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2016年湖南省长沙市高考数学二模试卷(理科)(解析版)


2016 年湖南省长沙市高考数学二模试卷(理科)
一、选择题 1.已知复数 z= ,则 对应的点在( )

A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.若集合 A.2 B.﹣1 C.﹣1 或 2 D.2 或 =1 的焦点到渐近线的距离为( C.1 D. ) ,B={1,m},若 A? B,则 m 的值为( )

3

.双曲线 A. B.

4.设变量 x,y 满足约束条件

,则目标函数 z=2x+3y+1 的最大值为(



A.9 B.10 C.8 D.6 5.某程序框图如图所示,该程序运行输出的 k 值是(



A.4

B.5

C.6

D.7 )

6.函数 f(x)=log2 ,等比数列{an}中,a2?a5?a8=8,f(a1)+f(a2)+…+f(a9)=( A.﹣9 B.﹣8 C.﹣7 D.﹣10 7.若 sin( A. B. +α)= ,则 cos( C. ﹣2α)=( )

D.﹣

8.已知函数 f(x)=Asin(ωx+φ)的图象如图所示,则∫
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f(x)dx 的值为(



A.2﹣ 9.设

B.

C.2

D.1

的展开式的各项系数和为 M,二项式系数和为 N,若 M﹣N=240,则展

开式中 x 的系数为( ) A.﹣150 B.150 C.300 D.﹣300 10.如图是一个四面体的三视图,这个三视图均是腰长为 2 的等腰直角三角形,正视图和俯 视图中的虚线是三角形的中线,则该四面体的体积为( )

A.

B.

C.

D.2 与向量 的

11.已知向量

, 是夹角为 60°的单位向量.当实数 λ≤﹣1 时,向量

夹角范围是( ) A.[0°,60°) B.[60°,120°) C.[120°,180°) D.[60°,180°) 12.如图所示,直线 y=m 与抛物线 y2=8x 交与点 A,与圆(x﹣2)2+y2=16 的实线部分交于 点 B,F 为抛物线的焦点,则△ABF 的周长的取值范围是( )

A. (6,8) B. (4,6) C. (8,12) D. (8,10) 二、填空题 13.设等差数列{an}的前 n 的和为 Sn,若 S9=72,则 a2+a4+a9= . 14.抛掷两枚质地均匀的骰子,得到的点数分别为 a,b,则使得直线 bx+ay=1 与圆 x2+y2=1 相交且所得弦长不超过 的概率为 .

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15.在半径为 10cm 的球面上有 A、B、C 三点,如果 AB=8 ,∠ACB=60°,则球心 O 到 cm. 平面 ABC 的距离为 16.已知 R 上的奇函数 f(x) ,f(x+2)=f(x) ,x∈[0,1]时 f(x)=1﹣|2x﹣1|,定义: f1(x)=f(x) ,f2(x)=f(f1(x) ) ,…,fn(x)=f(fn﹣1(x) ) ,n≥2,n∈N,则 f3(x) = 在[﹣1,3]内所有不等实根的和为 .

三、解答题 17.在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且 (Ⅰ)求角 C 的大小; (Ⅱ)求 的最大值.



18. 福彩中心发行彩票的目的是为了获取资金资助福利事业, 现在福彩中心准备发行一种面 值为 5 元的福利彩票刮刮卡,设计方案如下:①该福利彩票中奖率为 50%;②每张中奖彩 票的中奖奖金有 5 元,50 元和 150 元三种;③顾客购买一张彩票获得 150 元奖金的概率为 p,获得 50 元奖金的概率为 2%. (1)假设某顾客一次性花 15 元购买三张彩票,求其至少有两张彩票中奖的概率; (2)为了能够筹得资金资助福利事业,求 p 的取值范围. 19.如图,AB 是圆 O 的直径,点 C 在圆 O 上,矩形 DCBE 所在的平面垂直于圆 O 所在的 平面,AB=4,BE=1. (1)证明:平面 ADE⊥平面 ACD; (2)当三棱锥 C﹣ADE 的体积最大时,求直线 CE 与平面 ADE 所成角的正弦值.

