高考数学模拟试卷3 (16)

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高考数学模拟试卷3 (16)

高考数学训练题(第 52 套) (1)设复数 z 满足 z+2 z-=6+i(i 是虚数单位),则复数 z 在复平面内所对应的点位于() (A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限 (2)已知全集 U=R,N= x|1 8 <2x<1 ,M={x|y=ln (-x-1)},则图中阴影部分表示 的集合是() (A){x|-30,|φ|<π 2 )的最小正周期为π,若其图象向左平移π 6 个单位后得到的函数为奇函数,则函数 f(x)的图象() (A) 关于点 7π 12 ,0 对称 (B) 关于点 -π 12 ,0 对称 (C) 关于直线 x=7π 12 对称 (D) 关于直线 x=-π 12 对称 (8)若二项式(2-x)n(n∈N*)的展开式中所有项的系数的绝对值之和是 a,所有项的二项 式系数之和是 b,则b a +a b 的最小值是() (A) 2 (B)13 6 (C)7 3 (D) 15 6 (9)在高校自主招生中,某中学获得 6 个推荐名额,其中中南大学 2 名,湖南大学 2 名, 湖南师范大学 2 名,并且湖南大学和中南大学都要求必须有男生参加,学校通过选拔定下 3 男 3 女共 6 个推荐对象,则不同的推荐方法共有() (A) 54 (B)45 (C) 24 (D) 72 (10)已知函数 f(x)=x3+ax2-9x+b 的图象关于点(1,0)对称,且对满足-1≤sf(t),则实数 m 的最大值为() (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 (11)已知 F 为双曲线 C:x2 a2-y2 b2=1(a>0,b>0)的右焦点,过原点 O 的直线 l 与双曲线交 于 M,N 两点,且|MN|=2|OF|,若△MNF 的面积为 ab,则该双曲线的离心率为() (A)3 (B)2 (C) 3 (D) 2 (12)已知平面四边形 ABCD 中,AB=AD=2,∠BAD=60°,BC⊥CD, BC=CD,沿 BD 将 △BCD 折起形成三棱锥 C-ABD,当三棱锥 C-ABD 的外接球的体积最小时,关于三棱锥 C- ABD 有下列说法:①平面 BCD⊥平面 ABD;②取 BD 的中点 O,则 OC⊥BA;③三棱锥 C-ABD 的外接球的体积是32 3π 27 ;④对棱 BC 与 AD 所成的角的余弦值是 2 4 .这些说法中正确的个数 有(D) (A)1 (B) 2 (C)3 (D)4 (13)点 A 从(1,0)出发,沿单位圆按逆时针方向运动到点 B,若点 B 的坐标是 -3 5 ,4 5 , 记∠B=α,则 sin 2α=__. (14)若圆 A:(x-1)2+(y-4)2=a 上至少存在一点 P 落在不等式组 -x+y-1≥0, 3x-y-1≥0, x+y-7≤0 表 示的平面区域内,则实数 a 的取值范围是. (15)已知 AB 为圆 O:x2+y2=1 的直径,点 P 为椭圆x2 4 +y2 3 =1 上一动点,则PA→·PB→的最 小值为___. (16)已知函数 f(x)=ex(x-1)-ax+1,若存在唯一的整数 x0,使得 f(x0)≤0,则 a 的 取值范围是____. 17 已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,且 S6=3a7-a2,S7=2a11+7. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)若 b1=3,数列{bn}的第 n 项 bn 是数列{an}的第 bn-1 项(n≥2). (ⅰ)证明:{bn-1}是等比数列; (ⅱ)求数列{anbn}的前 n 项和 Tn. (18)(本小题满分 12 分) 某高校在自主招生期间,把高三学生的平时成绩按“百分制”进行折算,选出前 n 名学 生,并对这 n 名学生按成绩分组,第一组[75,80),第二组[80,85),第三组[85,90),第 四组[90,95),第五组[95,100],如图为频率分布直方图的一部分,其中第五组、第一组、 第四组、第二组、第三组的人数依次成等差数列.且第四组的学生人数为 60,第五组对应 的小长方形的高为 0.02. (Ⅰ)请在图中补全频率分布直方图; (Ⅱ)若该大学决定在成绩较高的第三、四、五组学生中用分层抽样的方法抽取 6 名学生 进行面试,并且在这 6 名学生中随机抽取 3 名学生接受考官 B 的面试,设第三组有ξ名学生 被考官 B 面试,求ξ的分布列和数学期望. 