重慶市高考數(shù)學(xué)一模試卷及答案(2)

　　A.{x|﹣13}

　　【考點(diǎn)】交集及其運(yùn)算.

　　【分析】求出P中不等式的解集確定出P，找出P與Q并集即可.

　　【解答】解：由P中不等式變形得：(x+1)(x﹣3)>0，

　　解得：x<﹣1或x>3，即P={x|x<﹣1或x>3}，

　　∵Q={x|1

　　∴P∪Q={x|3≤x<4}，

　　故選：B

　　2.設(shè)i是虛數(shù)但單位，則復(fù)數(shù) 的共軛復(fù)數(shù)的虛部為(　　)

　　A. B. C. D.

　　【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算;復(fù)數(shù)的基本概念.

　　【分析】直接由復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡(jiǎn)復(fù)數(shù)z，求出復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)，則答案可求.

　　【解答】解：∵ = = ，

　　∴復(fù)數(shù) 的共軛復(fù)數(shù)為 .

　　則復(fù)數(shù) 的共軛復(fù)數(shù)的虛部為： .

　　故選：B.

　　3.已知角α的終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)(﹣3，4)，則 的值(　　)

　　A. B.﹣ C. D.﹣

　　【考點(diǎn)】?jī)山呛团c差的正弦函數(shù);直線(xiàn)與圓的位置關(guān)系.

　　【分析】由條件利用任意角的三角函數(shù)的定義，兩角和的正弦公式，求得 的值.

　　【解答】解：∵角α的終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)(﹣3，4)，則sinα= ，cosα= ，

　　∴ =sinαcos +cosαsin = ﹣ × = ，

　　故選：C.

　　4.如圖為教育部門(mén)對(duì)轄區(qū)內(nèi)某學(xué)校的50名兒童的體重(kg)作為樣本進(jìn)行分析而得到的頻率分布直方圖，則這50名兒童的體重的平均數(shù)為(　　)

　　A.27.5 B.26.5 C.25.6 D.25.7

　　【考點(diǎn)】頻率分布直方圖.

　　【分析】根據(jù)頻率分布直方圖，利用頻率和為1求出a的值，再利用平均數(shù)的定義求出體重的平均數(shù).

　　【解答】解：根據(jù)頻率分布直方圖，得;

　　(0.03+0.032+a+0.01+0.008)×10=1，

　　解得a=0.02，

　　所以這50名兒童的體重的平均數(shù)為

　　=0.1×5+0.2×15+0.32×25+0.3×35+0.08×45=25.6.

　　故選：C.

　　5.雙曲線(xiàn) 的一條漸近線(xiàn)方程為 ，則雙曲線(xiàn)的離心率為(　　)

　　A. B. C. D.

　　【考點(diǎn)】雙曲線(xiàn)的簡(jiǎn)單性質(zhì).

　　【分析】利用雙曲線(xiàn)的漸近線(xiàn)方程，轉(zhuǎn)化求出雙曲線(xiàn)的離心率即可.

　　【解答】解：雙曲線(xiàn) 的一條漸近線(xiàn)方程為 ，

　　可得 = ，即 ，解得e2= ，e= .

　　故選：A.

　　6.有4名優(yōu)秀的大學(xué)畢業(yè)生被某公司錄用，該公司共有5個(gè)部門(mén)，由公司人事部分安排他們?nèi)テ渲腥我?各部門(mén)上班，每個(gè)部門(mén)至少安排一人，則不同的安排方法為(　　)

　　A.120 B.240 C.360 D.480

　　【考點(diǎn)】計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用.

　　【分析】先從5個(gè)個(gè)部門(mén)任選三個(gè)，再?gòu)?人中選2人做為一個(gè)元素，和另外兩人到分配到三個(gè)部門(mén)，根據(jù)分步計(jì)數(shù)原理可得答案

　　【解答】解：先從5個(gè)個(gè)部門(mén)任選三個(gè)，有C53=10種，再?gòu)?人中選2人做為一個(gè)元素，和另外兩人到分配到三個(gè)部門(mén)，故有C53•C42•A33=360，

　　故答案為：360.

