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  • 2021-06-10 发布

数学卷·2018届山东省临沂市临沭一中高二下学期3月月考数学试卷(理科) (解析版)

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山东省临沂市临沭一中2016-2017学年高二(下)3月月考数学试卷(理科)(解析版)‎ ‎ ‎ 一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.已知i是虚数单位,复数z=,则=(  )‎ A.﹣ +i B. +i C.﹣i D.﹣﹣i ‎2.有一段“三段论”推理是这样的:对于可导函数f(x),如果f′(x0)=0,那么x=x0是函数f(x)的极值点,因为函数f(x)=x3在x=0处的导数值f′(0)=0,所以,x=0是函数f(x)=x3的极值点.以上推理中(  )‎ A.大前提错误 B.小前提错误 C.推理形式错误 D.结论正确 ‎3.用反证法证明:若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有有理数根,那么a、b、c中至少有一个偶数时,下列假设正确的是(  )‎ A.假设a、b、c都是偶数 B.假设a、b、c都不是偶数 C.假设a、b、c至多有一个偶数 D.假设a、b、c至多有两个偶数 ‎4.已知命题p:∃x∈R,使得x2﹣x+2<0;命题q:∀x∈[1,2],使得x2≥1.以下命题为真命题的是(  )‎ A.¬p∧¬q B.p∨¬q C.¬p∧q D.p∧q ‎5.在平面几何里有射影定理:设三角形ABC的两边AB⊥AC,D是A点在BC上的射影,则AB2=BD•BC.拓展到空间,在四面体A﹣BCD中,AD⊥面ABC,点O是A在面BCD内的射影,且O在△BCD内,类比平面三角形射影定理,得出正确的结论是(  )‎ A.S△ABC2=S△BCO•S△BCD B.S△ABD2=S△BOD•S△BOC C.S△ADC2=S△DOC•S△BOC D.S△BDC2=S△ABD•S△ABC ‎6.已知a>b>0,椭圆C1的方程为+=1,双曲线C2的方程为﹣=1,C1与C2的离心率之积为,则C2的渐近线方程为(  )‎ A. x±y=0 B.x±y=0 C.2x±y=0 D.x±2y=0‎ ‎7.已知数列{an}为等比数列,且a2013+a2015=dx,则a2014(a2012+2a2014+a2016)的值为(  )‎ A.π2 B.4π2 C.π D.2π ‎8.已知x,y满足线性约束条件,若z=x+4y的最大值与最小值之差为5,则实数λ的值为(  )‎ A.3 B. C. D.1‎ ‎9.已知函数f(x)=x2+cosx,f′(x)是函数f(x)的导函数,则f′(x)的图象大致是(  )‎ A. B. ‎ C. D.‎ ‎10.如图所示,一个地区分为5个行政区域,现给地图着色,要求相邻区域不得使用同一颜色,现有4种颜色可供选择,则不同的着方法共有(  )种.‎ A.72 B.60 C.48 D.24‎ ‎11.抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,已知点A,B为抛物线上的两个动点,且满足∠AFB=120°.过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN,垂足为N,则的最小值为(  )‎ A. B. C.1 D.‎ ‎12.已知定义在实数集R的函数f(x)满足f(1)=4,且f(x)导函数f′(x)<3,则不等式f(lnx)>3lnx+1的解集为(  )‎ A.(1,+∞) B.(e,+∞) C.(0,1) D.(0,e)‎ ‎ ‎ 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分,把答案填在答题卷的横线上..‎ ‎13.若抛物线y2=2px(p>0)的准线经过双曲线x2﹣y2=1的一个焦点,则p=  .‎ ‎14.设直线y=x+b是曲线y=lnx(x>0)的一条切线,则实数b的值为  .‎ ‎15.已知,,若均为正实数),类比以上等式,可推测a,t的值,则a﹣t=  .‎ ‎16.在平面四边形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°.BC=2,则AB的取值范围是  .