如图,已知多面体 MNABCD 的一个面 ABCD 是边长为 2 的菱形,且∠ABC=60°,BM⊥平 面 ABCD,BM∥DN,BM=2DN,点 E 是线段 MN 上任意一点. (Ⅰ)证明:平面 EAC⊥平面 BMND; (Ⅱ)若∠AEC 的最大值是2π 3 ,求三棱锥 M-NAC 的体积. 如图,点 F 是抛物线 E:x2=2py(p>0)的焦点,点 A 是抛物线上的定点,且AF→=(2,0).点 B,C 是抛物线上的动点,直线 AB,AC 的斜率分别为 k1,k2,且 k2-k1=2,以 A 为圆心,|AF| 的长为半径的圆分别交直线 AB,AC 于点 M,N,抛物线 E 在点 B,C 处的切线相交于 D 点. (Ⅰ)求抛物线的方程; (Ⅱ)记△BCD 的面积为 S1,△AMN 的面积为 S2,求S1 S2 的最小值. (21)(本小题满分 12 分) 已知 f(x)=ex+ax2-x-1,其中 a 为实数. (Ⅰ)若 a≥0,求 f(x)的单调区间; (Ⅱ)设 g(x)=f(x)+6ln(2a+2)+2a2-6a-7 2 (a>-1),若对任意 x≥0,g(x)≥0,求 实数 a 的取值范围. (22)(本小题满分 10 分)选修 4-4:坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 C 的参数方程为 x= 3+rcos φ, y=1+rsin φ (r>0, φ为参数), 以坐标原点O 为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线 l的极坐标方程为ρsin θ-π 3 =1,若直线 l 与曲线 C 相切. (Ⅰ)求曲线 C 的极坐标方程; (Ⅱ)在曲线 C 上取两点 M,N 与原点 O 构成△MON,且满足∠MON=π 6 ,求△MON 面积的 最大值. (23)(本小题满分 10 分)选修 4-5:不等式选讲 已知关于 x 的不等式|x-m|+2x≤0 的解集为{x|x≤- 2},其中 m>0. (Ⅰ)求 m 的值; (Ⅱ)若正数 a,b,c 满足 a+b+c=m,求证:b2 a +c2 b +a2 c ≥2. 高考数学训练题答案(第 52 套) (1)设复数 z 满足 z+2 z-=6+i(i 是虚数单位),则复数 z 在复平面内所对应的点位于(D) (A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限 (2)已知全集 U=R,N= x|1 8 <2x<1 ,M={x|y=ln (-x-1)},则图中阴影部分表示 的集合是(C) (A){x|-3b>c (B) a>c>b (C) b>a>c (D) c>b>a 【解析】a=18 1 18 >1,b=log17 18=1 2 log1718∈ 1 2 ,1 , c=log18 17=1 2 log1817∈ 0,1 2 ,∴a>b>c,故选 A. (5)执行下列程序框图,若输出 i 的值为 3,则输入 x 的取值范围是(D) (A)015, 4x+3≤15, 可得 10,|φ|<π 2 )的最小正周期为π,若其图象向左平移π 6 个单位后得到的函数为奇函数,则函数 f(x)的图象(D) (A) 关于点 7π 12 ,0 对称 (B) 关于点 -π 12 ,0 对称 (C) 关于直线 x=7π 12 对称 (D) 关于直线 x=-π 12 对称 (8)若二项式(2-x)n(n∈N*)的展开式中所有项的系数的绝对值之和是 a,所有项的二项 式系数之和是 b,则b a +a b 的最小值是(B) (A) 2 (B)13 6 (C)7 3 (D) 15 6 【解析】令 x=-1,得 a=3n,又 b=2n,∴b a =2n 3n= 2 3 n , ∴b a +a b = 2 3 n + 3 2 n ≥2 3 +3 2 =13 6 ,故选 B. (9)在高校自主招生中,某中学获得 6 个推荐名额,其中中南大学 2 名,湖南大学 2 名, 湖南师范大学 2 名,并且湖南大学和中南大学都要求必须有男生参加,学校通过选拔定下 3 男 3 女共 6 个推荐对象,则不同的推荐方法共有(A) (A) 54 (B)45 (C) 24 (D) 72 【解析】由题意可分为两类:第一类是将 3 个男生每个大学各推荐 1 人,共有 A3 3A3 3=36 种推荐方法;第二类是将 3 个男生分成两组分别推荐给湖南大学和中南大学,其余 3 个女生 从剩下的大学中选,共有 C2 3A2 2C2 3=18 种推荐方法.