　　7.若函數(shù)f(x)=2x2﹣lnx在其定義域內(nèi)的一個(gè)子區(qū)間(k﹣1，k+1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是(　　)

　　A.[1，3) B. C. D.

　　【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性.

　　【分析】先確定函數(shù)的定義域然后求導(dǎo)數(shù)fˊ(x)，在函數(shù)的定義域內(nèi)解方程fˊ(x)=0，使方程的解在定義域內(nèi)的一個(gè)子區(qū)間

　　(k﹣1，k+1)內(nèi)，建立不等關(guān)系，解之即可

　　【解答】解：因?yàn)閒(x)定義域?yàn)?0，+∞)，又f′(x)=4x﹣ ，

　　由f'(x)=0，得x= .

　　當(dāng)x∈(0， )時(shí)，f'(x)<0，當(dāng)x∈( ，+∞)時(shí)，f'(x)>0

　　據(jù)題意， ，

　　解得1≤k< ，

　　故選：B.

　　8.已知(1﹣x)(1+2x)5，x∈R，則x2的系數(shù)為(　　)

　　A.50 B.20 C.30 D.40

　　【考點(diǎn)】二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì).

　　【分析】根據(jù)題意，(1﹣x)(1+2x)5展開(kāi)式中x2的系數(shù)為(1+2x)5的展開(kāi)式中x2的系數(shù)與x的系數(shù)之差，求出即可.

　　【解答】解：因?yàn)?1﹣x)(1+2x)5=(1+2x)5﹣x(1+2x)5，

　　(1+2x)5的通項(xiàng)公式為T(mén)r+1= •2r•xr，

　　所以x2的系數(shù)為：

　　•22﹣ •2=40﹣10=30.

　　故選：C.

　　9.某飲用水器具的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　)

　　A.6π B.8π C.7π D.11π

　　【考點(diǎn)】由三視圖求面積、體積.

　　【分析】由三視圖知該幾何體底面半徑為1、高為4的圓柱的上半部分被截去一部分后得到的幾何體，由條件和圓柱的表面積公式求出該幾何體的表面積.

　　【解答】解根據(jù)三視圖可知幾何體是：

　　底面半徑為1、高為4的圓柱的上半部分被截去一部分后得到的幾何體，

　　∴該幾何體的表面積S=

　　=7π，

　　故選：C.

　　10.已知函數(shù) 的部分圖象如圖所示，其中N，P的坐標(biāo)分別為 ，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間不可能為(　　)

　　A. B. C. D.

　　【考點(diǎn)】余弦函數(shù)的圖象.

　　【分析】解法一：根據(jù)題意，求出函數(shù)f(x)的解析式，得出f(x)的遞減區(qū)間，再判定4個(gè)選項(xiàng)中是否為f(x)的單調(diào)減區(qū)間.

　　解法二：求出函數(shù)f(x)的周期T=π，判定選項(xiàng)D區(qū)間長(zhǎng)度是3T，f(x)不是單調(diào)減函數(shù)，由此得出結(jié)論.

　　【解答】解：(法一)根據(jù)題意，設(shè)函數(shù)f(x)=Acos(ωx+φ)的周期為T(mén)，

　　則 T= ﹣ = ，解得T=π，

　　∴ω=2;

　　又x= ，

　　∴2× +φ=π+kπ，k∈Z;

　　解得φ=﹣ +kπ，k∈Z;，

　　又|φ|< ，

　　∴φ=﹣ ，

　　∴f(x)=Acos(2x﹣ );

　　令2kπ≤2x﹣ ≤π+2kπ，k∈Z，

　　∴ +kπ≤x≤ +kπ，k∈Z，

　　當(dāng)k=0時(shí)，x∈[ ， ]，f(x)是單調(diào)減函數(shù)，A滿(mǎn)足題意;

　　當(dāng)k=﹣1時(shí)，x∈[﹣ ，﹣ ]，f(x)是單調(diào)減函數(shù)，B滿(mǎn)足題意;

　　當(dāng)k=2時(shí)，x∈[ ， ]，f(x)是單調(diào)減函數(shù)，又[ ， ]⊂[ ， ]，∴C滿(mǎn)足題意;

　　當(dāng)k=1時(shí)，x∈[ ， ]，f(x)是單調(diào)減函數(shù)，又[ ， ]⊂[ ， ]，∴D不滿(mǎn)足題意.