‎ ‎ ‎ 三、解答题:本大题共6小题,满分70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ‎17.(10分)如图,设△ABC的三个内角A,B,C对应的三条边分别为a,b,c,且角A,B,C成等差数列,a=2,线段AC的垂直平分线分别交线段AB,AC于D,E两点.‎ ‎(1)若△BCD的面积为,求线段CD的长;‎ ‎(2)若,求角A的值.‎ ‎18.(12分)Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0,an2+2an=4Sn+3‎ ‎(I)求{an}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)设bn=,求数列{bn}的前n项和.‎ ‎19.(12分)观察下列等式:‎ ‎1=1 第一个式子 ‎2+3+4=9 第二个式子 ‎3+4+5+6+7=25 第三个式子 ‎4+5+6+7+8+9+10=49 第四个式子 照此规律下去:‎ ‎(Ⅰ)写出第五个等式;‎ ‎(Ⅱ)你能做出什么一般性的猜想?请用数学归纳法证明猜想.‎ ‎20.(12分)如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.‎ ‎(Ⅰ)证明:AB⊥A1C;‎ ‎(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.‎ ‎21.(12分)已知函数f(x)=ex,g(x)=mx+n.‎ ‎(1)设h(x)=f(x)﹣g(x).‎ ‎①若函数h(x)在x=0处的切线过点(1,0),求m+n的值;‎ ‎②当n=0时,若函数h(x)在(﹣1,+∞)上没有零点,求m的取值范围;‎ ‎(2)设函数r(x)=+,且n=4m(m>0),求证:当x≥0时,r(x)≥1.‎ ‎22.(12分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C: =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,以原点为圆心,以椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x﹣y+=0相切,过点F2的直线l与椭圆相交于M,N两点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若,求直线l的方程;‎ ‎(3)求△F1MN面积的最大值.‎ ‎ ‎ ‎2016-2017学年山东省临沂市临沭一中高二(下)3月月考数学试卷(理科)‎ 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.已知i是虚数单位,复数z=,则=(  )‎ A.﹣ +i B. +i C.﹣i D.﹣﹣i ‎【考点】复数代数形式的乘除运算.‎ ‎【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简复数z,则可求.‎ ‎【解答】解:由z==,‎ 则=.‎ 故选:C.‎ ‎【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的基本概念,是基础题.‎ ‎ ‎ ‎2.有一段“三段论”推理是这样的:对于可导函数f(x),如果f′(x0)=0,那么x=x0是函数f(x)的极值点,因为函数f(x)=x3在x=0处的导数值f′(0)=0,所以,x=0是函数f(x)=x3的极值点.以上推理中(  )‎ A.大前提错误 B.小前提错误 C.推理形式错误 D.结论正确 ‎【考点】演绎推理的基本方法.‎ ‎【分析】在使用三段论推理证明中,如果命题是错误的,则可能是“大前提”错误,也可能是“小前提”错误,也可能是推理形式错误,我们分析的其大前提的形式:“对于可导函数f(x),如果f'(x0)=0,那么x=x0是函数f(x)的极值点”,不难得到结论.‎ ‎【解答】解:∵大前提是:“对于可导函数f(x),如果f'(x0)=0,那么x=x0是函数f(x)的极值点”,不是真命题,‎ 因为对于可导函数f(x),如果f'(x0)=0,且满足当x=x0附近的导函数值异号时,那么x=x0是函数f(x)的极值点,‎ ‎∴大前提错误,‎ 故选A.‎ ‎【点评】本题考查的知识点是演绎推理的基本方法,演绎推理是一种必然性推理,演绎推理的前提与结论之间有蕴涵关系.