20.已知 F1(﹣

,0) ,F2(

,0) ,点 M 是圆 x2+y2=4 上的动点,动点 G 满足

=



过点 M 作直线 l⊥F2G 并交直线 F1G 于点 N. (1)求点 N 的轨迹方程 E; (2)设 P 是(1)中轨迹 E 上第一象限内的点,点 P 关于原点 O 的对称点为 A,关于 x 轴 的对称点为 Q,线段 PQ 与 x 轴相交于点 C,点 D 为 CQ 的中点,若直线 AD 与椭圆 E 的另 一个交点为 B,试判断直线 PA,PB 是否相互垂直?并证明你的结论.

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21.已知不等式 ex≥1+ax 对一切 x∈R 恒成立,求 a 的值. [选修 4-1:几何证明选讲] 22.如图,∠BAC 的平分线与 BC 和△ABC 的外接圆分别相交于 D 和 E,延长 AC 交过 D, E,C 三点的圆于点 F. (1)求证:EC=EF; (2)若 ED=2,EF=3,求 AC?AF 的值.

[选修 4-4:坐标系与参数方程]

23.已知曲线 C1 的参数方程为

,曲线 C2 的极坐标方程为 ρ=2

cos(θ﹣

) ,以极点为坐标原点,极轴为 x 轴正半轴建立平面直角坐标系. (1)求曲线 C2 的直角坐标方程; (2)求曲线 C2 的动点 M 到曲线 C1 的距离的最大值. [选修 4-5:不等式选讲] 24.已知函数 f(x)=|x﹣2|﹣|x+1|. (1)解不等式 f(x)>1; (2)当 x>0 时,函数 g(x)= a 的取值范围. (a>0)的最小值总大于函数 f(x) ,试求实数

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2016 年湖南省长沙市高考数学二模试卷(理科)
参考答案与试题解析

一、选择题 1.已知复数 z= ,则 对应的点在( )

A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【考点】复数代数形式的乘除运算. 【分析】化简已知复数,可得其共轭复数 ,由复数的几何意义可得. 【解答】解:化简可得 z= = = =﹣2+i, ∴ =﹣2﹣i, 对应的点为(﹣2,﹣1) ,在第三象限, 故选:C

2.若集合 A.2 B.﹣1 C.﹣1 或 2 D.2 或

,B={1,m},若 A? B,则 m 的值为(



【考点】集合关系中的参数取值问题. 【分析】 由已知中集合 , 解根式方程可得 A={2}, 结合 B={1,

m},及 A? B,结合集合包含关系的定义,可得 m 的值. 【解答】解:∵集合 又∵B={1,m} 若 A? B 则 m=2 故选 A ={2}

3.双曲线 A. B.

=1 的焦点到渐近线的距离为( C.1 D.



【考点】双曲线的简单性质. b2=1, 【分析】 由 a2=m, 利用 用点到直线的距离公式即可得出.
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可得右焦点 F

. 取渐近线 y=

x. 利

【解答】解:∵a2=m,b2=1,∴ 取渐近线 y= ∴右焦点 F 故选:C. x,即 x﹣ y=0.

=

.可得右焦点 F



到渐近线的距离 d=

=1.

4.设变量 x,y 满足约束条件

,则目标函数 z=2x+3y+1 的最大值为(



A.9

B.10

C.8

D.6

【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. 【解答】解:作出不等式对应的平面区域(阴影部分) , 由 z=2x+3y+1,得 y= 平移直线 y= y= , ,由图象可知当直线 y= 的截距最大,此时 z 最大. 经过点 A 时,直线



,得

,即 A(3,1) ,

此时 z 的最大值为 z=2×3+3×1+1=10, 故选:B.

5.某程序框图如图所示,该程序运行输出的 k 值是(



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A.4

B.5

C.6

D.7

【考点】循环结构. 【分析】分析程序中各变量、各语句的作用,再根据流程图所示的顺序,可知:该程序的作 用是利用循环计算 S,k 值并输出 k,模拟程序的运行过程,即可得到答案. 【解答】解:程序在运行过程中各变量的值如下表示: S k 是否继续循环 循环前 100 0/ 1 第一圈 100﹣20 是 0 1 2 第二圈 100﹣2 ﹣2 是 … 第六圈 100﹣20﹣21﹣22﹣23﹣24﹣25<0 6 是 则输出的结果为 7. 故选 C.

