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【新课标地区】2014届高三上学期数学月考四(B卷)


试卷类型:B 2014 届高三月考试题四 数学
适用地区:新课标地区 考查范围:集合、逻辑、函数、导数、三角、向量、数列、不等式、立体几何、解析几何、统计、统计 案例、计数原理(仅理科有) ,概率、随机变量及其分布(仅理科有) 建议使用时间:2013 年 11 月底

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.考生作答时,将答案答在答题卡上.在本 试卷上答题无效.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回. 注意事项: 1.答题前,考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,认真核对条形码上的姓名、准考 证号,并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.选择题答案使用 2B 铅笔填涂,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号;非选择题答案 使用 0.5 毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写,字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答,超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卡面清洁,不折叠,不破损. 第Ⅰ卷 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,满分 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.[2013· 新课标全国卷Ⅱ] 已知集合 M={x|(x-1)2<4,x∈R},N={-1,0,1,2,3},则 M∩N=( A.{0,1,2} B.{-1,0,1,2} C.{-1,0,2,3} D.{0,1,2,3} 【答案】A [解析] 集合 M={x|-1<x<3},则 M∩N={0,1,2}. → → 2.[2013· 湖北卷] 已知点 A(-1, 1), B(1, 2), C(-2, -1), D(3, 4), 则向量AB在CD方向上的投影为( 3 A. 2 2 3 B. 15 2 3 C.- 2 2 3 D.- 15 2 ) )

【答案】A

→ → AB· CD 3 2 → → → → → =(2,1),CD [解析] AB =(5,5),|AB|·cos〈AB,CD〉= = ,选 A. 2 → |CD|

π 3. [2013· 山东卷] 将函数 y=sin(2x+φ)的图像沿 x 轴向左平移 个单位后,得到一个偶函数的图像,则φ 8

1

的一个可能取值为(

)

3π π π A. B. C.0 D.- 4 4 4 【答案】B π [解析] 方法一:将函数 y=sin(2x+φ)的图像沿 x 轴向左平移 个单位后得到 f(x)= 8

π π π π π ? ? ? ? sin?2x+ +φ?的图像,若 f(x)=sin?2x+ +φ?为偶函数,必有 +φ=kπ + ,k∈Z,当 k=0 时,φ= . 4 2 4 4 4 ? ? ? ? π π ? ? 方法二: 将函数 y=sin(2x+φ)的图像沿 x 轴向左平移 个单位后得到 f(x)=sin?2x+ +φ?的图像, 其 8 4 ? ? π π π ? ? 对称轴所在直线满足 2x+ +φ=kπ + ,k∈Z,又∵f(x)=sin?2x+ +φ?为偶函数,∴y 轴为其中一条 4 2 4 ? ? π π π 对称轴,即 +φ=kπ + ,k∈Z,当 k=0 时,φ= . 4 2 4 4.(理)[2013· 天津卷] 已知下列三个命题: 1 1 ①若一个球的半径缩小到原来的 ,则其体积缩小到原来的 ; 2 8 ②若两组数据的平均数相等,则它们的标准差也相等; 1 ③直线 x+y+1=0 与圆 x2+y2= 相切. 2 其中真命题的序号是( A.①②③ B.①② C.①③ D.②③ 4 3 【答案】C [解析] 由球的体积公式 V= π R 知体积与半径是立方关系,①正确.平均数反映数据 3 |0+0+1| 2 的所有信息,标准差反映数据的离散程度,②不正确.圆心到直线的距离为 = =r,即直线 2 1+1 与圆相切,③正确. (文) (河南省许昌新乡平顶山2012届高三第三次调研考试数学文)一个总体分为A,B,C三层,用分层抽 样方法从总体中抽取一个容量为50的样本,已知B层中每个个体被抽到的概率都为 的个数为( A.150 【答案】D ) B.200 C.500 D.600 )

1 ,则总体中 12

2

【解析】设总体个数为 n ,由分层抽样的定义得

50 1 ? , 所以 n ? 600 . n 12

5.(东北三省四市教研协作体等值诊断联合考试(2012 长春三模)数学文)现有 2 名女教师和 1 名男教 师参加说题比赛,共有 2 道备选题目,若每位选手从中有放回地随机选出一道题进行说题,其中恰 有一男一女抽到同一道题的概率为( A. )

1 3

B.

2 3

C.

1 2

D.

3 4

【答案】C 【解析】设两道题分别为 AB 题,所以抽取情况共有:AAA,AAB,ABA, ABB,BAA, BAB,BBA,BBB,其中 第 1 个,第 2 个分别是两个女教师抽取的题目,第 3 个表示的男教师抽取的题目,一共有 8 种;其中满 足恰有一男一女抽到同一题目的事件有:ABA,ABB,BAA,BAB,共 4 种;故所求事件的概率为 6.(理) 【2012 高考真题湖北理 5】设 a ? Z ,且 0 ? a ? 13 ,若 512012 ? a 能被 13 整除,则 a ? ( A.0 B.1 C.11 D.12

1 . 2


【答案】D

51 【解析】

2012

? a ? a ? ?1 ? 13 ? 4 ?