　　(法二)根據(jù)題意，設(shè)函數(shù)f(x)=Acos(ωx+φ)的周期為T(mén)，

　　則 T= ﹣ = ，解得T=π;

　　又選項(xiàng)D中，區(qū)間長(zhǎng)度為 ﹣ =3π，

　　∴f(x)在區(qū)間[ ， ]上不是單調(diào)減函數(shù).

　　故選：D.

　　11.若實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足 ，則 的最小值為(　　)

　　A. B.2 C. D.

　　【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單線(xiàn)性規(guī)劃.

　　【分析】畫(huà)出滿(mǎn)足條件的平面區(qū)域，求出角點(diǎn)的坐標(biāo)，從而求出z的最小值.

　　【解答】解：畫(huà)出滿(mǎn)足條件的平面區(qū)域，如圖示：

　　A(3，0)，C(2，1)，

　　z= =1+ ∈[ ，2]，

　　故選：A.

　　12.已知定義域?yàn)镽的奇函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(x)+f(2﹣x)=0，且當(dāng)x∈[﹣1，0)時(shí)，f(x)=﹣ ，函數(shù)g(x)為偶函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，g(x)= ，則方程g(x)﹣f(x)=1區(qū)間[﹣3，3]上的解的個(gè)數(shù)為(　　)

　　A.2 B.3 C.4 D.6

　　【考點(diǎn)】奇偶性與單調(diào)性的綜合.

　　【分析】確定f(x)的周期為2，作出y=f(x)與y=g(x)﹣1(0，3]的圖象，即可得出結(jié)論.

　　【解答】解：∵定義域?yàn)镽的奇函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(x)+f(2﹣x)=0，

　　∴f(﹣x+2)=f(﹣x)，

　　∴f(x)的周期為2，

　　作出y=f(x)與y=g(x)﹣1(0，3]的圖象，如圖所示，有兩個(gè)交點(diǎn)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，方程g(x)﹣f(x)=1區(qū)間[﹣3，3]上的解的個(gè)數(shù)為4.

　　故選：C.

　　二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在答題卷的橫線(xiàn)上..

　　13.已知平面向量 與 的夾角為 ，則 =　 　.

　　【考點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的運(yùn)算.

　　【分析】利用向量的數(shù)量積以及向量的模的求法運(yùn)算法則化簡(jiǎn)求解即可.

　　【解答】解：向量 與 的夾角為 ，

　　可得 =| || |cos =2×1× = ，

　　則 = = .

　　故答案為： .

　　14.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的數(shù)S=　2500

　　【考點(diǎn)】程序框圖.

　　【分析】由已知中的程序框圖可知：該程序的功能是利用循環(huán)結(jié)構(gòu)計(jì)算并輸出變量S的值，模擬程序的運(yùn)行過(guò)程，分析循環(huán)中各變量值的變化情況，可得答案.

　　【解答】解：第1次執(zhí)行循環(huán)體后，S=1，i=3，不滿(mǎn)足退出循環(huán)的條件;

　　第2次執(zhí)行循環(huán)體后，S=4，i=5，不滿(mǎn)足退出循環(huán)的條件;

　　第3次執(zhí)行循環(huán)體后，S=9，i=7，不滿(mǎn)足退出循環(huán)的條件;

　　…

　　第n次執(zhí)行循環(huán)體后，S=n2，i=2n+1，不滿(mǎn)足退出循環(huán)的條件;

　　…

　　第49次執(zhí)行循環(huán)體后，S=492，i=99，不滿(mǎn)足退出循環(huán)的條件;

　　第50次執(zhí)行循環(huán)體后，S=502，i=101，滿(mǎn)足退出循環(huán)的條件;

　　故輸出的S值為：2500，

　　故答案為：2500

　　15.已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的6個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，若AB=3，AC=4，AB⊥AC，AA1=12，則球O的體積為　 　.