6.函数 f(x)=log2 ,等比数列{an}中,a2?a5?a8=8,f(a1)+f(a2)+…+f(a9)=( A.﹣9 B.﹣8 C.﹣7 D.﹣10



【考点】等比数列的性质. 【分析】根据等比数列的性质求出 a5=2,然后根据对数的运算法则进行化简计算即可得到 结论. 【解答】解:等比数列{an}中,a2?a5?a8=8, ∴(a5)3=8,即 a5=2, ∵函数 f(x)=log2 =log2x﹣2, ∴f(a1)+f(a2)+…+f(a9)=(log2a1+…+log2a9)﹣2×9 =log2(a1?…?a9)﹣2×9=9﹣18=﹣9, 故选:A.

7.若 sin(

+α)= ,则 cos(

﹣2α)=(



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A.

B.

C.

D.﹣

【考点】二倍角的余弦;两角和与差的余弦函数;两角和与差的正弦函数. 【分析】由已知利用诱导公式可求 cos( 算得解. 【解答】解:∵sin( ∴cos( 故选:C. +α)=cos[ ﹣( +α)]=cos( ﹣α)= , . ﹣α)= ,利用二倍角的余弦函数公式即可计

﹣2α)=2cos2(

﹣α)﹣1=2×( )2﹣1=﹣

8.已知函数 f(x)=Asin(ωx+φ)的图象如图所示,则∫

f(x)dx 的值为(



A.2﹣

B.

C.2

D.1

【考点】定积分;由 y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式. 【分析】由图象可得:A=1,T= = ×4= ,解得 ω,由

=1,可取 φ,再利用微积分基本定理即可得出. ×4= ,解得 ω= , =1,可取 φ=﹣ .

【解答】解:由图象可得:A=1,T= ∴f(x)=sin( x+φ) ,由 ∴f(x)= . =

∴ 故选:D.

=2

=1.

9.设

的展开式的各项系数和为 M,二项式系数和为 N,若 M﹣N=240,则展

开式中 x 的系数为( ) A.﹣150 B.150 C.300 D.﹣300
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【考点】二项式定理的应用. 【分析】由题意可得 4n﹣2n=240,求得 n 值,确定通项,令 x 的指数为 1,即可求得结论. 【解答】解:由题意可得 4n﹣2n=240,∴n=4. 通项 Tr+1=C4r (5x)4﹣r (﹣ 令 4﹣ r=1,可得 r=2 ∴展开式中 x 的系数为(﹣1)2 C42 52=150 故选 B. 10.如图是一个四面体的三视图,这个三视图均是腰长为 2 的等腰直角三角形,正视图和俯 视图中的虚线是三角形的中线,则该四面体的体积为( ) )r=(﹣1)r C4r 54﹣r ,

A.

B.

C.

D.2

【考点】由三视图求面积、体积. 【分析】由四面体的三视图得该四面体为棱长为 2 的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中的三棱锥 C1﹣BDE,其中 E 是 CD 中点,由此能求出该四面体的体积. 【解答】解:由四面体的三视图得该四面体为棱长为 2 的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中的三 棱锥 C1﹣BDE, 其中 E 是 CD 中点, △BDE 面积 ∴该四面体的体积: V= = . ,三棱锥 C1﹣BDE 的高 h=CC1=2,

故选:A.

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11.已知向量

, 是夹角为 60°的单位向量.当实数 λ≤﹣1 时,向量

与向量



夹角范围是( ) A.[0°,60°) B.[60°,120°) C.[120°,180°) D.[60°,180°) 【考点】数量积表示两个向量的夹角. 【分析】根据向量的几何意义,画出图形,结合图形得出向量 围是什么. 【解答】解:∵向量 , 是夹角为 60°的单位向量, 与向量 的夹角范

∴画出图形,如图所示;

= ,∠AOB=60°, 设 = , 当 λ=﹣1 时, +λ = + = , 此时 与 +λ 的夹角为∠AOD=60°; 当 λ<﹣1 时, +λ = + = , 此时 与 +λ 的夹角为∠AOF, 且∠AOD<∠AOF<∠AOE; 综上,向量 故选:B. 12.如图所示,直线 y=m 与抛物线 y2=8x 交与点 A,与圆(x﹣2)2+y2=16 的实线部分交于 点 B,F 为抛物线的焦点,则△ABF 的周长的取值范围是( ) 与向量 的夹角范围是[60°,120°) .

