二次方程根与系数的关系进行求解,此类问题
易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错解,能较好的考查考生的逻辑思维能力、运
算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
17.已知平面向量 a ,b ,c 满足:a ,b 的夹角为
4
,| a b |=5,c a ,c b 的
夹角为 3
4
,| c a |=3 2 ,则 a •c 的最大值为_____.
【答案】36
【解析】设 PA a , PB b , PC c ,由题意知 , , ,P A B C 四点共圆,建立坐标系,
求出点C 的坐标和圆的半径,设 5 2 5 2( cos , sin )2 2P ,用 表示 a c ,根据 范
围和三角和差公式,即可求解.
【详解】
设 PA a , PB b , PC c ,
则 AB=| a b |=5,AC=| c a |=3 2 ,∠ACB 3
4
,∠APB 4
,
可得 P,A,B,C 四点共圆.
设△ABC 的外接圆的圆心为 O,则∠AOB=2∠APB
2
,
由正弦定理可知:2OA AB
sin ACB 5 2 ,故 OA 5 2
2
.
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以 O 为圆心,以 OA,OB 为坐标轴建立平面坐标系如图所示:
则 A( 5 2
2
,0),B(0, 5 2
2
).
在△OAC 中,由余弦定理可得 cos∠AOC
25 25 18 72 2
255 2 5 22 2 2
,
故 sin∠AOC 24
25
,∴C( 7 2
10
, 12 2
5
).
设 P( 5 2
2
cosα, 5 2
2
sinα), 30 2
,
则 PA ( 5 2 5 2
2 2
cosα, 5 2
2
sinα), PC ( 7 2 5 2
10 2
cosα,
12 2 5 2
5 2
sinα),
∴ a c ( 5 2 5 2
2 2
cosα)( 7 2 5 2
10 2
cosα) 5 2
2
sinα( 12 2 5 2
5 2
sinα)
=16+12sinα﹣16cosα=16+20•( 3
5 sinα 4
5
cosα)
=16+20sin(α﹣φ),其中 sinφ 4
5
,cosφ 3
5
.
∴当α=φ 2
时, a c 取得最大值 36.
答案:36.
【点睛】
本题主要考查了向量的数量积的运算,正弦定理、余弦定理的应用,以及三角恒等变换
与三角函数的图象与性质的综合应用,着重考查了逻辑推理能力和分析问题和解答问题
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的能力,属于难题.
三、解答题
18.已知△ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c,且 3b csinA acosC .
(1)求 A;
(2)若 3a ,求△ABC 的面积 S 的最大值.
【答案】(1)A 6
(2) 6 3 3
4
【解析】(1)利用整下定理,三角函数的恒等变换,集合 sin 0C ,求得 3tan 3A ,
即可求解;
(2)由余弦定理,基本不等式求得bc 的最大值,进而根据三角形的面积公式,即可求
解三角形的最大面积.
【详解】
(1)由题意,在 ABC 中, 3b csinA acosC ,
由正弦定理得sin 3sin sin sin cosB C A A C ,
又由 A B C ,
可得sin sin[ ( )] sin( ) sin cos cos sinB A C A C A C A C
所以sin cos cos sin 3sin sin sin cosA C A C C A A C ,
即 cosAsinC 3 sinCsinA,
又因为 sinC≠0,所以 cosA 3 sinA,可得 tanA 3
3
,
又由 A∈(0,π),∴A
6
.
(2)由余弦定理可得 cosA
2 2 2 3
2 2
b c a
bc
,
可得 b2+c2﹣3 3 bc,
因为 b2+c2≥2bc,所以 3 3 bc≥2bc,可得 bc
3
2 3
3(2 3 ),
所以三角形的面积 S 1
2
bcsin 6 3 3
3 4
,当且仅当 b=c 3 2 3 等号成立,
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所以△ABC 的面积 S 的最大值 6 3 3
4
.