　　【考點(diǎn)】球的體積和表面積;球內(nèi)接多面體.

　　【分析】由于三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面ABC為直角三角形，把三棱柱ABC﹣A1B1C1補(bǔ)成四棱柱，則四棱柱的體對(duì)角線(xiàn)就是球O的直徑，求出球O的直徑，進(jìn)而求出球O的半徑，代入球的體積公式求解即可.

　　【解答】解：由于三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面ABC為直角三角形，

　　把三棱柱ABC﹣A1B1C1補(bǔ)成四棱柱，

　　則四棱柱的體對(duì)角線(xiàn)就是球O的直徑，

　　所以球O的半徑= ，

　　則球O的體積是： = .

　　故答案為： .

　　16.已知△ABC的面積為S，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且 成等比數(shù)列， ，則 的最小值為　 　.

　　【考點(diǎn)】等比數(shù)列的通項(xiàng)公式;余弦定理.

　　【分析】由 成等比數(shù)列，可得sinB=2sinCcosA，利用正弦定理余弦定理可得：b=2c× ，化為：c=a.可得sinB=2sinCcosA，S= = .由 ，可得S= .由 18，可得1≤a≤3.代入 ，再利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性最值即可得出.

　　【解答】解：∵ 成等比數(shù)列，

　　∴sinB=2sinCcosA，

　　∴b=2c× ，

　　化為：c=a.

　　∴sinB=2sinCcosA=2× × = ，

　　S= = .

　　∵ ，

　　∴S= .

　　∵ 18，

　　∴2≤2a2≤18，

　　∴1≤a≤3.

　　則 = = =1﹣ .

　　令f(a)= ，則f′(a)= ，

　　∵1≤a≤3.

　　可知：當(dāng)a=2時(shí)，f(a)取得最大值，f(2)= .

　　∴ 的最小值為1﹣ = .

　　故答案為： .

　　三、解答題：本大題共5小題，滿(mǎn)分60分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟

　　17.已知公差不為0的等差數(shù)列{an}滿(mǎn)足 ，且a3，a5，a9成等比數(shù)列.

　　(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;

　　(2)記 ，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.

　　【考點(diǎn)】數(shù)列的求和;等比數(shù)列的通項(xiàng)公式.

　　【分析】(1)通過(guò)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，并用第二項(xiàng)及公差表示出第三、五、九項(xiàng)，然后利用a3，a5，a9成等比數(shù)列，計(jì)算可知公差，進(jìn)而可得通項(xiàng)公式;

　　(2)通過(guò)(1)可知bn= n•3n，進(jìn)而利用錯(cuò)位相減法計(jì)算即得結(jié)論.

　　【解答】解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，

　　由 可知a3= +d，a5= +3d，a9= +7d，

　　∵a3，a5，a9成等比數(shù)列，

　　∴ =( +d)( +7d)，

　　整理得：d2= d，

　　解得：d= 或d=0(舍)，

　　∴an= +(n﹣2) = ;

　　(2)由(1)可知 = n•3n，

　　∴Sn= [1•3+2•32+…+(n﹣1)•3n﹣1+n•3n]，

　　3Sn= [1•32+2•33+…+(n﹣1)•3n+n•3n+1]，

　　兩式相減得：﹣2Sn= (3+32+33+…+3n﹣n•3n+1)，

　　∴Sn=﹣ [ ﹣n•3n+1]

　　= •3n+1+ .

　　18.某革命老區(qū)為帶動(dòng)當(dāng)?shù)亟?jīng)濟(jì)的發(fā)展，實(shí)現(xiàn)經(jīng)濟(jì)效益與社會(huì)效益雙贏(yíng)，精心準(zhǔn)備了三個(gè)獨(dú)立的方案;方案一：紅色文化體驗(yàn)專(zhuān)營(yíng)經(jīng)濟(jì)帶，案二：農(nóng)家樂(lè)休閑區(qū)專(zhuān)營(yíng)經(jīng)濟(jì)帶，方案三：愛(ài)國(guó)主義教育基礎(chǔ)，通過(guò)委托民調(diào)機(jī)構(gòu)對(duì)這三個(gè)方案的調(diào)查，結(jié)果顯示它們能被民眾選中的概率分別為 ， ， .