因而,只要前提是真实的,推理的形式是正确的,那么结论必定是真实的,但错误的前提可能导致错误的结论.‎ ‎ ‎ ‎3.用反证法证明:若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有有理数根,那么a、b、c中至少有一个偶数时,下列假设正确的是(  )‎ A.假设a、b、c都是偶数 B.假设a、b、c都不是偶数 C.假设a、b、c至多有一个偶数 D.假设a、b、c至多有两个偶数 ‎【考点】反证法与放缩法.‎ ‎【分析】本题考查反证法的概念,逻辑用语,否命题与命题的否定的概念,逻辑词语的否定.根据反证法的步骤,假设是对原命题结论的否定,故只须对“b、c中至少有一个偶数”写出否定即可.‎ ‎【解答】解:根据反证法的步骤,假设是对原命题结论的否定 ‎“至少有一个”的否定“都不是”.‎ 即假设正确的是:假设a、b、c都不是偶数 故选:B.‎ ‎【点评】一些正面词语的否定:“是”的否定:“不是”;“能”的否定:“不能”;“都是”的否定:“不都是”;“至多有一个”的否定:“至少有两个”;“至少有一个”的否定:“一个也没有”;“是至多有n个”的否定:“至少有n+1个”;“任意的”的否定:“某个”;“任意两个”的否定:“某两个”;“所有的”的否定:“某些”.‎ ‎ ‎ ‎4.已知命题p:∃x∈R,使得x2﹣x+2<0;命题q:∀x∈[1,2],使得x2≥1.以下命题为真命题的是(  )‎ A.¬p∧¬q B.p∨¬q C.¬p∧q D.p∧q ‎【考点】复合命题的真假.‎ ‎【分析】根据条件求出命题p,q的真假,然后结合复合命题真假关系进行判断即可.‎ ‎【解答】解:∵判别式△=1﹣4×2=1﹣7=﹣6<0,‎ ‎∴∀x∈R,使得x2﹣x+2>0;‎ 即命题p:∃x∈R,使得x2﹣x+2<0为假命题,‎ 当x∈[1,2]时,x2≥1恒成立,即命题q是真命题,‎ 则¬p∧q是真命题,其余为假命题,‎ 故选C.‎ ‎【点评】本题主要考查复合命题真假关系的判断,根据条件求出命题p,q的真假是解决本题的关键.‎ ‎ ‎ ‎5.在平面几何里有射影定理:设三角形ABC的两边AB⊥AC,D是A点在BC上的射影,则AB2=BD•BC.拓展到空间,在四面体A﹣BCD中,AD⊥面ABC,点O是A在面BCD内的射影,且O在△BCD内,类比平面三角形射影定理,得出正确的结论是(  )‎ A.S△ABC2=S△BCO•S△BCD B.S△ABD2=S△BOD•S△BOC C.S△ADC2=S△DOC•S△BOC D.S△BDC2=S△ABD•S△ABC ‎【考点】类比推理.‎ ‎【分析】这是一个类比推理的题,在由平面图形到空间图形的类比推理中,一般是由点的性质类比推理到线的性质,由线的性质类比推理到面的性质,由已知在平面几何中,(如图所示)若△ABC中,AB⊥AC,AD⊥BC,D是垂足,则AB2=BD•BC,我们可以类比这一性质,推理出若三棱锥A﹣BCD中,AD⊥面ABC,AO⊥面BCD,O为垂足,则(S△ABC)2=S△BOC.S△BDC ‎【解答】解:由已知在平面几何中,‎ 若△ABC中,AB⊥AC,AE⊥BC,E是垂足,‎ 则AB2=BD•BC,‎ 我们可以类比这一性质,推理出:‎ 若三棱锥A﹣BCD中,AD⊥面ABC,AO⊥面BCD,O为垂足,‎ 则(S△ABC)2=S△BOC.S△BDC.‎ 故选A.‎ ‎【点评】类比推理的一般步骤是:(1)找出两类事物之间的相似性或一致性;(2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质,得出一个明确的命题(猜想).‎ ‎ ‎ ‎6.已知a>b>0,椭圆C1的方程为+=1,双曲线C2的方程为﹣=1,C1与C2的离心率之积为,则C2的渐近线方程为(  )‎ A. x±y=0 B.x±y=0 C.2x±y=0 D.x±2y=0‎ ‎【考点】双曲线的简单性质;椭圆的简单性质.‎ ‎【分析】求出椭圆与双曲线的离心率,根据离心率之积的关系,然后推出a,b关系,即可求解双曲线的渐近线方程.‎ ‎【解答】解:a>b>0,椭圆C1的方程为+=1,C1的离心率为:,‎ 双曲线C2的方程为﹣=1,C2的离心率为:,‎ ‎∵C1与C2的离心率之积为,‎ ‎∴,‎ ‎∴=, =,‎ C2的渐近线方程为:y=,即x±y=0‎ 故选:B ‎【点评】本题考查椭圆与双曲线的基本性质,离心率以及渐近线方程的求法,基本知识的考查,根据椭圆和双曲线离心率之间的关系建立方程是解决本题的关键.