A. (6,8) B. (4,6) C. (8,12) D. (8,10) 【考点】抛物线的简单性质. 【分析】由抛物线定义可得|AF|=xA+2,由已知条件推导出△FAB 的周长=6+xB,由此能求 出三角形 ABF 的周长的取值范围. 【解答】解:抛物线的准线 l:x=﹣2,焦点 F(2,0) , 由抛物线定义可得|AF|=xA+2,
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∴△FAB 的周长=|AF|+|AB|+|BF|=xA+2+(xB﹣xA)+4=6+xB, 由抛物线 y2=8x 及圆(x﹣2)2+y2=16, 得交点的横坐标为 2, ∴xB∈(2,6) ∴6+xB∈(8,12) ∴三角形 ABF 的周长的取值范围是(8,12) . 故选:C.

二、填空题 13.设等差数列{an}的前 n 的和为 Sn,若 S9=72,则 a2+a4+a9= 24 . 【考点】等差数列的性质. 【分析】先由 S9=72 用性质求得 a5,而 3(a1+4d)=3a5,从而求得答案. 【解答】解:∵ ∴a5=8 又∵a2+a4+a9=3(a1+4d)=3a5=24 故答案是 24 14.抛掷两枚质地均匀的骰子,得到的点数分别为 a,b,则使得直线 bx+ay=1 与圆 x2+y2=1 相交且所得弦长不超过 的概率为 .

【考点】直线与圆相交的性质;概率的基本性质. 【分析】根据题意,将一颗骰子先后投掷两次,所有的点数所形成的数组(a,b)有 36 种 情况.若直线 bx+ay=1 与圆 x2+y2=1 相交且所得弦长不超过 ,则圆心到直线的距离不

超过 ,利用点到直线的距离公式建立不等式,列举出满足条件的(a,b) ,再利用古典概 型公式加以计算,即可得到所求的概率 【解答】解:解:根据题意,将一颗骰子先后投掷两次,得到的点数所形成的数组(a,b) 有(1,1) 、 (1,2) 、 (1,3) 、…、 (6,6) ,共 36 种, 其中满足直线 bx+ay=1 与圆 x2+y2=1 相交且所得弦长不超过 小于 , ≥ ,即 1<a2+b2≤9 的有(1,1) , (1,2) , (2,1) , (2,2)四种, ,则圆心到直线的距离不

即 1>

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故直线 bx+ay=1 与圆 x2+y2=1 相交且所得弦长不超过 故答案为: .

的概率 P=

= ,

15.在半径为 10cm 的球面上有 A、B、C 三点,如果 AB=8 平面 ABC 的距离为 6 cm.

,∠ACB=60°,则球心 O 到

【考点】点、线、面间的距离计算. 【分析】设 A、B、C 三点所在圆的半径为 r,圆心为 O,从而可解得 r=8;从而求答案. 【解答】解:设 A、B、C 三点所在圆的半径为 r,圆心为 O, 则∵∠ACB=60°, ∴∠AOB=120°; 则在等腰三角形 ABO 中, AO= =8;

即 r=8; 故球心 O 到平面 ABC 的距离为 =6(cm) ; 故答案为:6. 16.已知 R 上的奇函数 f(x) ,f(x+2)=f(x) ,x∈[0,1]时 f(x)=1﹣|2x﹣1|,定义: f1(x)=f(x) ,f2(x)=f(f1(x) ) ,…,fn(x)=f(fn﹣1(x) ) ,n≥2,n∈N,则 f3(x) = 在[﹣1,3]内所有不等实根的和为 14 .

【考点】分段函数的应用. 【分析】逐次作出 f1(x) ,f2(x) ,f3(x)的函数图象,观察 f3(x)与函数 y= 象交点的横坐标,作图求解即可. 【解答】解:∵定义在 R 上的奇函数 f(x) ,f(x+2)=f(x) , ∴f(x)是周期为 2 的奇函数. ∵x∈[0,1]时,f(x)=1﹣|2x﹣1|. ∴函数 f1(x)的图象如下图所示: 图

∵f2(x)=f(f1(x) ) ,
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∴函数 f2(x)的图象如下图所示:

∵f3(x)=f(f2(x) ) , ∴作函数 f3(x)与函数 y= 图象如下图所示:

由图可知两函数图象共有 14 个交点,且两两关于(1,0)点对称, 故 f3(x)= 故答案为 14. 三、解答题 17.在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且 (Ⅰ)求角 C 的大小; (Ⅱ)求 的最大值. 在[﹣1,3]内所有不等实根的和为 14.