　　(1)求三個(gè)方案至少有兩個(gè)被選中的概率;

　　(2)記三個(gè)方案被選中的個(gè)數(shù)為ɛ，試求ɛ的期望.

　　【考點(diǎn)】離散型隨機(jī)變量的期望與方差;列舉法計(jì)算基本事件數(shù)及事件發(fā)生的概率.

　　【分析】記三個(gè)方案記為甲、乙、丙，被選中的事件分別為A，B，C，則P(A)= ，P(B)= ，P(C)=

　　(1)“只有兩個(gè)方案被選中”可分為三種情形：①甲未被選中，乙、丙被選中，②乙未被選中，甲、丙被選中，③丙未被選中，甲、乙被選中，3個(gè)方案被選中，概率為 × × = 從而求概率;

　　(2)由題意可知ɛ的可能取值為0，1，2，3.求其概率從而求數(shù)學(xué)期望.

　　【解答】解：記三個(gè)方案記為甲、乙、丙，被選中的事件分別為A，B，C，則P(A)= ，P(B)= ，P(C)= .

　　(1)“只有兩個(gè)方案被選中”可分為三種情形：

　　①甲未被選中，乙、丙被選中，概率為P1= × × = .

　　②乙未被選中，甲、丙被選中，概率為P2= × × = .

　　③丙未被選中，甲、乙被選中，概率為P3= × × = .

　　以上三種情況是互斥的.因此只有兩個(gè)方案被選中的概率為P= .

　　3個(gè)方案被選中，概率為 × × = ，

　　∴三個(gè)方案至少有兩個(gè)被選中的概率為 + = ;

　　(2)由題意可知ɛ的可能取值為0，1，2，3.

　　P(ɛ=0)= × × = ;

　　P(ɛ=1)= × × + × × + × × = ;

　　由(1)知P(ɛ=2)= ;

　　P(ɛ=3)= × × = .

　　故Eɛ=0× +1× +2× +3× = .

　　19.如圖，高為3的直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是直角三角形，AC=2，D為A1C1的中點(diǎn)，F(xiàn)在線(xiàn)段AA1上，CF⊥DB1，且A1F=1.

　　(1)求證：CF⊥平面B1DF;

　　(2)求平面B1FC與平面AFC所成的銳二面角的余弦值.

　　【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法;直線(xiàn)與平面垂直的判定.

　　【分析】(1)根據(jù)線(xiàn)面垂直的判定定理先證明CF⊥B1F即即可證明CF⊥平面B1DF;

　　(2)根據(jù)二面角的定義先找出二面角的平面角即可求平面B1FC與平面AFC所成的銳二面角的余弦值.

　　【解答】(1)證明：∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是直角三角形，D為A1C1的中點(diǎn)，

　　∴DB1⊥AA1，

　　∵CF⊥DB1，CF∩⊥AA1=F.

　　∴DB1⊥平面AA1CC1.

　　∴DB1⊥A1B1，

　　則△A1B1C1為等腰直角三角形，

　　∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中高為3，AC=2，A1F=1

　　∴AB=BC= ，AF=2，F(xiàn)B1= ，B1C= ，CF=2 ，

　　滿(mǎn)足B1F2+CF2=B1C2，

　　即CF⊥B1F，

　　∵CF⊥DB1，DB1∩B1F=B1，

　　∴CF⊥平面B1DF;

　　(2)∵CF⊥平面B1DF，B1F⊂平面B1DF，DF⊂平面B1DF，

　　∴CF⊥B1F，CF⊥DF，

　　∵DB1⊥平面AA1CC1.

　　∴∠B1FD是平面B1FC與平面AFC所成的銳二面角的平面角，

　　則B1D=1，DF= ，

　　則cos∠B1FD= = = ，

　　即平面B1FC與平面AFC所成的銳二面角的余弦值為 .