‎ ‎ ‎ ‎7.已知数列{an}为等比数列,且a2013+a2015=dx,则a2014(a2012+2a2014+a2016)的值为(  )‎ A.π2 B.4π2 C.π D.2π ‎【考点】等比数列的通项公式.‎ ‎【分析】dx表示圆:y=(0≤x≤2)的面积,从而得到=π,由此利用等比数列的性质能求出a2014(a2012+2a2014+a2016)的值.‎ ‎【解答】解:∵ dx表示圆:y=(0≤x≤2)的面积,‎ ‎∴dx=π,‎ 由已知数列{an}为等比数列,且=π,‎ ‎∴a2014(a2012+2a2014+a2016)==(a2013+a2015)2=π2.‎ 故选:A.‎ ‎【点评】本题考查了微积分基本定理、等比数列的性质,考查了推理论证能力、运算求解能力,考查了转化化归思想,是中档题.‎ ‎ ‎ ‎8.已知x,y满足线性约束条件,若z=x+4y的最大值与最小值之差为5,则实数λ的值为(  )‎ A.3 B. C. D.1‎ ‎【考点】简单线性规划.‎ ‎【分析】作出不等式对应的平面区域,利用线性规划的知识,通过平移即可求z的最大值和最小值.建立方程关系进行求解即可.‎ ‎【解答】解:作出不等式组对应的平面区域,‎ 由得A(1,4),B(λ,λ﹣3)‎ 由z=x+4y,得y=﹣x+,‎ 平移直线y=﹣x+,由图象可知当直线经过点A时,直线y=﹣的截距最大,此时z最大.‎ z=1+4×4=17‎ 当直线经过点B时,直线的截距最小,此时z最小.z=λ﹣3+4λ=5λ﹣3.‎ ‎∵z=x+4y的最大值与最小值得差为5‎ ‎∴17﹣(5λ﹣3)=20﹣5λ=5.‎ 得λ=3.‎ 故选:A.‎ ‎【点评】本题主要考查线性规划的应用,根据目标函数的几何意义求出最值是解决本题的关键.‎ ‎ ‎ ‎9.已知函数f(x)=x2+cosx,f′(x)是函数f(x)的导函数,则f′(x)的图象大致是(  )‎ A. B. ‎ C. D.‎ ‎【考点】函数的图象.‎ ‎【分析】由于f(x)=x2+cosx,得f′(x)=x﹣sinx,由奇函数的定义得函数f′(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除BD,取x=代入f′()=﹣sin=﹣1<0,排除C,只有A适合.‎ ‎【解答】解:由于f(x)=x2+cosx,‎ ‎∴f′(x)=x﹣sinx,‎ ‎∴f′(﹣x)=﹣f′(x),故f′(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除BD,‎ 又当x=时,f′()=﹣sin=﹣1<0,排除C,只有A适合,‎ 故选:A.‎ ‎【点评】本题考查函数的图象,考查同学们对函数基础知识的把握程度以及数形结合的思维能力,同时考查导数的计算,属于中档题.‎ ‎ ‎ ‎10.如图所示,一个地区分为5个行政区域,现给地图着色,要求相邻区域不得使用同一颜色,现有4种颜色可供选择,则不同的着方法共有(  )种.‎ A.72 B.60 C.48 D.24‎ ‎【考点】排列、组合的实际应用.‎ ‎【分析】根据题意,分2种情况讨论:若选3种颜色时,就是②④同色,③⑤同色;若4种颜色全用,只能②④或③⑤用一种颜色,其它不相同;求出每种情况的着色方法数目,由加法原理求解即可.‎ ‎【解答】解:由题意,分2种情况讨论:‎ ‎(1)、选用3种颜色时,必须是②④同色,③⑤同色,与①进行全排列,‎ 涂色方法有C43•A33=24种 ‎(2)、4色全用时涂色方法:是②④同色或③⑤同色,有2种情况,‎ 涂色方法有C21•A44=48种 所以不同的着色方法共有48+24=72种;‎ 故选:A.‎ ‎【点评】本题考查计数原理的应用,涉及分类讨论,解题时注意结合题意中的图形,分析相邻区域的可能着色的情况.‎ ‎ ‎ ‎11.抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,已知点A,B为抛物线上的两个动点,且满足∠AFB=120°.过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN,垂足为N,则的最小值为(  )‎ A. B. C.1 D.‎ ‎【考点】抛物线的简单性质.‎ ‎【分析】先画出图象、做出辅助线,设|AF|=a、|BF|=b,由抛物线定义得2|MN|=a+b,由题意和余弦定理可得|AB|2=(a+b)2﹣ab,再根据基本不等式,求得|AB|2的取值范围,代入化简即可得到答案.