【考点】正弦定理;两角和与差的正弦函数. 【分析】 (Ⅰ)化简已知条件可得 sin(A+ 而求得 C 的值. (Ⅱ)由正弦定理及(Ⅰ)得 【解答】 解: (Ⅰ)sinA+ =2sin(A+ ) ,由此可得 的最大值. )=sinB.… )=sinB,再由大边对大角可得 A+B= ,从

cosA=2sinB, 即 2sin (A+

)=2sinB, 则 sin (A+

因为 0<A,B<π,又 a≥b,进而 A≥B,
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所以 A+

=π﹣B,故 A+B=

,故 C= =

.… = [sinA+sin(A+ )]

(Ⅱ)由正弦定理及(Ⅰ)得 = sinA+cosA=2sin(A+ 时, ) .…

故当 A=

取最大值 2.…

18. 福彩中心发行彩票的目的是为了获取资金资助福利事业, 现在福彩中心准备发行一种面 值为 5 元的福利彩票刮刮卡,设计方案如下:①该福利彩票中奖率为 50%;②每张中奖彩 票的中奖奖金有 5 元,50 元和 150 元三种;③顾客购买一张彩票获得 150 元奖金的概率为 p,获得 50 元奖金的概率为 2%. (1)假设某顾客一次性花 15 元购买三张彩票,求其至少有两张彩票中奖的概率; (2)为了能够筹得资金资助福利事业,求 p 的取值范围. 【考点】古典概型及其概率计算公式. 【分析】 (1)利用概率求解公式,可求其至少有两张彩票中奖的概率; (2)确定福彩中心卖出一张彩票可能获得的资金的取值,求出相应的概率,可得其分布列 与期望,利用期望大于 0,即可求得结论. 【解答】解: (1)设至少有两张彩票中奖事件 A,则 P(A)=C32(0.5)3+C33(0.5)3= , (2)设福彩中心卖出一张彩票可能获得的资金为 ξ,则 ξ 可以取 5,0,﹣45,﹣145, 故 ξ 的分布列为 ξ 5 0 ﹣45 ﹣145 50%﹣2%﹣p 2% P 50% p 所以 ξ 的期望为 Eξ=5×50%+0×(50%﹣2%﹣p)+(﹣45)×2%+(﹣145)×p=2.5﹣90% ﹣145p 所以当 1.6﹣145p>0 时,即 P< 所以当 0<P< 时,福彩中心可以获取资金资助福利事业.

19.如图,AB 是圆 O 的直径,点 C 在圆 O 上,矩形 DCBE 所在的平面垂直于圆 O 所在的 平面,AB=4,BE=1. (1)证明:平面 ADE⊥平面 ACD; (2)当三棱锥 C﹣ADE 的体积最大时,求直线 CE 与平面 ADE 所成角的正弦值.

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【考点】直线与平面所成的角;平面与平面垂直的判定. 【分析】 (1)由矩形性质得出 DE⊥CD,DE∥BC,由圆的性质得出 BC⊥AC,故而 DE⊥ AC,于是 DE⊥平面 ACD,从而得出平面 ADE⊥平面 ACD; (2) 设 AC=x, 求出棱锥 C﹣ADE 的体积, 利用基本不等式得出当 x=2 时棱锥体积最大, 以 C 为原点建立坐标系,求出 和平面 ADE 的法向量 ,则|cos< >|即为所求.

【解答】 (1)证明:∵AB 是圆 O 的直径, ∴AC⊥AB, ∵四边形 DCBE 是矩形,∴CD⊥DE,DE∥BC. ∴AC⊥DE. 又 AC? 平面 ACD,CD? 平面 ACD,AC∩CD=C, ∴DE⊥平面 ACD.∵DE? 平面 ADE, ∴平面 ADE⊥平面 ACD. (2)解:设 AC=x,则 BC= ,

∴VC﹣ADE=VE﹣ACD=

=

=

=



= .