2012

2 2012 ? a ? 1 ? C1 2012 ? 13 ? 4 ? C 2012 ? ?13 ? 4 ? ? ? ? C 2012 ?13 ? 4 ? 2

2012

,

显然当 a ? 1 ? 13k ? k ? Z ? ,即 a ? 13k ? 1? k ? Z ? 时, 51 又 0 ? a ? 13 ,所以 a ? 12 .故选 D.

2012

? a 的各项都是 13 的倍数,故能被 13 整除.

(文) (海南省琼海市 2012 年高考模拟测试一数学文)为了了解某校高三 400 名学生的数学学业水平测 试成绩,制成样本频率分布直方图如图,规定不低于 60 分为及格,不低于 80 分为优秀,则及格 率与优秀人数分别是( A.60%,60 ) C.80%,80 D.80%,60

B.60%,80

频率/组距 0.035 0.025 0.015 0.010 0.005

40 50 60 70 80 90 100 分数 【答案】C 【解析】由频率分布直方图可知,及格率为 ? 0.025 ? 0.035 ? 0.010 ? 0.010 ? ?10 ? 80% ,优秀人数为

? 0.010 ? 0.010 ? ?10 ? 400 ? 80 .

3

7. [2013· 新课标全国卷Ⅱ] 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S3=a2+10a1,a5=9,则 a1=( 1 A. 3 1 1 1 B.- C. D.- 3 9 9
2 2

)

【答案】C [解析] S3=a2+10a1 ? a1+a2+a3=a2+10a1 ? a3=9a1 ? q =9,a5=9 ? a3q =9 ? a3 a3 1 =1 ? a1= 2= ,故选 C. q 9 8.(理) (云南昆明一中 2012 届高三第二次摸底测试数学理)某学习小组共 12 人,其中有五名是“三好 学生” ,现从该小组中任选 5 人参加竞赛,用 ? 表示这 5 人中“三好学生”的人数,则下列概率中等
1 4 C5 7 +C5 C 7 的是( 5 C12



) B. P ?? ? 1? C. P ?? ? 1? D. P ?? ? 2 ?

A. P ?? ? 1? 【答案】B 【解析】

1 4 4 C5 C5 C1 7 +C5 C7 7 5 C7 = + ? P ?? ? 0 ? ? P ?? ? 1? ? P ?? ? 1? . 5 5 5 C12 C12 C12

2x-y-2≥0, ? ? (文)[2013· 山东卷] 在平面直角坐标系 xOy 中,M 为不等式组?x+2y-1≥0,所表示的区域上一 ? ?3x+y-8≤0 动点,则直线 OM 斜率的最小值为( 1 A.2 B.1 C.- 3 【答案】C 1 D.- 2 )

? ?x+2y-1=0, [解析] 不等式组表示的可行域如图,联立? 解得 P 3,-1 , ?3x+y-8=0, ?

(

)

-1-0 1 当 M 与 P 重合时,直线 OM 斜率最小,此时 kOM= =- . 3 3-0

4

1 1 ,+∞?是增函数,则 a 的取值范围是( 9. [2013· 全国卷] 若函数 f(x)=x2+ax+ 在? ? x ?2 A.[-1,0] B.[-1,+∞) C.[0,3] D.[3,+∞)

)

1 1 ?1 ? ?1 ? 【答案】D [解析] f′(x)=2x+a- 2≥0 在? ,+∞?上恒成立,即 a≥ 2-2x 在? ,+∞?上恒成立, 2 2 x x ? ? ? ? 1 ?1 ? 由于 y= 2-2x 在? ,+∞?上单调递减,所以 y<3,故只要 a≥3. x ?2 ? 10.(山东省潍坊市 2012 届高三第二次模拟考试数学文)已知双曲线 C :

x2 y2 ? ? 1 的左、右焦点分别 4 5


为 F1 , F2 , P 为 C 的右支上一点,且 PF2 ? F1 F2 ,则 PF1 ?PF2 等于( A.24 【答案】C B.48 C.50 D.56

???? ???? ?

x2 y 2 【解析】由双曲线 C 的方程 ? ? 1 ,得 a ? 2, b ? 5, c ? 4 ?5 ? 3 ,所以 PF2 ? F1 F2 ? 2c ? 6 . 4 5
又由双曲线的定义,得 PF1 ? PF2 ? 2a ? 4 ,所以 PF1 ? 10 .