【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,要有意识地考虑用哪个定理更合适,要抓住能够利用某个定理的信息.一般
地,如果式子中含有角的余弦或边的二次式时,要考虑用余弦定理;如果式子中含有角
的正弦或边的一次式时,则考虑用正弦定理,着重考查了运算与求解能力,属于基础题.
19.如图,四边形 ABCD 为菱形,四边形 ACFE 为平行四边形,设 BD 与 AC 相交于
点 G,AB=BD=AE=2,∠EAD=∠EAB.
(1)证明:平面 ACFE⊥平面 ABCD;
(2)若直线 AE 与 BC 的夹角为 60°,求直线 EF 与平面 BED 所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2) 1
3
【解析】(1)先由已知条件求得 EAD EAB ,得到 EG BD ,再结合菱形的对角
线垂直,可得 BD 平面 ACEF ,即可证得平面 ACFE⊥平面 ABCD;
(2)建立空间直角坐标系,求得各点的坐标,设 E 的坐标,根据条件求出 E ,再求得
直线的方向向量和平面的法向量,利用向量的夹角公式,即可求解.
【详解】
(1)证明:连接 EG,因为 AB=BD=AE=2,∠EAD=∠EAB,
可得△EAD≌EAB,∴ED=EB.
∵G 为 BD 的中点,所以 EG⊥BD,因为四边形 ABCD 为菱形,∴AC⊥BD,
∴BD⊥平面 ACEF,因为 BD⊂平面 ABCD;
∴平面 ACFE⊥平面 ABCD;
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(2)因为 EF∥AG,直线 EF 与平面 BED 所成角即为 AG 与平面 BED 所成角;
以 G 为原点建立如图所示空间直角坐标系,如图所示,
设 E(a,0,b)则 AE (a 3 ,0,b),
因为 BC ( 3 ,﹣1,0),
所以由条件可得:| AE
|2=(a 3 )2+b2=4 且 AE
• 3BC a+3=2×2×cos60°=2;
解得
3
3
2 6
3
a
b
,所以 BE ( 3
3
,﹣1, 2 6
3
),因为 DB (0,2,0);
所以可取平面 BED 的法向量 n (2 2 ,0,﹣1),因为 EF AC (﹣2 3 ,0,0),
设直线 EF 与平面 BED 所成角为θ,则 sinθ 2 2
3
n EF
n EF
,
∵0<θ 2
;∴sosθ 2 11 3sin ;
既直线 EF 与平面 BED 所成角的余弦值为 1
3
.
【点睛】
本题考查了线面位置关系的判定与证明,以及空间角的求解问题,意在考查学生的空间
想象能力和逻辑推理能力,解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理,通过严密
推理是线面位置关系判定的关键,同时对于立体几何中角的计算问题,往往可以利用空
间向量法,通过求解平面的法向量,利用向量的夹角公式求解.
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20.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a2+2a4=a9,S6=36.
(1)求 an,Sn;
(2)若数列{bn}满足 b1=1, 1n n nb b S ,求证:
1 2
1 1 1 2 1
n
nb b b
(n∈N).
【答案】(1)an=2n﹣1,Sn=n2(2)证明见解析
【解析】(1)设等差数列 na 的公差为 d ,运用等差数列的通项公式和求和公式,解
方程可得首项和公差,再结合等差数列的通项公式和求和公式,即可求解;
(2)讨论 1, 2n n ,将 n 换为 1n ,相减得到 1 1
1
n n
n
b bb ,再由数列的裂项相
消求和及不等式的性质,即可求解.
