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1、穿插滚动练 (五) 1设常数aR,集合 A x|(x1)(xa)0 ,B x|xa1 ,若 ABR,则 a 的取值 范围为 () A(, 2) B (, 2 C(2, ) D 2, ) 答案B 解析如果 a 1,则 A x|x1 或 xa, 而 B x|xa1 , 由图 (1),可知 ABR; 如果 a1,则 A x|xa 或 x1 , 而 B x|xa1 , 由图 (2),可知若想ABR,必须 a11,得 10),则 M 到焦点的距离为 xM p 22 p 23, p 2,y 2 4x. y2 0428, |OM|4y2 0 4 823. 6将图 1 中的等腰直角三角形ABC 沿斜边 BC
2、的中线折起得到空间四面体ABCD (如图 2),则 在空间四面体ABCD 中, AD 与 BC 的位置关系是 () A相交且垂直B相交但不垂直 C异面且垂直D异面但不垂直 答案C 解析在图 1 中的等腰直角三角形ABC 中,斜边上的中线AD 就是斜边上的高,则ADBC, 翻折后如图2,AD 与 BC 变成异面直线,而原线段BC 变成两条线段BD、CD,这两条线段与 AD 垂直,即 ADBD,ADCD.又 BDCDD,故 AD平面 BCD,所以 AD BC. 7已知函数f(x)x(ln xax)有两个极值点,则实数a 的取值范围是() A(, 0) B (0, 1 2) C(0,1) D(0,
3、) 答案B 解析函数 f(x) x(ln xax)的定义域为 (0, ),且 f(x)ln x axx(1 xa)ln x2ax 1.如果函数 f(x)x(ln xax)有两个极值点,也就是说f(x)0 有两个不等实根,即ln x 2ax 1 0 有两个不等实根参数分离得 ln x 1 x 2a,若此方程有两个不等实根,只需函数y ln x 1 x 与 y2a 有两个不同交点经过求导分析,如图所示,可知01 时, yxa与 ylogax 均为增函数,但 yx a递增较快,排除 C; 当 01,而此时幂函数f(x)x a 的图象应是增长越来越快的变化 趋势,故C 错 10直线 4kx4yk0 与
4、抛物线y 2x 交于 A,B 两点,若 |AB| 4,则弦 AB 的中点到直线 x 1 2 0的距离等于 ( ) A. 7 4 B2 C.9 4 D4 答案C 解析直线 4kx 4yk0,即 yk(x 1 4), 即直线 4kx4yk0 过抛物线y2x 的焦点 (1 4,0) 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则|AB|x1x2 1 24, 故 x1x2 7 2, 则弦 AB 的中点的横坐标是 7 4, 弦 AB 的中点到直线x 1 20 的距离是 7 4 1 2 9 4. 11(2013 北京 )向量 a,b,c 在正方形网格中的位置如图所示,若 c a b( , R),则 _. 答
5、案4 解析以向量 a 和 b 的交点为原点建立直角坐标系,则a(1,1),b(6,2),c(1, 3), 根据 c a b? (1, 3) (1,1) (6,2)有 6 1, 2 3, 解之得 2 且 1 2, 故 4. 12过点 (3,1)作圆 (x2) 2(y2)24 的弦,其中最短弦的长为 _ 答案22 解析 由题意知,当弦的中点与圆心的连线与弦垂直时弦长最短,此时,点(3,1)为弦的中点,如图所 示 所以 AB2BE2BC2CE 2 2422 2. 13(2014 山东 )三棱锥 PABC 中, D,E 分别为 PB,PC 的中点,记三棱锥DABE 的体积 为 V1,PABC 的体积为
6、V2,则 V1 V2_. 答案 1 4 解析 设点 A 到平面 PBC 的距离为 h. D,E 分别为 PB,PC 的中点, SBDE 1 4S PBC, V1 V2 VADBE VAPBC 1 3S DBE h 1 3S PBC h 1 4. 14(2014 天津 )一个几何体的三视图如图所示(单位: m),则该几何体的体积为_m 3. 答案 20 3 解析根据三视图知,该几何体上部是一个底面直径为4,高为 2 的圆锥,下部是一个底面直 径为 2,高为 4 的圆柱 故该几何体的体积V1 3 2 22 12420 3 . 15(2014 湖北 )设 f(x)是定义在 (0, )上的函数,且f(
7、x)0.对任意 a0,b0,若经过点 (a, f(a),(b, f(b)的直线与 x 轴的交点为 (c,0), 则称 c 为 a,b 关于函数 f(x)的平均数, 记为 Mf(a, b)例如,当f(x) 1(x0)时,可得 Mf(a,b)c ab 2 ,即 Mf(a, b)为 a,b 的算术平均数 (1)当 f(x)_(x0)时, Mf(a,b)为 a,b 的几何平均数; (2)当 f(x)_(x0)时, Mf(a,b)为 a,b 的调和平均数 2ab ab. (以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可) 答案(1)x;(2)x(或填 (1)k1 x;(2)k2x,其中 k1,k2为正常数均可
8、 ) 解析设 A(a,f(a),B(b, f(b),C(c,0),且三点共线 依题意, cab,则 0f a c a 0 f b cb , 即 0f a aba 0 f b abb. 因为 a0,b0,所以化简得 f a a f b b, 故可以选择f(x)x(x0) 依题意, c 2ab ab,则 0f a 2ab a b a 0f b 2ab abb , 因为 a0,b0,所以化简得 f a a f b b , 故可以选择f(x) x(x0) 16(2014 天津 )在 ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别为a,b,c,已知 ac 6 6 b,sin B 6sin C. (1)求 c