故共有 36+18=54 种推荐方法,故选 A. (10)已知函数 f(x)=x3+ax2-9x+b 的图象关于点(1,0)对称,且对满足-1≤sf(t),则实数 m 的最大值为(C) (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 【解析】由 f(x)+f(2-x)=0 得 a=-3,b=11,故 f(x)=x3-3x2-9x+11, 令 f′(x)=3(x2-2x-3)≤0,解得 f(x)的单调递减区间为(-1,3),故 mmax=3,选 C. (11)已知 F 为双曲线 C:x2 a2-y2 b2=1(a>0,b>0)的右焦点,过原点 O 的直线 l 与双曲线交 于 M,N 两点,且|MN|=2|OF|,若△MNF 的面积为 ab,则该双曲线的离心率为(D) (A)3 (B)2 (C) 3 (D) 2 【解析】法一:由 M,N 关于原点对称及|MN|=2 |OF|知 MF⊥NF, 设 M(x0,y0),N(-x0,-y0),其中 x0>0,y0>0, 则MF→=(c-x0,-y0),NF→=(c+x0,y0),因为MF→·NF→=0, 所以(c-x0)(c+x0)-y2 0=0,即 x2 0=c2-y2 0, 而 M(x0,y0)在双曲线上,所以x2 0 a2-y2 0 b2=1,所以c2-y2 0 a2 -y2 0 b2=1,化简可得 y0=b2 c . 又因为△MNF 的面积为 ab,所以1 2 ·c·y0+1 2 ·c·y0=ab,即 y0=ab c , 所以b2 c =ab c ,即 a=b,从而离心率为 2. 法二:不妨设 M 在第一象限,双曲线的左焦点为 F′,连接 MF′,NF′, 则易知四边形 MFNF′是矩形,设|MF′|=m,|MF|=n,则可得 m-n=2a, m2+n2=4c2, 1 2 mn=ab, 可解得 a=b,双曲线是等轴双曲线,离心率为 2. (12)已知平面四边形 ABCD 中,AB=AD=2,∠BAD=60°,BC⊥CD, BC=CD,沿 BD 将 △BCD 折起形成三棱锥 C-ABD,当三棱锥 C-ABD 的外接球的体积最小时,关于三棱锥 C- ABD 有下列说法:①平面 BCD⊥平面 ABD;②取 BD 的中点 O,则 OC⊥BA;③三棱锥 C-ABD 的外接球的体积是32 3π 27 ;④对棱 BC 与 AD 所成的角的余弦值是 2 4 .这些说法中正确的个数 有(D) (A)1 (B) 2 (C)3 (D)4 【解析】设正△ABD 的中心是 G,三棱锥 C-ABD 的外接球球心是 Q,则 QG⊥平面 ABD, QO⊥平面 CBD,设球半径是 R,则 R2=AG2+QG2=4 3 +QG2 ,当 QG=0 时三棱锥 C-ABD 的 外接球的体积最小,此时 Q 与 G 重合,平面 BCD⊥平面 ABD,球半径是2 3 3 ,体积是32 3π 27 ; 此时 AC=2,取 BD 的中点 O,则 OC⊥平面 ABD,即 OC⊥BA,则对棱 BC 与 AD 所成的角θ满 足:|cos θ|= |BC→·AD→| |BC→||AD→| = |BC→·(BD→-BA→)| |BC→||AD→| = |BC→·BD→-(OC→-OB→)·BA→| |BC→||AD→| = 2 4 (也可建 系用坐标向量法或平移成相交直线再用余弦定理解三角形求对棱 BC 与 AD 所成的角的余弦 值),故选 D. 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第(13)~(21)题为必考题,每个试题考生都必须作 答.第(22)~(23)题为选考题,考生根据要求作答. 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. (13)点 A 从(1,0)出发,沿单位圆按逆时针方向运动到点 B,若点 B 的坐标是 -3 5 ,4 5 , 记∠B=α,则 sin 2α=__-24 25 __ . 【解析】由题意可得:sin α=4 5 ,cos α=-3 5 , ∴sin 2α=2sin αcos α=2×4 5 × -3 5 =-24 25 . (14)若圆 A:(x-1)2+(y-4)2=a 上至少存在一点 P 落在不等式组 -x+y-1≥0, 3x-y-1≥0, x+y-7≤0 表 示的平面区域内,则实数 a 的取值范围是__ 2 5 ,4 __. 【解析】圆 A 与不等式组 -x+y-1≥0, 3x-y-1≥0, x+y-7≤0 表示的平面区域有交点,作出图象后易求得 a 的取值范围是 2 5 ,4 . (15)已知 AB 为圆 O:x2+y2=1 的直径,点 P 为椭圆x2 4 +y2 3 =1 上一动点,则PA→·PB→的最 小值为__2__. 【解析】方法一:依据对称性,不妨设直径 AB 在 x 轴上,P(2cos x, 3sin x), 从而PA→·PB→=(2cos x-1)(2cos x+1)+3sin2x=2+cos2x≥2. 方法二:PA→·PB→=(PA→+PB→)2-(PA→-PB→)2 4 =PO→2-1=|PO| 2 -1, 而|PO| min = 3,则答案为 2. 