???? 2 ???? ? 2 ???? ?2 ???? ???? ? ???? ???? ? ???? ???? ? ???? ???? ? PF1 ? PF2 ? F1 F2 所以 PF1 ?PF2 ? PF1 PF2 cos PF1 , PF2 ? PF1 PF2 ? 50 . ???? ???? ? 2 PF1 PF2
11.(河南省许昌新乡平顶山2012届高三第三次调研考试数学文)已知四棱锥P-ABCD的侧棱长与底面边 长都相等,点 E 是 PB 的中点,则异面直线 AE 与 PD 所成角的余弦值为( A. )

1 3

B.

2 3

C.

3 3

D.

2 3

【答案】C 【解析】设棱长都为 1,连接 AC,BD 交于点 O,连接 OE.因为所有棱长都相等,不放设 ABCD 是正方形,

5

所以 O 是 BD 的中点, 且 OE//PD, 故 ?A E O 为异面直线 AE 与 PD 所成的角.易知 OE ?

1 1 PD ? , AE ? 2 2 3 1 1 ? ? 3 3 1 1 2 2 2 4 4 2 .在 ?OAE 中,由余弦定理得 cos ?AEO ? AB ? , OA ? AC ? 1 ?1 ? 2 2 2 2 2 3 1 2? ? 2 2
3 . 3

?

P

D O A

E C B

12.(理)(河北省石家庄市 2012 届高中毕业班第二次模拟考试数学理)已知长方形 ABCD,抛物线 l 以 CD
B 两点,记拋物线 l 与 AB 边围成的封闭区域为 M.若随机向该长方形内投入 的中点 E 为顶点,经过 A、

一粒豆子,落入区域 M 的概率为 P.则下列结论正确的是(
A.不论边长 AB, BC 如何变化,P 为定值; C.当且仅当 AB ? BC 时,P 最大; B.若



AB -的值越大,P 越大; BC

D.当且仅当 AB ? BC 时,P 最小.

【答案】A 【解析】以 E 为原点,CD 为 x 轴,过点 E 垂直于 CD 的直线为 y 轴建立平面直角坐标系如下图所示.设正 方形的长为 2a,宽为 b,则 C (a,0), B( a, b), A( ?a, b), D( ?a,0) ,设抛物线方程为 y ? mx ,代入点 B,
2

得m ?

a? b 2? b 3 ? a 4ab b b 2 ? ,所以 y ? 2 x .阴影面积 S ? 2? ? b ? 2 x ?dx ? 2 ? bx ? 2 x ? |0 ? ,矩形 ABCD 的 2 0 a 3a 3 a a ? ? ? ?

面积 S ? ? ab ,故由几何概型得,所求事件的概率为 P ?

S 4 ? 为常数.故选 A. S? 3

6

y A B

D

O

C

x

(文)(宁夏银川一中 2012 届高三年级第三次月考数学文)曲线 y ? 的点到圆 x ? y ? 4x ? 3 ? 0 上的点的最近距离是(
2 2

x 在点 ?1,1? 处的切线为 l ,则 l 上 2x ? 1

) D.2 2

A. 2 ? 1 【答案】B 【解析】因为 y ' ?

B.2 2 ? 1

C. 3 ? 1

2x ?1 ? 2x

? 2 x ? 1?

2

??

1

? 2 x ? 1?

2

,所以 y ' |x ?1 ? ?1 .所以曲线 y ?
2 2

x 在点 ?1,1? 处的切线方 2x ? 1

程为 y ? 1 ? ? ? x ? 1? ,即 l : x ? y ? 2 ? 0 .圆 x ? y ? 4x ? 3 ? 0 的圆心为 ? ?2, 0 ? ,半径为 1,且圆心

? ?2, 0 ? 到直线 l : x ? y ? 2 ? 0 的距离为 d ?
的点的最近距离是 d ? r ? 2 2 ? 1.

?2 ? 2 2

? 2 2 ,所以 l 上的点到圆 x 2 ? y 2 ? 4x ? 3 ? 0 上

第 II 卷
二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.将答案填在答题卷相应位置上. 13. 【2012 高考湖南文 12】不等式 x2-5x+6≤0 的解集为________. 【答案】{x|2≤x≤3} 【解析】解不等式得 (x-2)(x-3)≤0,即 2≤x≤3,所以不等式的解集是{x|2≤x≤3}. 14.(理) (云南昆明一中 2012 届高三第二次摸底测试数学理)设曲线 y ? 平面区域为 M, ? ? {( x, y ) | ? 为 【答案】 .

x ,直线 x ? 1, x 轴所围成的

?0 ? x ? 1, } ,向区域 ? 内随机设一点 A,则点 A 落在 M 内的概率 ?0 ? y ? 1.

2 3

7

【解析】如图, M 的面积为

?

1

0

xdx ?