【详解】
(1)设等差数列{an}的公差设为 d,前 n 项和为 Sn,且 a2+2a4=a9,S6=36,
可得 a1+d+2(a1+3d)=a1+8d,即 2a1=d,
又 6a1+15d=36,即 2a1+5d=12,
解得 a1=1,d=2,则 an=1+2(n﹣1)=2n﹣1,Sn=n+n(n﹣1)=n2;
(2)证明:数列{bn}满足 b1=1, 1n n nb b S n,
当 n=1 时,b1b2=1,可得 b2=1,
n≥2 时,bnbn﹣1=n﹣1,
相减可得 bn(bn+1﹣bn﹣1)=1,即 1
nb
bn+1﹣bn﹣1,
当 n≥2 时,
1 2 1
1 1 1 1
nb b b b
b3﹣b1+b4﹣b2+b5﹣b3+…+bn+1﹣bn﹣1
1
1
b
b1﹣b2+bn+bn+1≥﹣1+2 1n nb b 2 n 1;
当 n=1 时,
1
1
b
1=2 1 1,不等式成立,
综上可得,
1 2
1 1 1 2 1
n
nb b b
(n∈N).
【点睛】
本题主要考查了等差数列的通项公式和前 n 项和公式的应用,以及数列与不等式的证
明,其中解答中注意数列的裂项相消法求和,以及不等式的性质的应用是解答的关键,
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着重考查了方程思想以及运算能力,属于中档试题.
21.如图,P 是抛物线 E:y2=4x 上的动点,F 是抛物线 E 的焦点.
(1)求|PF|的最小值;
(2)点 B,C 在 y 轴上,直线 PB,PC 与圆(x﹣1)2+y2=1 相切.当|PF|∈[4,6]时,
求|BC|的最小值.
【答案】(1)|PF|的最小值为 1(2) 2 35
3
【解析】(1)求得抛物线的焦点和准线方程,运用抛物线的定义和性质,即可求得|PF|
的最小值;
(2)设 2
0 0 0 0(0, ), (0, ), ( , ), 4B m C n P x y y x ,分别求得 ,PB PC 的方程,运用直线和
圆相切,得到 ,m n 为方程 2
0 0 0( 2) 2 0x x y x x 的两根,再由韦达定理可得 m n ,
进而可求得其最小值.
【详解】
(1)P 是抛物线 E:y2=4x 上的动点,F 是抛物线 E 的焦点(1,0),准线方程为 x=
﹣1,
由抛物线的定义可得|PF|=d=xP+1,
由 0Px ,可得 d 的最小值为 1,|PF|的最小值为 1;
(2)设 2
0 0 0 0(0, ), (0, ), ( , ), 4B m C n P x y y x ,
则 PB 的方程为 y 0
0
y m
x
x+m,PC 的方程为 y 0
0
y n
x
x+n,
由直线 PA 与圆(x﹣1)2+y2=1 相切,可得 0 0
2 2
0 0( )
y m mx
x y m
1,
整理得(x0﹣2)m2+2y0m﹣x0=0,
同理可得(x0﹣2)n2+2y0n﹣x0=0,
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即有 m,n 为方程(x0﹣2)x2+2y0x﹣x0=0 的两根,可得 m+n 0
0
2
2
y
x
,mn 0
02
x
x
,
则|m﹣n|
22
0 02 0 0
2
0 0 0
4 84 4( ) 4 (2 ) 2 2
x xy xm n mn x x x
,
由|PF|∈[4,6],可得 x0+1∈[4,6],即 x0∈[3,5],
令 t=|2﹣x0|=x0﹣2,t∈[1,3],
即有|m﹣n| 24(2 ) 8 2t t
t
2 2
8 6 1t t
在[1,3]递减,
可得 t=3 即 x0=5 时,|BC|=|m﹣n|取得最小值 2 35
3
.
【点睛】
本题主要考查了抛物线的定义、标准方程及性质,以及直线与抛物线的位置关系的应用,
其中解答中注意韦达定理和二次函数的单调性的应用是解答的关键,着重考查了分析问
题和解答问题的能力,属于中档试题.
22.已知函数 10 1
axf x lnx x
.
(1)当 a∈R 时,讨论函数 f(x)的单调性;
(2)对任意的 x∈(1,+∞)均有 f(x)<ax,若 a∈Z,求 a 的最小值.