‎ ‎【解答】解:如右图:过A、B分别作准线的垂线AQ、BP,垂足分别是Q、P,‎ 设|AF|=a,|BF|=b,连接AF、BF,‎ 由抛物线定义,得|AF|=|AQ|,|BF|=|BP|‎ 在梯形ABPQ中,2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b.‎ 由余弦定理得,‎ ‎|AB|2=a2+b2﹣2abcos120°=a2+b2+ab,‎ 配方得|AB|2=(a+b)2﹣ab,‎ 因为ab≤,‎ 则(a+b)2﹣ab≥(a+b)2﹣=(a+b)2,即|AB|2≥(a+b)2,‎ 所以≥=3,‎ 则,即所求的最小值是,‎ 故选:D.‎ ‎【点评】本题考查抛物线的定义、简单几何性质,基本不等式求最值,余弦定理的应用等知识,属于中档题.‎ ‎ ‎ ‎12.已知定义在实数集R的函数f(x)满足f(1)=4,且f(x)导函数f′(x)<3,则不等式f(lnx)>3lnx+1的解集为(  )‎ A.(1,+∞) B.(e,+∞) C.(0,1) D.(0,e)‎ ‎【考点】导数的运算;其他不等式的解法.‎ ‎【分析】构造函数g(x)=f(x)﹣2x﹣1,求函数的导数,判断函数的单调性 即可得到结论 ‎【解答】解:设t=lnx,‎ 则不等式f(lnx)>3lnx+1等价为f(t)>3t+1,‎ 设g(x)=f(x)﹣3x﹣1,‎ 则g′(x)=f′(x)﹣3,‎ ‎∵f(x)的导函数f′(x)<3,‎ ‎∴g′(x)=f′(x)﹣3<0,此时函数单调递减,‎ ‎∵f(1)=4,‎ ‎∴g(1)=f(1)﹣3﹣1=0,‎ 则当x>1时,g(x)<g(1)=0,‎ 即g(x)<0,则此时g(x)=f(x)﹣3x﹣1<0,‎ 即不等式f(x)>3x+1的解为x<1,‎ 即f(t)>3t+1的解为t<1,‎ 由lnx<1,解得0<x<e,‎ 即不等式f(lnx)>3lnx+1的解集为(0,e),‎ 故选:D.‎ ‎【点评】本题主要考查不等式的求解,根据条件构造函数,利用函数的单调性和导数之间的关系是解决本题的关键,属于中档题.‎ ‎ ‎ 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分,把答案填在答题卷的横线上..‎ ‎13.若抛物线y2=2px(p>0)的准线经过双曲线x2﹣y2=1的一个焦点,则p= 2 .‎ ‎【考点】抛物线的简单性质.‎ ‎【分析】先求出x2﹣y2=1的左焦点,得到抛物线y2=2px的准线,依据p的意义求出它的值.‎ ‎【解答】解:双曲线x2﹣y2=1的左焦点为(﹣,0),故抛物线y2‎ ‎=2px的准线为x=﹣,‎ ‎∴=,∴p=2,‎ 故答案为:2.‎ ‎【点评】本题考查抛物线和双曲线的简单性质,以及抛物线方程 y2=2px中p的意义.‎ ‎ ‎ ‎14.设直线y=x+b是曲线y=lnx(x>0)的一条切线,则实数b的值为 ln2﹣1 .‎ ‎【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程.‎ ‎【分析】欲实数b的大小,只须求出切线方程即可,故先利用导数求出在切点处的导函数值,再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率,最后求出切线方程与已知直线方程对照即可.‎ ‎【解答】解:y′=(lnx)′=,令=得x=2,‎ ‎∴切点为(2,ln2),代入直线方程y=x+b,‎ ‎∴ln2=×2+b,∴b=ln2﹣1.‎ 故答案为:ln2﹣1‎ ‎【点评】本小题主要考查直线的方程、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识,考查运算求解能力.属于基础题.‎ ‎ ‎ ‎15.已知,,若均为正实数),类比以上等式,可推测a,t的值,则a﹣t= ﹣29 .‎ ‎【考点】类比推理.‎ ‎【分析】观察所给的等式,第n个式子左边应该是 ‎,左边的式子(n+1),写出结果即可.‎ ‎【解答】解:观察下列等式,,‎ 照此规律,第5个等式中:a=6,t=a2﹣1=35,‎ 则a﹣t=﹣29.‎ 故答案为:﹣29.‎ ‎【点评】本题考查归纳推理,考查对于所给的式子的理解,主要看清楚式子中的项与项的数目与式子的个数之间的关系,本题是一个易错题.‎ ‎ ‎ ‎16.在平面四边形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°.BC=2,则AB的取值范围是 (﹣, +) .