2 3 x2 3

1 0

?

2 , ? 的面积为 1?1 ? 1 ,故由几何概型得,所求的概 3

2 2 率为 P ? 3 ? . 1 3

(文) (云南昆明一中 2012 届高三第二次摸底测试数学文)小华的妈妈经营一家饮品店,经常为进货数 量而烦恼,于是小华带妈妈进行统计,其中某种饮料的日销售量 y(瓶)与当天的气温 x(℃)的 几组对照数据如下:

? ?a ? 中的 a ? ? 48 ,据此模型估计当气温为 35℃时,该饮料的日销售量为 y ? bx 根据上表得回归方程 ?
瓶. 【答案】244

? ?a ? 中,得 b ? ? 5.6 ,所以回归 y ? bx 【解析】由已知,得 x ? 20 , y ? 160 ,将点 ? x , y ? 代入回归方程 ?

? ? 5.6 x ? 48 .所以当 x ? 35 时, y ? ? 244 . 方程为 y
x2 y2 15. [2013· 江苏卷] 在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C 的标准方程为 2 + 2=1(a>0,b>0),右焦点为 a b F,右准线为 l,短轴的一个端点为 B.设原点到直线 BF 的距离为 d1,F 到 l 的距离为 d2.若 d2= 6d1,则 椭圆 C 的离心率为________. 【答案】 cy-bc=0. 于是 d1= |-bc| bc = , a b2+c2 3 3 a2 x y [解析] 由题意知 F(c,0),l:x= ,不妨设 B(0,b),则直线 BF: + =1,即 bx+ c c b

8

a2-c2 b2 a2 d2= -c= = . c c c b2?2 ?bc?2 由 d2= 6d1,得? ? c ? =6? a ? , 化简得 6c4+a2c2-a4=0, 即 6e4+e2-1=0, 1 1 解得 e2= 或 e2=- (舍去), 3 2 故 e= 3 3 ,故椭圆 C 的离心率为 . 3 3

16.(理) (黑龙江省哈尔滨市第六中学 2012 届高三第三次模拟考试数学理)将标号为 1, 2,3, 4,5,6 的 6 个 小球放入 3 个不同的盒子中.若每个盒子放 2 个,其中标号为 1, 2 的小球不能放入同一盒子中,则不同 的方法共有 【答案】72 【解析】将 6 个小球放入 3 个盒子,每个盒子中 2 个,有 C6 C4C2 ? 90 种情况.其中标号为 1,2 的球放入
2 2 2

种.

同一个盒子中有 C3C4 ? 18 种,所以满足题意的方法共有 90-18=72 种.
1 2

(文) (湖北省武汉市 2012 届高三四月调研测试数学文)为了解本市居民的生活成本,甲、乙、丙三名 同学利用假期分别对三个社区进行了“家庭每月日常消费额”的调查.他们将调查所得到的数据分 别绘制成频率分布直方图(如图所示) ,记甲、乙、丙所调查数据的标准差分别为 s1、s2、s3,则它 们的大小关系为 .(用“>”连接)

【答案】 s1 ? s2 ? s3 【解析】甲数据的平均值为 x甲 =1250 ? 0.0006 ? 500+1750 ? 0.0004 ? 500+2250 ? 0.0002

?500+2750 ? 0.0002 ? 500 +3250 ? 0.0006 ? 500=2200 ,同理,乙数据的平均值为 x乙 =2150 ,丙数据
的平均值为 x丙 =2250 ,可见甲乙丙三者的平均值都处在频率分布直方图的最中间一列,此时,若越靠近 中间列所占的频率越大,则相应的方差越小,明显丙的中间列及附近列所占的频率最大,其次是乙,甲

9

中间列及附近列所占的频率最小,故 s1 ? s2 ? s3 .

三、解答题:本大题共 6 小题,满分 70 分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤 17.(本小题满分 10 分)
2 [2013· 江西卷] 正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:Sn -(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.

(1)求数列{an}的通项公式 an; (2)令 bn= ,数列{bn}的前 (n+2)2a2 n n+1 5 n 项和为 Tn,证明:对于任意的 n∈N*,都有 Tn< . 64

2 2 【解】(1)由 S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)=0,得

[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以 Sn>0,Sn=n2+n. 于是 a1=S1=2,n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n. 综上,数列{an}的通项为 an=2n. n+1 (2)证明:由于 an=2n,bn= , (n+2)2a2 n 1 n+1 1 ? 12- ? 则 bn= 2 2?. 2=16?n ( n + 2 ) ? ? 4n (n+2) 1 1 1 1 1 1 1? - Tn= ?1-32+22-42+32-52+?+ (n-1)2 16? 1 1 1 ? 2+n2- 2? (n+1) (n+2) ? = 1 1 1 ?1+ 12- ? 1 ? 1? 5 - < 1+ 2 = . 2 ? 16? 2 (n+1) (n+2)2? ? 16? 2 ? 64

18.(本小题满分 12 分) 7 [2013· 山东卷] 设△ABC 的内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,且 a+c=6,b=2,cos B= . 9 (1)求 a,c 的值; (2)求 sin(A-B)的值. 【解】(1)由余弦定理 b2=a2+c2-2accos B,得 b2=(a+c)2-2ac(1+cosB), 7 又 b=2,a+c=6,cos B= ,所以 ac=9, 9 解得 a=3,c=3.