当且仅当 x2=16﹣x2 即 x=2 时,VC﹣ADE 取得最大值. 以 C 为原点,以 CA,CB,CD 为坐标轴建立空间坐标系如图所示: 则 A(2 ,0,0) ,C(0,0,0) ,D(0,0,1) ,E(0,2 ,1) . ∴ =(0,2 ,1) , =(﹣2 ,0,1) , =(0,2 ,0) . 设平面 ADE 的法向量为 =(x,y,z) ,则 令 x= 得 =( >= ,0,4) , = = . ,∴ .

∴cos< ,

∴直线 CE 与平面 ADE 所成角的正弦值为



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20.已知 F1(﹣

,0) ,F2(

,0) ,点 M 是圆 x2+y2=4 上的动点,动点 G 满足

=



过点 M 作直线 l⊥F2G 并交直线 F1G 于点 N. (1)求点 N 的轨迹方程 E; (2)设 P 是(1)中轨迹 E 上第一象限内的点,点 P 关于原点 O 的对称点为 A,关于 x 轴 的对称点为 Q,线段 PQ 与 x 轴相交于点 C,点 D 为 CQ 的中点,若直线 AD 与椭圆 E 的另 一个交点为 B,试判断直线 PA,PB 是否相互垂直?并证明你的结论.

【考点】轨迹方程. 【分析】 (1)连接 NF2,则|NF2|=|NG|,利用椭圆的定义,即可求椭圆 E 的方程; (2)PA⊥PB,设 P(x0,y0) ,将直线 AD 的方程 y= (x+x0)﹣y0 代入椭圆的方程,

并整理,求出 B 的坐标,证明 kPA?kPB=﹣1,即可得到结论. 【解答】解: (1)连接 NF2,则|NF2|=|NG|, ∴|NF1|+|NF2|=|F1G|. 连接 OM,则|F1G|=2|OM|=4, ∴|NF1|+|NF2|=4>|F1F2|, ∴点 N 的轨迹是以 F1(﹣ ,0) ,F2( ,0)为焦点的椭圆,且 2a=4,2c=2 ∴a=2,c= , ∴b=1, ∴点 N 的轨迹方程 E: (2)PA⊥PB. 证明:设 P(x0,y0) ,则 A(﹣x0,﹣y0) ,D(x0,﹣ y0)且 x02+4y02=4 将直线 AD 的方程 y= (x+x0)﹣y0 代入椭圆的方程,
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=1;

并整理得(4x02+y02)x﹣6x0y02+9x02y02﹣16x02=0 由题意,可知此方程必有一根﹣x0, xB= +x0,yB= ,

所以 kPB=

=

=﹣

故有 kPA?kPB=﹣1,即 PA⊥PB.

21.已知不等式 ex≥1+ax 对一切 x∈R 恒成立,求 a 的值. 【考点】不等式的证明;函数恒成立问题. 【分析】由题意可得 ex﹣1﹣ax≥0 恒成立,即为 0≤ex﹣1﹣ax 的最小值.设 f(x)=ex﹣1 ﹣ax,求得导数,对 a 讨论,求得单调区间和极值、最值,可得 a﹣1﹣alna≥0,设 g(a) =a﹣1﹣alna(a>0) ,求出导数,可得单调区间和最大值,进而得到所求 a 的值. 【解答】解:不等式 ex≥1+ax 对一切 x∈R 恒成立,即为 ex﹣1﹣ax≥0 恒成立,即为 0≤ex﹣1﹣ax 的最小值. 设 f(x)=ex﹣1﹣ax,f′(x)=ex﹣a, 当 a≤0 时,ex>0,可得 f′(x)>0,f(x)在 R 上递增,无最小值; 当 a>0 时,由 f′(x)>0 可得 x>lna,由 f′(x)<0 可得 x<lna, 即有 x=lna 处,f(x)取得极小值,且为最小值 a﹣1﹣alna, 则 a﹣1﹣alna≥0, 设 g(a)=a﹣1﹣alna(a>0) ,g′(a)=1﹣(1+lna)=﹣lna, 当 a>1 时,g′(a)<0,g(a)在(1,+∞)递减; 当 0<a<1 时,g′(a)>0,g(a)在(0,1)递增. 即有 a=1 处 g(a)取得极大值,且为最大值 0. 即 a﹣1﹣alna≤0, 故 a﹣1﹣alna=0,解得 a=1. [选修 4-1:几何证明选讲] 22.如图,∠BAC 的平分线与 BC 和△ABC 的外接圆分别相交于 D 和 E,延长 AC 交过 D, E,C 三点的圆于点 F. (1)求证:EC=EF; (2)若 ED=2,EF=3,求 AC?AF 的值.
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【考点】与圆有关的比例线段. 【分析】 (1)运用圆内接四边形的性质,内角平分线的定义,证明∠ECF=∠EFC,即可证 EC=EF 明 ; (2)由三角形相似的判定定理,证明△CEA∽△DEC,求出 EA,利用割线定理,即可求 AC?AF 的值. 【解答】 (1)证明:因为∠ECF=∠CAE+∠CEA=∠CAE+∠CBA, ∠EFC=∠CDA=∠BAE+∠CBA, AE 平分∠BAC,可得∠CAE=∠BAE, 可得∠ECF=∠EFC,即△ECF 为等腰三角形, 所以 EC=EF; (2)解:因为∠ECD=∠BAE=∠EAC,∠CEA=∠DEC, 所以△CEA∽△DEC,即 又 ED=2,EF=3, 由(1)知,EC=EF=3,所以 EA= , 所以 AC?AF=AD?AE=(AE﹣DE)?AE=( ﹣2)× = . = ,即 EA= ,