‎ ‎【考点】三角形中的几何计算.‎ ‎【分析】如图所示,延长BA,CD交于点E,设AD=x,AE=x,DE=x,CD=m,求出x+m=+,即可求出AB的取值范围.‎ ‎【解答】解:方法一:‎ 如图所示,延长BA,CD交于点E,则 在△ADE中,∠DAE=105°,∠ADE=45°,∠E=30°,‎ ‎∴设AD=x,AE=x,DE=x,CD=m,‎ ‎∵BC=2,‎ ‎∴(x+m)sin15°=1,‎ ‎∴x+m=+,‎ ‎∴0<x<4,‎ 而AB=x+m﹣x=+﹣x,‎ ‎∴AB的取值范围是(﹣, +).‎ 故答案为:(﹣, +).‎ 方法二:‎ 如下图,作出底边BC=2的等腰三角形EBC,B=C=75°,‎ 倾斜角为150°的直线在平面内移动,分别交EB、EC于A、D,则四边形ABCD即为满足题意的四边形;‎ 当直线移动时,运用极限思想,‎ ‎①直线接近点C时,AB趋近最小,为﹣;‎ ‎②直线接近点E时,AB趋近最大值,为+;‎ 故答案为:(﹣, +).‎ ‎【点评】本题考查求AB的取值范围,考查三角形中的几何计算,考查学生的计算能力,属于中档题.‎ ‎ ‎ 三、解答题:本大题共6小题,满分70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ‎17.(10分)(2017春•临沭县校级月考)如图,设△ABC的三个内角A,B,C对应的三条边分别为a,b,c,且角A,B,C成等差数列,a=2,线段AC的垂直平分线分别交线段AB,AC于D,E两点.‎ ‎(1)若△BCD的面积为,求线段CD的长;‎ ‎(2)若,求角A的值.‎ ‎【考点】三角形中的几何计算.‎ ‎【分析】(1)先根据三角形的内角A,B,C成等差数列,求出B的度数,再根据三角的面积公式求出BD,再根据余弦定理即可求出,‎ ‎(2)若,求出∠BDC,即可求角A的值.‎ ‎【解答】解:(1)三角形的内角A,B,C成等差数列,‎ 则有2B=A+C.又A+B+C=180°,‎ ‎∴B=60°,‎ ‎∵△BCD的面积为,a=2‎ ‎∴BD•BC•sin60°=,‎ ‎∴BD=,‎ 由余弦定理,CD2=BD2+BC2+2BD•BC•cos60°=,‎ ‎∴CD=;‎ ‎(2)△BCD中,,,∴sin∠BDC=1,‎ ‎∴∠BDC=90°,∴CD⊥AB,‎ ‎∵∠A=∠B=.‎ ‎【点评】本题主要考查余弦定理三角形的面积公式以及等差数列的性质,属于中档题.‎ ‎ ‎ ‎18.(12分)(2016春•铜仁市校级期末)Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0,an2+2an=4Sn+3‎ ‎(I)求{an}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)设bn=,求数列{bn}的前n项和.‎ ‎【考点】数列的求和;数列递推式.‎ ‎【分析】(I)通过an2+2an=4Sn+3与an+12+2an+1=4Sn+1+3作差可知an+1﹣an=2,进而可知数列{an}是以3为首项、2为公差的等差数列,计算即得结论;‎ ‎(Ⅱ)通过(I)可知an=2n+1,裂项可知bn=(﹣),并项相加即得结论.‎ ‎【解答】解:(I)∵an2+2an=4Sn+3,‎ ‎∴an+12+2an+1=4Sn+1+3,‎ 两式相减得:an+12﹣an2+2an+1﹣2an=4an+1,‎ 整理得:an+12﹣an2=2(an+1+an),‎ 又∵an>0,‎ ‎∴an+1﹣an=2,‎ 又∵a12+2a1=4a1+3,‎ ‎∴a1=3或a1=﹣1(舍),‎ ‎∴数列{an}是以3为首项、2为公差的等差数列,‎ ‎∴an=3+2(n﹣1)=2n+1;‎ ‎(Ⅱ)由(I)可知an=2n+1,‎ ‎∴bn===(﹣),‎ ‎∴数列{bn}的前n项和为:(﹣+﹣+…+﹣)‎ ‎=(﹣)‎ ‎=•.‎ ‎【点评】‎ 本题考查数列的通项及前n项和,考查运算求解能力,注意解题方法的积累,属于中档题.‎ ‎ ‎ ‎19.(12分)(2015秋•南安市校级期末)观察下列等式:‎ ‎1=1 第一个式子 ‎2+3+4=9 第二个式子 ‎3+4+5+6+7=25 第三个式子 ‎4+5+6+7+8+9+10=49 第四个式子 照此规律下去:‎ ‎(Ⅰ)写出第五个等式;‎ ‎(Ⅱ)你能做出什么一般性的猜想?请用数学归纳法证明猜想.