10

(2)在△ABC 中,sin B=

4 1-cos2B=

9

2 .

asin B 2 2 由正弦定理得 sin A= = . b 3 因为 a=c,所以 A 为锐角, 所以 cos A= 1 1-sin2 A= . 3

10 2 因此 sin(A-B)=sin Acos B-cos Asin B= . 27

19.(本小题满分 12 分) (理)[2013· 湖北卷] 假设每天从甲地去乙地的旅客人数 X 是服从正态分布 N(800,502)的随机变量, 记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过 900 的概率为 P0. (1)求 P0 的值;(参考数据:若 X~N(μ,σ2),有 P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.682 6,P(μ-2σ<X≤μ+2σ)= 0.954 4,P(μ-3σ<X≤μ +3σ)=0.997 4) (2)某客运公司用 A,B 两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务,每车每天往返一次,A, B 两种车辆的载客量分别为 36 人和 60 人, 从甲地去乙地的营运成本分别为 1 600 元/辆和 2 400 元/辆. 公 司拟组建一个不超过 21 辆车的客运车队,并要求 B 型车不多于 A 型车 7 辆.若每天要以不小于 P0 的概 率运完从甲地去乙地的旅客,且使公司从甲地去乙地的营运成本最小,那么应配备 A 型车、B 型车各多 少辆? 【解】(1)由于随机变量 X 服从正态分布 N(800,502),故有 μ=800,σ=50,P(700<X≤900)=0.954 4. 由正态分布的对称性,可得 P0=P(X≤900)=P(X≤800)+P(800<X≤900) 1 1 = + P(700<X≤900)=0.977 2. 2 2 (2)设 A 型、B 型车辆的数量分别为 x,y 辆,则相应的营运成本为 1 600x+2 400y,依题意,x,y 还需满足: x+y≤21,y≤x+7,P(X≤36x+60y)≥P0. 由(1)知,P0=P(X≤900),故 P(X≤36x+60y)≥P0 等价于 36x+60y≥900,于是问题等价于求满足约

11

x+y≤21, ? ?y≤x+7, 束条件? 36x+60y≥900, ? ?x,y≥0,x,y∈N 且使目标函数 z=1 600x+2 400y 达到最小的 x,y 值. 作可行域如图所示,可行域的三个顶点坐标分别为 P(5,12),Q(7,14),R(15,6).

由图可知, 当直线 z=1 600x+2 400y 经过可行域的点 P 时, 直线 z=1 600x+2 400y 在 y 轴上截距 最小,即 z 取得最小值,故应配备 A 型车 5 辆,B 型车 12 辆.

z 2 400

(文)[2013· 北京卷] 下图是某市 3 月 1 日至 14 日的空气质量指数趋势图,空气质量指数小于 100 表示空气质量优良,空气质量指数大于 200 表示空气重度污染.某人随机选择 3 月 1 日至 3 月 13 日中的 某一天到达该市,并停留 2 天.

图 1-6 (1)求此人到达当日空气重度污染的概率; (2)设 X 是此人停留期间空气质量优良的天数,求 X 的分布列与数学期望; (3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大?(结论不要求证明) 【解】设 Ai 表示事件“此人于 3 月 i 日到达该市”(i=1,2,?,13). 1 根据题意,P(Ai)= ,且 Ai∩Aj=?(i≠j). 13 (1)设 B 为事件“此人到达当日空气重度污染”,则 B=A5∪A8. 2 所以 P(B)=P(A5∪A8)=P(A5)+P(A8)= . 13

12

(2)由题意可知,X 的所有可能取值为 0,1,2,且 P(X=1)=P(A3∪A6∪A7∪A11) 4 =P(A3)+P(A6)+P(A7)+P(A11)= , 13 P(X=2)=P(A1∪A2∪A12∪A13) 4 =P(A1)+P(A2)+P(A12)+P(A13)= , 13 5 P(X=0)=1-P(X=1)-P(X=2)= . 13 所以 X 的分布列为

X P

0 5 13

1 4 13

2 4 13

5 4 4 12 故 X 的期望 E(X)=0× +1× +2× = . 13 13 13 13 (3)从 3 月 5 日开始连续三天的空气质量指数方差最大.