9、os A 的值; (2)求 cos(2A 6)的值 解(1)在 ABC 中,由 b sin B c sin C,及 sin B 6sin C,可得 b6c,又由 ac 6 6 b,有 a2c, 所以 cos A b 2c2a2 2bc 6c 2c24c2 2 6c 2 6 4 . (2)在 ABC 中,由 cos A 6 4 ,可得 sin A 10 4 . 于是 cos 2A 2cos2A1 1 4, sin 2A2sin A cos A 15 4 . 所以 cos(2A 6)cos 2A cos 6sin 2A sin 6 153 8 . 17 在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是菱
10、形, ADNM 是矩形, 平面 ADNM 平面 ABCD, P 为 DN 的中点 (1)求证: BDMC. (2)线段 AB 上是否存在点E,使得 AP平面 NEC,若存在,请说明在什么位置,并加以证明; 若不存在,请说明理由 (1)证明连接 AC,因为四边形ABCD 是菱形, 所以 ACBD. 又 ADNM 是矩形, 平面 ADNM 平面 ABCD, 所以 AM平面 ABCD. 因为 BD? 平面 ABCD,所以 AMBD. 因为 ACAMA,所以 BD平面 MAC. 又 MC? 平面 MAC,所以 BDMC. (2)解当 E 为 AB 的中点时,有AP平面 NEC. 取 NC 的中点 S,
11、连接 PS,SE. 因为 PSDC AE,PSAE 1 2DC, 所以四边形APSE 是平行四边形,所以APSE. 又 SE? 平面 NEC, AP?平面 NEC, 所以 AP平面 NEC. 18已知数列 an的前 n 项和为 Sn,且 Sn an1 n2,nN *,a 12. (1)证明:数列 an 1是等比数列,并求数列 an的通项; (2)设 bn 3n Snn1的前 n 项和为 T n,证明: Tn0,所以 Tn63n6 2 n 0, 即|a|x20,总有 f x1f x2 x1x2 2,求 a 的取值范围 解(1)f(x)的定义域为 (0, ), f(x)a1 x 2ax2ax 2a
12、1 x . 当 a1 时, f(x)0,故 f(x)在(0, )上单调递增; 当 a0 时, f(x)0. 故 f(x)在(0, 1a 2a 上单调递减, 在 1a 2a , )上单调递增 (2)由已知,可得对任意的x1x20,有 x1x20, 所以由 f x1f x2 x1x2 2, 得 f(x1)f(x2)2(x1x2), 即 f(x1)2x1f(x2)2x2. 令 g(x)f(x)2x,又 x1x2, 故函数 g(x) f(x)2x 在(0, )上单调递增 所以 g(x)a1 x 2ax20 在(0, )上恒成立 所以 (1 x 2x)a2 1 x. 因为 x0,所以 a 2 1 x 1
13、 x2x 2x1 12x 2.(*) 令 t 2x1,则 x t1 2 , 又 x0,所以 t1. 故(*) 式可化为a t 2 t1 2 21 t t 22t1 2 1 2 t 3 t 2 . 因为 t1,所以 t 3 t 2t 3 t 23, 当且仅当t3时取等号 所以 2 t 3 t 2 2 2 32 31 2 , 即 2 t 3 t 2 的最大值为 31 2 . 故不等式a 2 t 3 t 2 恒成立的条件是a 31 2 . 故 a 的取值范围为 31 2 , ) 21已知椭圆 x 2 a 2 y 2 b 21(ab0)的一个焦点与抛物线 y 24 3x 的焦点 F 重合,且椭圆短轴的
14、 两个端点与点F 构成正三角形 (1)求椭圆的方程; (2)若过点 (1,0)的直线 l 与椭圆交于不同的两点P,Q,试问在 x 轴上是否存在定点E(m,0),使 PE QE 恒为定值?若存在,求出E 的坐标,并求出这个定值;若不存在,请说明理由 解(1)由题意,知抛物线的焦点为F(3,0), 所以 ca2b23. 因为椭圆短轴的两个端点与F 构成正三角形, 所以 b3 3 3 1. 可求得 a2,故椭圆的方程为 x 2 4 y 21. (2)假设存在满足条件的点E,当直线 l 的斜率存在时, 设其斜率为k,则 l 的方程为 yk(x1) 由 x 2 4 y2 1, yk x1 , 得(4k2
15、1)x28k2x4k2 40, 设 P(x1,y1),Q(x2,y2), 所以 x1x2 8k 2 4k 21,x1x24k 24 4k 21. 则PE (mx1, y1),QE (mx2, y2), 所以 PE QE (mx1)(mx2)y1y2 m2m(x1 x2)x1x2y1y2 m2m(x1 x2)x1x2k2(x11)(x21) m2 8k 2m 4k 21 4k 24 4k 21k 2 (4k 24 4k 21 8k 2 4k 211) 4m 28m1 k2 m24 4k 21 4m 28m1 k21 4 m 24 1 4 4m 28m 1 4k 21 1 4(4m 28m1)2m 17 4 4k 21. 要使 PE QE 为定值,令2m 17 4 0, 即 m 17 8 ,此时 PE QE 33 64. 当直线 l 的斜率不存在时, 不妨取 P(1, 3 2 ),Q(1, 3 2 ), 由 E(17 8 ,0),可得 PE (9 8, 3 2 ),QE (9 8, 3 2 ), 所以 PE QE 81 64 3 4 33 64. 综上,存在点E(17 8 ,0),使 PE QE 为定值 33 64.
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