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- 2021-07-01 发布
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卷11
一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共70分.请把答案填写在答题卡相应的位置上.
1.已知集合,集合,若命题“”是命题“”的充分
不必要条件,则实数的取值范围是 ▲ .
答案:
2.复数(是虚数单位),则= ▲ .
答案:
3.为了解某校教师使用多媒体进行教学的情况,采用简单随机抽样的方法,从该校200名授课教师中抽取20名教师,调查了他们上学期使用多媒体进行教学的次数,结果用茎叶图表示如下:
据此可估计该校上学期200名教师中,使用多媒体
进行教学次数在内的人数为 ▲ .
答案:100
解析:所抽取的20人中在内的人数10人,
故可得200名教师中使用多媒体进行教学次数在内的人数为=100人。
4.如图是一个算法的流程图,则最后输出的的值为 ▲ .
答案:14
解析:本题考查算法流程图。
所以输出。
5.已知是等差数列{}的前项和,若≥4,≤16,则的最大值是 ▲ .
答案:9
6.用半径为cm,面积为cm2的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器(衔接部分忽略不计), 则该容器盛满水时的体积是 ▲ .
答案:
7.若在区间和上分别各取一个数,记为和,则方程表示焦点在
轴上的椭圆的概率为 ▲ .
答案:2
解析:本题考查线性规划和几何概型。
由题意知画可行域如图阴影部分。
直线与,的交点分别为(2,2),(4,4)
∴阴影梯形的面积为,
而区间和构成的区域面积为8,故所求的概率为。
8.设是实数.若函数是定义在上的奇函数,但不是偶函数,则函数的递增区间为 ▲ .
答案:
9.已知三次函数在R上单调递增,则的最小
值为 ▲ .
答案:3
解析:由题意≥0在R上恒成立,则,△≤0.
∴≥
令 ≥≥3.
(当且仅当,即时取“=”
10.若函数,对任意实数,都有,且,
则实数的值等于 ▲ .
答案:或。
解析:本题考查三角函数的图象与性质。
由可知是该函数的一条对称轴,
故当时,或。又由可得或。 ▲ .
11.已知A,B,P是双曲线上不同的三点,且A,B连线经过坐标原点,若直线
PA,PB的斜率乘积,则该双曲线的离心率为 ▲ .
答案:
解析:一定关于原点对称,设,,
则,,.
12.已知等差数列的公差d不为0,等比数列的公比q为小于1的正有理数。若,且是正整数,则q等于 ▲ .
答案:
13.已知a > 0,b > 0,且,其中{a,b}表示数a,b中较小的数,则h的最大值为 ▲ .
答案:
14.已知定义在上的函数f(x)满足f(1)=2,,则不等式解集
▲ .
答案:
二、解答题:本大题共6小题,共计90分.请把答案写在答题卡相应的位置上.解答时应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
15.(本题满分14分)
如图所示,已知的终边所在直线上的一点的坐标为,的终边在第一象限且与单位圆的交点的纵坐标为.
⑴求的值;
⑵若,,求.
解:⑴由三角函数的定义知
∴.
又由三角函数线知,
∵为第一象限角,∴,∴. ……7分
⑵∵,,∴.
又,,∴. …8分
∴.
由,,得,∴. ……14分
16.(本题满分14分)
在三棱锥中,是边长为的正三角形,平面平面,
,、分别为、的中点.
⑴证明:;
⑵(理)求二面角的正切值;
⑶求点到平面的距离.
解:
解法:⑴取中点,连结、.
∵,∴,,
∴平面,又平面,∴. ……4分
⑵∵平面,平面,∴平面平面.
过作于,则平面,
过作于,连结,则,为二面角的平面角.
∵平面平面,,∴平面.
又平面,∴.∵,
∴,且.
在正中,由平几知识可求得,
在中,
∴二面角的正切值为. ……8分
⑶在中,,∴,.
设点到平面的距离为,
∵,平面,∴,
∴.即点到平面的距离为. ……14分
解法:⑴取中点,连结、.∵,,
∴,.∵平面平面,
平面平面,∴平面,∴.
如图所示建立空间直角坐标系,则,,
,,∴,,
∵,∴. ……6分
⑵∵,,又,∴,.