20.(本小题满分 12 分) (理)[2013· 山东卷] 如图 1-4 所示,在三棱锥 P-ABQ 中,PB⊥平面 ABQ,BA=BP=BQ,D, C,E,F 分别是 AQ,BQ,AP,BP 的中点,AQ=2BD,PD 与 EQ 交于点 G,PC 与 FQ 交于点 H,联结 GH. (1)求证:AB∥GH; (2)求二面角 D-GH-E 的余弦值. 【解】(1)证明:因为 D,C,E,F 分别是 AQ,BQ,AP,BP 的中点,所以 EF∥AB,DC∥AB,所 以 EF∥DC. 又 EF ?平面 PCD,DC ?平面 PCD, 所以 EF∥平面 PCD. 又 EF ?平面 EFQ,平面 EFQ∩平面 PCD=GH,所以 EF∥GH. 又 EF∥AB,所以 AB∥GH. (2)方法一:在△ABQ 中,AQ=2BD,AD=DQ, 所以∠ABQ=90°,即 AB⊥BQ.

13

因为 PB⊥平面 ABQ,所以 AB⊥PB.又 BP∩BQ=B,

图 1-5 所以 AB⊥平面 PBQ.由(1)知 AB∥GH,所以 GH⊥平面 PBQ.又 FH ?平面 PBQ,所以 GH⊥FH.同理 可得 GH⊥HC,所以∠FHC 为二面角 D-GH-E 的平面角. 设 BA=BQ=BP=2.联结 FC, 在 Rt△FBC 中,由勾股定理得 FC= 2,在 Rt△PBC 中,由勾股定理得 PC= 5.又 H 为△PBQ 的重 1 5 5 心,所以 HC= PC= .同理 FH= . 3 3 3 5 5 + -2 9 9 4 4 在△FHC 中,由余弦定理得 cos∠FHC= =- .即二面角 D-GH-E 的余弦值为- . 5 5 5 2× 9 方法二:在△ABQ 中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°.又 PB⊥平面 ABQ,所以 BA,BQ, BP 两两垂直.以 B 为坐标原点,分别以 BA,BQ,BP 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空 间直角坐标系.设 BA=BQ=BP=2,则 E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),D(1,1,0),C(0,1, → → → → 0),P(0,0,2).所以EQ=(-1,2,-1),FQ=(0,2,-1),DP=(-1,-1,2),CP=(0,-1,2). 设平面 EFQ 的一个法向量为 m=(x1,y1,z1), → → 由 m· EQ=0,m· FQ=0,

? ?-x1+2y1-z1=0, 得? 取 y1=1,得 m=(0,1,2). 2y - z = 0 , ? 1 1 ?
设平面 PDC 的一个法向量为 n=(x2,y2,z2), → → 由 n· DP=0,n· CP=0,

?-x2-y2+2z2=0, ? 得? ? ?-y2+2z2=0,
取 z2=1,得 n=(0,2,1). m· n 4 所以 cos〈m,n〉= = . |m||n| 5

14

因为二面角 D-GH-E 为钝角, 4 所以二面角 D-GH-E 的余弦值为- . 5

(文)[2013· 江苏卷] 如图 1-2,在三棱锥 S-ABC 中,平面 SAB⊥平面 SBC,AB⊥BC,AS=AB. 过 A 作 AF⊥SB,垂足为 F,点 E,G 分别是棱 SA,SC 的中点. 求证:(1)平面 EFG∥平面 ABC; (2)BC⊥SA.

图 1-2

证明:(1)因为 AS=AB,AF⊥SB,垂足为 F,所以 F 是 SB 的中点.又因为 E 是 SA 的中点,所以 EF∥AB. 因为 EF ?平面 ABC,AB ?平面 ABC, 所以 EF∥平面 ABC. 同理 EG∥平面 ABC.又 EF∩EG=E, 所以平面 EFG∥平面 ABC. (2)因为平面 SAB⊥平面 SBC,且交线为 SB, 又 AF ?平面 SAB,AF⊥SB, 所以 AF⊥平面 SBC.

15

因为 BC ?平面 SBC,所以 AF⊥BC. 又因为 AB⊥BC,AF∩AB=A,AF,AB ?平面 SAB,所以 BC⊥平面 SAB. 因为 SA ?平面 SAB,所以 BC⊥SA. 21.(本小题满分 12 分) x2 y2 (理) 【2012 高考真题福建理 19】如图 1-4,椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的左焦点为 F1,右焦点为 F2, a b 1 离心率 e= ,过 F1 的直线交椭圆于 A、B 两点,且△ABF2 的周长为 8. 2 (1)求椭圆 E 的方程; (2)设动直线 l:y=kx+m 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P,且与直线 x=4 相交于点 Q.试探究: 在坐标平面内是否存在定点 M,使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M?若存在,求出点 M 的坐标;若不 存在,说明理由.