　　20.已知橢圓C： + =1(a>b>0)的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線(xiàn)構(gòu)成等腰直角三角形，直線(xiàn)x+y+1=0與以橢圓C的右焦點(diǎn)為圓心，以橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓相切.

　　(1)求橢圓的方程.

　　(2)設(shè)P為橢圓上一點(diǎn)，若過(guò)點(diǎn)M(2，0)的直線(xiàn)l與橢圓E相交于不同的兩點(diǎn)S和T，且滿(mǎn)足 (O為坐標(biāo)原點(diǎn))，求實(shí)數(shù)t的取值范圍.

　　【考點(diǎn)】直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的綜合問(wèn)題.

　　【分析】(1)寫(xiě)出滿(mǎn)足條件的圓的方程，再由直線(xiàn)與圓相切得到d=a，再由等腰直角三角形得到b=c，解方程即可得到a，b的值;

　　(2)設(shè)P(x0，y0)，設(shè)出直線(xiàn)l：y=k(x﹣2)，聯(lián)立橢圓方程消去y，得到x的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，再由向量加法運(yùn)算得到x0，y0的關(guān)系，代入橢圓方程，結(jié)合判別式大于0，即可得到t的范圍.

　　【解答】解：(1)由題意得，以橢圓C的右焦點(diǎn)為圓心，以橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑

　　的圓的方程為(x﹣c)2+y2=a2，

　　∴圓心到直線(xiàn)x+y+1=0的距離d= *，

　　∵橢圓C： + =1(a>b>0)的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線(xiàn)構(gòu)成等腰直角三角形，

　　則b=c， ，代入*式得b=c=1即a= b= ，

　　故所求橢圓方程為 +y2=1;

　　(2)由題意知直線(xiàn)l的斜率存在，設(shè)直線(xiàn)l方程為y=k(x﹣2)，設(shè)P(x0，y0)，

　　將直線(xiàn)方程代入橢圓方程得：(1+2k2)x2﹣8k2x+8k2﹣2=0，

　　∴△=64k4﹣4(1+2k2)(8k2﹣2)=﹣16k2+8>0

　　∴ ，

　　設(shè)S(x1，y1)，T(x2，y2)則 ，

　　當(dāng)k=0時(shí)，直線(xiàn)l的方程為y=0，此時(shí)t=0， 成立，故t=0符合題意.

　　當(dāng)t≠0時(shí)

　　得tx0=x1+x2= ，ty0=y1+y2=k(x1+x2)﹣4k= ，

　　∴ ， ，

　　將上式代入橢圓方程得： ，

　　整理得：

　　由 知0

　　所以t∈(﹣2，2).

　　21.已知函數(shù)

　　(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

　　(2)若關(guān)于x的函數(shù) 有且只有一個(gè)零點(diǎn)，求a的值(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))

　　【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性;函數(shù)的零點(diǎn).

　　【分析】(1)求出f(x)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;

　　(2)把方程化為 =x2﹣2ex+a，求得 h(x)= 的最大值為 h(e)= ，再求得m(x)=x2﹣2ex+a 的最小值 m(e)=a﹣e2，根據(jù) a﹣e2= 求出a的值.

　　【解答】解：(1)f(x)的定義域是(0，+∞)，

　　f′(x)= ，

　　①△=1+4a≤0即a≤﹣ 時(shí)，x2+x﹣a≥0，

　　則f′(x)≥0，

　　∴f(x)在(0，+∞)遞增，

　　②①△=1+4a>0即a>﹣ 時(shí)，

　　令f′(x)=0，解得：x1= <0，x2= ，

　　若﹣

　　∴f(x)在(0，+∞)遞增，

　　若a>0，x∈(0， )時(shí)，f′(x)<0，x∈( ，+∞)，f′(x)>0，

　　∴f(x)在(0， )遞減，在( ，+∞)遞增;

　　(2)關(guān)于x的方程g(x)= ﹣f(x)+lnx+2e，可化為 =x2﹣2ex+a，

　　令h(x)= ，令h′(x)=0，得x=e，故 h(x)的最大值為 h(e)= .