设为平面的一个法向量,则,
取,,,∴.又为平面的一个法向量,
∴,得
∴.即二面角的正切值为. ……10分
⑶由⑴⑵得,又为平面的一个法向量,,
∴点到平面的距离.……14分
17.(本题满分14分)
某公司为了加大产品的宣传力度,准备立一块广告牌,在其背面制作一个形如△ABC的支架,要求∠ACB=60°,BC的长度大于1米,且AC比AB长0.5米.为节省材料,要求AC的长度越短越好,求AC的最短长度,且当AC最短时,BC的长度为多少米?
解:设BC=x米(x>1),AC=y米,则AB=y-.
在△ABC中,由余弦定理,得(y-)2=y2+x2-2xycos60°.
所以y=(x>1).
法一:y==(x-1)++2≥2+.
当且仅当x-1=,即x=1+时,y有最小值2+.
法二: y′==.
由y′=0得x=1+.因为当1<x<1+时,y′<0;当x>1+时,y′>0,
所以当x=1+时,y有最小值2+.
答:AC的最短长度为2+米,此时BC的长度为(1+)米.……………14分
18.(本题满分16分)
已知曲线E:ax2+by2=1(a>0,b>0),经过点M(,0)的直线l与曲线E交
于点A、B,且=-2.
(1)若点B的坐标为(0,2),求曲线E的方程;
(2)若a=b=1,求直线AB的方程.
解:
(1) 设A(x0,y0),因为B(0,2),M(,0)
故=(-,2),=(x0-,y0). ……………………………………2分
因为=-2,所以(-,2)=-2(x0-,y0).
所以x0=,y0=-1.即A(,-1). ……………………………………4分
因为A,B都在曲线E上,所以解得a=1,b=.
所以曲线E的方程为x2+=1. ……………………………………6分
(2)(法一)当a=b=1时,曲线E为圆:x2+y2=1.设A(x1,y1),B(x2,y2).
因为=-2,所以(x2-,y2) =-2(x1-,y1),即
设线段AB的中点为T,则点T的坐标为(,),即(,-).
所以=(,-),=(x2-x1,y2-y1)=(-3x1,-3y1).
因为OT⊥AB,所以×=0,即3-4x1+3x+3y=0.
因为x+y=1,所以x1=,y1=±.
当点A的坐标为(,-)时,对应的点B的坐标为(0,1),此时直线AB的斜率
k=-,所求直线AB的方程为y=-x+1;
当点A的坐标为(,)时,对应的点B的坐标为(0,-1),此时直线AB的斜率k=,
所求直线AB的方程为y=x-1. ……………………………………16分
(法二)当a=b=1时,曲线E为圆:x2+y2=1.设A(x1,y1),B(x2,y2).
因为=-2,所以(x2-,y2) =-2(x1-,y1),即
因为点A,B在圆上,所以
由①×4-②,得(2x1+x2)(2x1-x2)=3.所以2x1-x2=,解得x1=,x2=0.
由x1=,得y1=±.(以下同方法一)
(法三)如图,设AB中点为T.
则TM=TA-MA=AB,OM=.
根据Rt△OTA和Rt△OTM,得
即解得AB=,OT=.所以在Rt△OTM中,tanÐOMT==.
所以kAB=-或.所以直线AB的方程为y=-x+1或y=x-1.
19.(本题满分16分)
设f(x)=x3,等差数列{an}中a3=7,,记Sn=,令bn=anSn,数列的前n项和为Tn.
(1)求{an}的通项公式和Sn;
(2)求证:Tn<;
(3)是否存在正整数m,n,且1<m<n,使得T1,Tm,Tn成等比数列?若存在,求出m,n的值,若不存在,说明理由.
解:(1)设数列的公差为,由,.
解得,=3,∴∵
∴Sn==.…4分
(2) ,∴
∴。 ………………………8分
(3)由(2)知, ∴,
∵成等比数列.
∴ ,即………………………9分
当时,7,=1,不合题意;
当时,,=16,符合题意;………………………10分
当时,,无正整数解;当时,,无正整数解;
当时,,无正整数解;
当时,,无正整数解; ………………………12分
当时, ,则,而,
所以,此时不存在正整数m,n,且1