图 1-4

【解】解法一: (1)因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8, 即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8, 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a, 所以 4a=8,a=2. 1 c 1 又因为 e= ,即 = ,所以 c=1, 2 a 2 所以 b= a2-c2= 3. x2 y2 故椭圆 E 的方程是 + =1. 4 3 y=kx+m, ? ?2 2 (2)由?x y 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. ? ? 4 + 3 =1, 因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0,y0),所以 m≠0 且 Δ=0, 即 64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得 4k2-m2+3=0.(*) 4k 3 ? 4km 4k 3 此时 x0=- 2 =- ,y0=kx0+m= ,所以 P? ?- m ,m?. m m 4k +3

16

? ?x=4, 由? 得 Q(4,4k+m). ?y=kx+m ?

假设平面内存在定点 M 满足条件,由图形对称性知,点 M 必在 x 轴上. → → 设 M(x1,0),则MP· MQ=0 对满足(*)式的 m、k 恒成立. 4k 3? → → → → 因为MP=? MQ=0, ?- m -x1,m?,MQ=(4-x1,4k+m),由MP· 16k 4kx1 12k 得- + -4x1+x2 +3=0, 1+ m m m k 整理,得(4x1-4) +x2 -4x1+3=0.(**) m 1
? ?4x1-4=0, 由于(**)式对满足(*)式的 m,k 恒成立,所以? 2 解得 x1=1. ?x1-4x1+3=0, ?

故存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M. 解法二: (1)同解法一. y=kx+m, ? ?2 2 (2)由?x y 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. + = 1 , ? ?4 3 因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0,y0),所以 m≠0 且 Δ=0, 即 64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得 4k2-m2+3=0.(*) 4k 3 4km 4k 3 - , ?. 此时 x0=- 2 =- ,y0=kx0+m= ,所以 P? m m? ? m m 4k +3
? ?x=4, 由? 得 Q(4,4k+m). ?y=kx+m, ?

假设平面内存在定点 M 满足条件,由图形对称性知,点 M 必在 x 轴上. 取 k=0,m= 3,此时 P(0, 3),Q(4, 3),以 PQ 为直径的圆为(x-2)2+(y- 3)2=4,交 x 轴于 3 1 ?x-5?2+?y-3?2=45, 1, ? , 点 M1(1,0), M2(3,0); 取 k=- , m=2, 此时 P? Q (4,0) , 以 PQ 为直径的圆为 ? 2? ? 2? ? 4? 16 2 交 x 轴于点 M3(1,0),M4(4,0).所以若符合条件的点 M 存在,则 M 的坐标必为(1,0). 以下证明 M(1,0)就是满足条件的点: 4k 3? → → 因为 M 的坐标为(1,0),所以MP=? ?- m -1,m?,MQ=(3,4k+m), 12k 12k → → 从而MP· MQ=- -3+ +3=0, m m → → 故恒有MP⊥MQ,即存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M. (文) 【2012 高考真题福建文 21】如图 1-4 所示,等边三角形 OAB 的边长为 8 3,且其三个顶点均在 抛物线 E:x2=2py(p>0)上.

17

图 1-4 (1)求抛物线 E 的方程; (2)设动直线 l 与抛物线 E 相切于点 P,与直线 y=-1 相交于点 Q,证明以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上某定点. 【解】解法一: (1)依题意,|OB|=8 3,∠BOy=30° . 设 B(x,y),则 x=|OB|sin30° =4 3,y=|OB|cos30° =12. 因为点 B(4 3,12)在 x2=2py 上,所以(4 3)2=2p×12,解得 p=2. 故抛物线 E 的方程为 x2=4y. 1 1 (2)由(1)知 y= x2,y′= x. 4 2 1 1 1 设 P(x0,y0),则 x0≠0,且 l 的方程为 y-y0= x0(x-x0),即 y= x0x- x2 . 2 2 4 0 1 1 x -4 ? ? ?x= 0 , ?y=2x0x-4x2 0, 2x0 由? 得? ?y=-1, ? ? ?y=-1. 所以 Q? x2 0-4 ? ? 2x0 ,-1?.
2

→ → 假设以 PQ 为直径的圆恒过定点 M,由图形的对称性知 M 必在 y 轴上,设 M(0,y1),令MP· MQ=0 1 2 对满足 y0= x0 (x0≠0)的 x0,y0 恒成立. 4 x0-4 → → ? 由于MP=(x0,y0-y1),MQ=? ? 2x0 ,-1-y1?. x2 0-4 → → 由MP· MQ=0,得 -y0-y0y1+y1+y2 1=0. 2
2 即(y1 +y1-2)+(1-y1)y0=0.(*) 2

? ?1-y1=0, 1 由于(*)式对满足 y0= x2 0(x0≠0)的 y0 恒成立,所以? 2 4 ?y1+y1-2=0, ?