　　令m(x)=x2﹣2ex+a，可得：x=e時(shí)，m(x)的最小值 m(e)=a﹣e2，

　　由 a﹣e2= 可得 a=e2+ .

　　【選修4-1幾何證明選講】

　　22.如圖，半徑為 的△ABC的外接圓圓O的直徑為AB，直線(xiàn)CE為圓O的切線(xiàn)且相切于點(diǎn)C，AD⊥CE于點(diǎn)D，AD=1.

　　(1)求證：△ABC相似于△ACD;

　　(2)求AC的長(zhǎng).

　　【考點(diǎn)】相似三角形的判定.

　　【分析】(1)利用已知可得△ABC，△ACD為直角三角形，利用圓周角定理可得∠ABC=∠ACD，從而可證△ABC∽△ACD.

　　(2)由(1)可得△ABC∽△ACD，利用相似三角形的性質(zhì)可得 = ，進(jìn)而即可解得AC的值.

　　【解答】解：(1)證明：∵AB是圓O的直徑，

　　∴BC⊥AC，

　　∴△ABC直角三角形，

　　∴△ACD為直角三角形，∵直線(xiàn)CE與圓O相切于點(diǎn)C，

　　∴∠ABC=∠ACD，

　　∴△ABC∽△ACD，得證.

　　(2)∵由(1)可得△ABC∽△ACD.

　　∴ = ，

　　∴AC2=AB•AD，

　　∵AB=9，AD=1，

　　∴AC2=9，解得AC=3.

　　【選修4-4坐標(biāo)系與參數(shù)方程】

　　23.在極坐標(biāo)系中，已知直線(xiàn) 與圓O：ρ=4.

　　(1)分別求出直線(xiàn)l與圓O對(duì)應(yīng)的直角坐標(biāo)系中的方程;

　　(2)求直線(xiàn)l被圓O所截得的弦長(zhǎng).

　　【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單曲線(xiàn)的極坐標(biāo)方程.

　　【分析】(1)先利用三角函數(shù)的和角公式展開(kāi)直線(xiàn)的極坐標(biāo)方程的左式，再利用直角坐標(biāo)與極坐標(biāo)間的關(guān)系，即利用ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ2=x2+y2，進(jìn)行代換即得直角坐標(biāo)方程，

　　(2)利用直角坐標(biāo)中直線(xiàn)與圓的關(guān)系求出截得的弦長(zhǎng)即可.

　　【解答】解：(1)∵ρsin(θ+ )=2，

　　∴ρsinθ+ρcosθ=2 ，

　　∵ρcosθ=x，ρsinθ=y，

　　∴化成直角坐標(biāo)方程為：x+y﹣2 =0，

　　圓ρ=4化成直角坐標(biāo)方程為x2+y2=16，

　　(2)圓心到直線(xiàn)的距離為：d= =2，

　　∴截得的弦長(zhǎng)為：2 =4 .

　　【選修4-5不等式選講】

　　24.已知a>0，b>0，且a+b=1.

　　(1)若ab≤m恒成立，求m的取值范圍;

　　(2)若 恒成立，求x的取值范圍.

　　【考點(diǎn)】絕對(duì)值不等式的解法;絕對(duì)值三角不等式.

　　【分析】(1)由基本不等式可得;(2)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為|2x﹣1|﹣|x+1|≤4，去絕對(duì)值化為不等式組，解不等式組可得.

　　【解答】解：(1)∵a>0，b>0，且a+b=1，

　　∴ab = ，當(dāng)且僅當(dāng)a=b= 時(shí)“=”成立，

　　由ab≤m恒成立，故m≥ ;

　　(2)∵a，b∈(0，+∞)，a+b=1，

　　∴ + =( + )(a+b)=2+ + ≥4，

　　當(dāng)且僅當(dāng)a=b= 時(shí)“=”成立，

　　若 恒成立，

　　則只需|2x﹣1|﹣|x+1|≤4即可，

　　只需 或 或 ，

　　解得：﹣2≤x≤6.

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