【答案】(1)答案不唯一,具体见解析(2)a 的最小值为 3
【解析】(1)求得函数的导数 2
2
10 20 10
( 1)
x a xf x x x
,令
210 20 10g x x a x ,分情况讨论 a ,进而可得求得函数 f x 的单调性;
(2)由 f x ax 得到
2
10ln 1
axx x
,转化为
2
10 1x lnxa x
,对任意 (1, )x 成
立,令
2
10 1x lnxF x x
,利用导数求得函数 F x 的最大值,即可求得实数 a 的
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最小值.
【详解】
(1)由题意,函数 10 1
axf x lnx x
,
则 2
2 2
10 20 1010
( 1) ( 1)
x a xaf x x x x x
,x>0 且 x≠1,
令 210 20 10g x x a x ,则其图象对称轴为直线 x 20
20
a ,g(0)=10,
当 20 020
a ,即 a≥20 时,则 g(x)>0,f′(x)>0,
此时 f(x)分别在(0,1)和(1,+∞)上递增,
当 20 020
a 时,即 a<20 时,令△=(a﹣20)2﹣400≤0.可得 0≤a<20,
所以当 0≤a<20 时,则 g(x)>0,f′(x)>0,
此时 f(x)分别在(0,1)和(1,+∞)上递增,
当 a<0 时,由 g(x)=0 解得 x1
220 40
20
a a a ,x2
220 40
20
a a a ,
易知 f(x)分别在(0,x1),(x2,+∞)上递增,分别在(x1,1),(1,x2)上递减.
综上所述,当 a≥0 时,f(x)分别在(0,1)和(1,+∞)上递增,
当 a<0 时,分别在(0,x1),(x2,+∞)上递增,分别在(x1,1),(1,x2)上递减.
(2)由题意得,
2
10ln 1 1
ax axx axx x
,
即
2
10 1x lnxa x
,对任意 (1, )x 成立,
令 F(x)
2
10 1x lnx
x
,x>1,则
3( ) 10 2 1x lnF x x x
x
,x>1,
令 h(x)=(2﹣x)lnx+x﹣1,h′(x)=﹣lnx 2
x
,x>1
因为 h′(x)在(1,+∞)上递减,且 h′(1)=2>0,当 x→+∞时,h′(x)→﹣∞,
所以存在 x0∈(1,+∞),使得 h′(x0)=0,且 h(x)在(1,x0)上递增,在(x0,+∞)
上递减,
因为 h(1)=0,所以 h(x0)>0,
因为当 x→+∞时,h(x)→﹣∞,所以存在 x1∈(x0,+∞),使得 h(x1)=0,
且 F(x)在(1,x1)上递增,在(x1,+∞)上递减,
第 22 页 共 22 页
所以 F(x)max=F(x1) 1 1
2
1
10 1x lnx
x
,
因为 h(x1)=(2﹣x1)lnx1+x1﹣1=0,所以 lnx1
1
1
1
2
x
x
,所以 F(x1)
2
1
2
1 1
10( 1)
2
x
x x
,
因为 h(4)=﹣2ln4+3=ln
3
16
e 0,h(5)=﹣3ln5+4=ln
4
35
e 0,所以 x1∈[4,5],
令Φ(x)
2
2
10( 1)
2
x
x x
,x∈[4,5],易证Φ(x)在区间[4,5]上递减,
所以Φ(x)∈[ 32
15 , 45
16 ],
即 F(x)max∈[ 32
15 , 45
16 ],因为 a∈Z,所以 a 的最小值为 3.
【点睛】
本题主要考查导数在函数中的综合应用,以及恒成立问题的求解,着重考查了转化与化
归思想、逻辑推理能力与计算能力,对于恒成立问题,通常要构造新函数,利用导数研
究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;
也可分离变量,构造新函数,直接把问题转化为函数的最值问题.
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