解得 y1=1. 故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1). 解法二: (1)同解法一. 1 1 (2)由(1)知 y= x2,y′= x, 4 2

18

1 1 1 设 P(x0,y0),则 x0≠0,且 l 的方程为 y-y0= x0(x-x0),即 y= x0x- x2 . 2 2 4 0 1 1 x -4 ? ? ?x= 0 , ?y=2x0x-4x2 0, 2x0 由? 得? ?y=-1, ? ? ?y=-1, 所以 Q? x2 0-4 ? ? 2x0 ,-1?.
2

取 x0=2,此时 P(2,1),Q(0,-1),以 PQ 为直径的圆为(x-1)2+y2=2,交 y 轴于点 M1(0,1)或 M2(0, 1? ? 3 1?2 ? 3?2 125 -1); 取 x0=1, 此时 P? Q?-2,-1? 以 PQ 为直径的圆为? 交 y 轴于 M3(0,1) ?1,4?, ?, ?x+4? +?y+8? = 64 , 7 0,- ?. 或 M4? 4? ? 故若满足条件的点 M 存在,只能是 M(0,1). 以下证明点 M(0,1)就是所要求的点. x0-4 → → ? 因为MP=(x0,y0-1),MQ=? ? 2x0 ,-2?,
2 → → x0-4 MP· MQ= -2y0+2=2y0-2-2y0+2=0. 2 2

故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M.

22.(本小题满分 12 分) (理)[2013· 天津卷] 已知函数 f(x)=x2ln x. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)证明:对任意的 t>0,存在唯一的 s,使 t=f(s); 2 ln g(t) 1 (3)设(2)中所确定的 s 关于 t 的函数为 s=g(t).证明:当 t>e2 时,有 < < . 5 ln t 2 【解】(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). f′(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令 f′(x)=0,得 x= 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 1 . e

x f′(x) f(x)

0, - ?

1 e

1 e 0 极小值 1 1 ,单调递增区间是 ,+∞. e e

1 ,+∞ e + ?

所以函数 f(x)的单调递减区间是 0,

19

(2)证明:当 0<x≤1 时,f(x)≤0,设 t>0, 令 h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞). 由(1)知,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.h(1)=-t<0,h(et)=e2tln et-t=t(e2t-1)>0.故存在唯一的 s∈(1,+∞),使得 t=f(s)成立. ln g(t) ln s ln s ln s (3)证明: 因为 s=g(t), 由(2)知, t=f(s), 且 s>1, 从而 = = = 2 ln t ln f(s) ln(s ln s) 2ln s+ln ln s = u , 2u+ln u 其中 u=ln s. 2 ln g(t) 1 u 要使 < < 成立,只需 0<ln u< . 5 ln t 2 2 当 t>e2 时,若 s=g(t)≤e,则由 f(s)的单调性,有 t=f(s)≤f(e)=e2,矛盾. 所以 s>e,即 u>1,从而 ln u>0 成立. u 1 1 另一方面,令 F(u)=ln u- ,u>1.F′(u)= - ,令 F′(u)=0,得 u=2.当 1<u<2 时,F′(u)>0;当 u>2 2 u 2 u 时.F′(u)<0,故对 u>1,F(u)≤F(2)<0,因此 ln u< 成立. 2 2 ln g(t) 1 综上,当 t>e2 时,有 < < . 5 ln t 2 (文)[2013· 全国卷] 已知函数 f(x)=x3+3ax2+3x+1. (1)当 a=- 2时,讨论 f(x)的单调性; (2)若 x∈[2,+∞)时,f(x)≥0,求 a 的取值范围. 【解】(1)当 a=- 2时,f(x)=x3-3 f′(x)=3x2-6 2x+3. 2x2+3x+1,

令 f′(x)=0,得 x1= 2-1,x2= 2+1. 当 x∈(-∞, 2-1)时,f′(x)>0,f(x)在(-∞, 2-1)上是增函数; 当 x∈( 2-1, 2+1)时,f′(x)<0,f(x)在( 2-1, 2+1)上是减函数; 当 x∈( 2+1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在( 2+1,+∞)上是增函数. 5 (2)由 f(2)≥0 得 a≥- . 4 5 当 a≥- ,x∈(2,+∞)时, 4 5 2 ? f′(x)=3(x2+2ax+1)≥3? ?x -2x+1?=

20

1? 3? ?x-2?(x-2)>0, 所以 f(x)在(2,+∞)上是增函数,于是当 x∈[2,+∞)时,f(x)≥f(2)≥0. 5 - ,+∞?. 综上,a 的取值范围是? ? 4 ?

21


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