‎ ‎【考点】数学归纳法;归纳推理.‎ ‎【分析】(Ⅰ)利用条件直接写出第5个等式.‎ ‎(Ⅱ)猜测第n个等式为n+(n+1)+(n+2)+…(3n﹣2)=(2n﹣1)2,然后利用数学归纳法的证明步骤证明即可.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)第5个等式 5+6+7+…+13=92; ‎ ‎(Ⅱ)猜测第n个等式为n+(n+1)+(n+2)+…(3n﹣2)=(2n﹣1)2,)‎ 再用数学归纳法加以证明如下:‎ ‎(1)当n=1时显然成立;)‎ ‎(2)假设n=k(k≥1,k∈N+)时也成立,‎ 即有k+(k+1)+(k+2)+…(3k﹣2)=(2k﹣1)2,‎ 那么当n=k+1时左边=(k+1)+(k+2)+…(3k﹣2)+(3k﹣1)+(3k)+(3k+1),‎ ‎=(k+1)+(k+2)+…(3k﹣2)+(2k﹣1)+(3k)+(3k+1),‎ ‎=(2k﹣1)2+(2k﹣1)+3k+3k+1,‎ ‎=4k2﹣4k+1+8k,‎ ‎=[2(k+1)﹣1]2,‎ 而右边=[2(k+1)﹣1]2这就是说n=k+1时等式也成立.‎ 根据(1)(2)知,等式对任何n∈N+都成立.‎ ‎【点评】‎ 本题考查猜想、证明的推理方法,考查数学归纳法证明命题.注意证明的步骤的应用.‎ ‎ ‎ ‎20.(12分)(2017•广西一模)如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.‎ ‎(Ⅰ)证明:AB⊥A1C;‎ ‎(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.‎ ‎【考点】直线与平面所成的角;空间中直线与直线之间的位置关系.‎ ‎【分析】(Ⅰ)取AB中点,连接OC,OA1,得出OC⊥AB,OA1⊥AB,运用AB⊥平面OCA1,即可证明.‎ ‎(Ⅱ)易证OA,OA1,OC两两垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴的正向建立坐标系,可向量的坐标,求出平面BB1C1C的法向量,代入向量夹角公式,可得答案.‎ ‎【解答】(Ⅰ)证明:取AB中点,连接OC,OA1,‎ ‎∵CA=CB,AB=A1A,∠BAA1=60°‎ ‎∴OC⊥AB,OA1⊥AB,‎ ‎∵OC∩OA1=O,‎ ‎∴AB⊥平面OCA1,‎ ‎∵CA1⊂平面OCA1,‎ ‎∴AB⊥A1C;‎ ‎(Ⅱ)解:由(Ⅰ)知OC⊥AB,OA1⊥AB,又平面ABC⊥平面AA1B1B,交线为AB,‎ 所以OC⊥平面AA1B1B,故OA,OA1,OC两两垂直.‎ 以O为坐标原点,的方向为x轴的正向,建立如图所示的坐标系,‎ 可得A(1,0,0),A1(0,,0),C(0,0,‎ ‎),B(﹣1,0,0),‎ 则=(1,0,),==(﹣1,,0),=(0,﹣,),‎ 设=(x,y,z)为平面BB1C1C的法向量,‎ 则,‎ 可取y=1,可得=(,1,﹣1),故cos<,>=﹣,‎ 又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值,‎ 故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为:.‎ ‎【点评】本题考查直线与平面所成的角,涉及直线与平面垂直的性质和平面与平面垂直的判定,属中档题.‎ ‎ ‎ ‎21.(12分)(2016•重庆三模)已知函数f(x)=ex,g(x)=mx+n.‎ ‎(1)设h(x)=f(x)﹣g(x).‎ ‎①若函数h(x)在x=0处的切线过点(1,0),求m+n的值;‎ ‎②当n=0时,若函数h(x)在(﹣1,+∞)上没有零点,求m的取值范围;‎ ‎(2)设函数r(x)=+,且n=4m(m>0),求证:当x≥‎ ‎0时,r(x)≥1.‎ ‎【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程.‎ ‎【分析】(1)求出函数的导数,利用导数的几何意义即可得到结论.‎ ‎(2)求出r(x)的表达式,求函数的导数,利用导数研究函数的单调性即可.‎ ‎【解答】解:(1)①h(x)=f(x)﹣g(x)=ex﹣mx﹣n.‎ 则h(0)=1﹣n,函数的导数h′(x)=ex﹣m,‎ 则h′(0)=1﹣m,则函数在x=0处的切线方程为y﹣(1﹣n)=(1﹣m)x,‎ ‎∵切线过点(1,0),∴﹣(1﹣n)=1﹣m,即m+n=2.