[选修 4-4:坐标系与参数方程]

23.已知曲线 C1 的参数方程为

,曲线 C2 的极坐标方程为 ρ=2

cos(θ﹣

) ,以极点为坐标原点,极轴为 x 轴正半轴建立平面直角坐标系. (1)求曲线 C2 的直角坐标方程; (2)求曲线 C2 的动点 M 到曲线 C1 的距离的最大值. 【考点】参数方程化成普通方程;简单曲线的极坐标方程.

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【分析】 (1)曲线 C2 的极坐标方程为 ρ=2

cos(θ﹣

) ,展开可得:ρ2=2

(ρcosθ+ρsinθ) ,利用 ρ2=x2+y2,x=ρcosθ,y=ρsinθ,可得直角坐标方程.

(2)曲线 C1 的参数方程为

,消去参数 t 可得普通方程.利用点到直线的距

离公式可得圆心 C2 到直线 C1 的距离 d.即可得出曲线 C2 的动点 M 到曲线 C1 的距离的最 大值=d+r. 【解答】解: (1)曲线 C2 的极坐标方程为 ρ=2 展开可得:ρ2=2 cos(θ﹣ ) ,

(ρcosθ+ρsinθ) ,可得直角坐标方程:x2+y2=2x+2y, .

配方为: (x﹣1)2+(y﹣1)2=2,可得圆心 C2(1,1) ,半径 r= (2)曲线 C1 的参数方程为

,消去参数 t 可得普通方程:x+

y+2=0.

∴圆心 C2 到直线 C1 的距离 d=

=

. + .

∴曲线 C2 的动点 M 到曲线 C1 的距离的最大值=d+r= [选修 4-5:不等式选讲] 24.已知函数 f(x)=|x﹣2|﹣|x+1|. (1)解不等式 f(x)>1; (2)当 x>0 时,函数 g(x)= a 的取值范围.

(a>0)的最小值总大于函数 f(x) ,试求实数

【考点】绝对值不等式的解法;函数的最值及其几何意义. 【分析】 (1)由条件利用绝对值的意义,求得不等式 f(x)>1 的解集. = (2) 根据绝对值的意义, 可得函数 f (x) 的最大值为 3, 再结合题意可得 g (x) (a>0)的最小值大于 3.利用基本不等式求得 g(x)的最小值,从而求得 a 的范围. 【解答】解: (1)函数 f(x)=|x﹣2|﹣|x+1|表示数轴上的 x 对应点到 2 对应点的距离减 去它到﹣1 对应点的距离, 而 0 对应点到 2 对应点的距离减去它到﹣1 对应点的距离正好等于 1, 故不等式 f(x)>1 的解集为{x|x<0}. (2)根据绝对值的意义,可得函数 f(x)的最大值为 3, 根据当 x>0 时,函数 g(x)= (a>0)的最小值总大于函数 f(x) ,

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可得 g(x)=

(a>0)的最小值大于 3.

∵g(x)=

=ax﹣1+ ≥2

﹣1,∴2

﹣1>3,∴a>4.

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2016 年 8 月 29 日

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