‎ ‎②当n=0时,h(x)=f(x)﹣g(x)=ex﹣mx.‎ 若函数h(x)在(﹣1,+∞)上没有零点,‎ 即ex﹣mx=0在(﹣1,+∞)上无解,‎ 若x=0,则方程无解,满足条件,‎ 若x≠0,则方程等价为m=,‎ 设g(x)=,‎ 则函数的导数g′(x)=,‎ 若﹣1<x<0,则g′(x)<0,此时函数单调递减,则g(x)<g(﹣1)=﹣e﹣1,‎ 若x>0,由g′(x)>0得x>1,‎ 由g′(x)<0,得0<x<1,即当x=1时,函数取得极小值,同时也是最小值,此时g(x)≥g(1)=e,‎ 综上g(x)≥e或g(x)<﹣e﹣1,‎ 若方程m=无解,则﹣e﹣1≤m<e.‎ ‎(2)∵n=4m(m>0),‎ ‎∴函数r(x)=+=+=+,‎ 则函数的导数r′(x)=﹣+=,‎ 设h(x)=16ex﹣(x+4)2,‎ 则h′(x)=16ex﹣2(x+4)=16ex﹣2x﹣8,‎ ‎[h′(x)]′=16ex﹣2,‎ 当x≥0时,[h′(x)]′=16ex﹣2>0,则h′(x)为增函数,即h′(x)>h′(0)=16﹣8=8>0,‎ 即h(x)为增函数,∴h(x)≥h(0)=16﹣16=0,‎ 即r′(x)≥0,即函数r(x)在[0,+∞)上单调递增,‎ 故r(x)≥r(0)=,‎ 故当x≥0时,r(x)≥1成立.‎ ‎【点评】本题主要考查导数的几何意义的应用,以及利用导数研究函数单调性,在判断函数的单调性的过程中,多次使用了导数来判断函数的单调性是解决本题的关键,难度较大.‎ ‎ ‎ ‎22.(12分)(2017春•临沭县校级月考)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C: =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,以原点为圆心,以椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x﹣y+=0相切,过点F2的直线l与椭圆相交于M,N两点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若,求直线l的方程;‎ ‎(3)求△F1MN面积的最大值.‎ ‎【考点】直线与椭圆的位置关系.‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意的离心率及点到直线的距离公式即可求得a和b的值,即可求得椭圆方程;‎ ‎(2)将直线方程代入椭圆方程,利用韦达定理及向量数量积的坐标运算,即可求得m的值,即可求得直线方程;‎ ‎(3)由(2)可知,利用韦达定理及基本不等式的性质,即可求得△F1MN面积的最大值.‎ ‎【解答】解:(1)由椭圆的离心率e===,则a2=4b2,‎ 以原点为圆心,以椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x﹣y+=0相切,‎ 则b==1,则a2=4,‎ ‎∴椭圆的标准方程:;‎ ‎(2)由题意可知:直线l必与椭圆相交,‎ 当直线l的斜率为0时,显然不成立,‎ 当直线斜率不为0时,设直线l的方程为x=my+,M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 由,可得:(﹣x1,﹣y1)=3(x2﹣,y2),则y1=﹣3y2,‎ ‎,则(m2+4)y2+2my﹣1=0,‎ 则△=12m2+4(m2+4)=16(m2+1)>0,‎ 则y1+y2=﹣=﹣2y2,‎ 则y1y2=﹣=﹣3y22,则﹣=﹣3()2,‎ 则m2=,m=±,‎ 则直线直线l方程为x=±y+,即x﹣y﹣=0或x+y﹣=0,‎ 直线l的方程x﹣y﹣=0或x+y﹣=0;‎ ‎(3)当直线l的斜率为0时,显然不成立,‎ 当直线l的斜率不为0,由(2)可得:‎ ‎△F1MN面积S=×丨F1F2丨×丨y1﹣y2丨=×丨F1F2丨×‎ ‎=×2×‎ ‎=4×=4×‎ ‎≤4×=4×=2,‎ 当且仅当=,即m=±,取等号,‎ ‎△F1MN面积的最大值2.‎ ‎【点评】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质,直线与椭圆的位置关系,考查韦达定理,向量数量积的坐标运算,基本不等式应用,考查计算能力,属于中档题.‎

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