方法三:PA→·PB→=(PO→+OA→)(PO→+OB→) =PO→2+(OA→+OB→)PO→+OA→·OB→=PO→2-OA→2=PO→2-1,下同法二. (16)已知函数 f(x)=ex(x-1)-ax+1,若存在唯一的整数 x0,使得 f(x0)≤0,则 a 的 取值范围是__[0,1)__. 【解析】设 g(x)=ex(x-1),y=ax-1,由题知存在唯一的整数 x0,使得 g(x0)≤ax0 -1. 因为 g′(x)=xex. 当 x<0 时,g′(x)<0,即 g(x)单调递减,g(x)的值域为(-1,0); 当 x=0 时,[g(x)]min=-1; 当 x>0 时,g′(x)>0,即 g(x)单调递增,g(1)=0 且 g(x)的值域为(-1,+∞), 直线 y=ax-1 恒过点(0,-1). 作出图象知当且仅当 a∈[0,1)时满足题设. 三、解答题:共 70 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. (17)(本小题满分 12 分) 已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,且 S6=3a7-a2,S7=2a11+7. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)若 b1=3,数列{bn}的第 n 项 bn 是数列{an}的第 bn-1 项(n≥2). (ⅰ)证明:{bn-1}是等比数列; (ⅱ)求数列{anbn}的前 n 项和 Tn. 【解析】(Ⅰ)设等差数列{ an }的公差为 d,由已知得 6a1+6×5 2 d=3(a1+6d)-(a1+d), 7a1+7×6 2 d=2(a1+10d)+7, 即 2a1-d=0, 5a1+d=7. 解得 a1=1, d=2. 所以 an=1+(n-1)×2=2n-1.(4 分) (Ⅱ)(ⅰ) 依题意,n≥2 时,bn=abn-1=2bn-1-1, 所以 bn-1=2(bn-1-1),又 b1-1=2,从而{bn-1}是以 2 为首项,2 为公比的等比数列.(8 分) (ⅱ)由(ⅰ)知 bn-1=2·2n-1=2n,即 bn=2n+1. 故 anbn=(2n-1)(2n+1)=(2n-1)2n+(2n-1), 所以 Tn=[1·2+3·22+…+(2n-1)·2n]+[1+3+…+(2n-1)], 即 Tn=[1·2+3·22+…+(2n-1)·2n]+n2 ① 2Tn=[1·22+3·23+…+(2n-1)·2n+1]+2n2 ② ①-②得-Tn=2+2(22+23 +…+2n)-(2n-1)·2n+1-n2 =(3-2n)·2n+1-n2-6 所以 Tn=(2n-3)·2n+1+n2+6.(12 分) (18)(本小题满分 12 分) 某高校在自主招生期间,把高三学生的平时成绩按“百分制”进行折算,选出前 n 名学 生,并对这 n 名学生按成绩分组,第一组[75,80),第二组[80,85),第三组[85,90),第 四组[90,95),第五组[95,100],如图为频率分布直方图的一部分,其中第五组、第一组、 第四组、第二组、第三组的人数依次成等差数列.且第四组的学生人数为 60,第五组对应 的小长方形的高为 0.02. (Ⅰ)请在图中补全频率分布直方图; (Ⅱ)若该大学决定在成绩较高的第三、四、五组学生中用分层抽样的方法抽取 6 名学生 进行面试,并且在这 6 名学生中随机抽取 3 名学生接受考官 B 的面试,设第三组有ξ名学生 被考官 B 面试,求ξ的分布列和数学期望. 【解析】(Ⅰ)因为第四组的学生人数为 60,且第五组、第一组、第四组、第二组、第 三组的学生人数依次成等差数列,所以总人数为 n=5×60=300, 由频率分布直方图可知,第五组的学生人数为 0.02×5×300=30,又公差为60-30 2 = 15, 所以第一组的学生人数为 45,第二组的学生人数为 75,第三组的学生人数为 90. 故第一、二、三、四组的频率分别为 45 300 =0.15, 75 300 =0.25, 90 300 =0.3, 60 300 =0.2. 补全频率分布直方图如图: )(5 分) (Ⅱ)由题意得,用分层抽样的方法在第三、四、五组中应分别抽取的学生人数为 90× 6 90+60+30 =3,60× 6 90+60+30 =2,30× 6 90+60+30 =1,则ξ的所有可能取值为 0, 1,2,3.(6 分) P(ξ=0)=C0 3C3 3 C3 6 = 1 20 ,P(ξ=1)=C1 3C2 3 C3 6 = 9 20 , P(ξ=2)=C2 3C1 3 C3 6 = 9 20 ,P(ξ=3)=C3 3C0 3 C3 6 = 1 20 . 因此ξ的分布列为: ξ 0 1 2 3 P 1 20 9 20 9 20 1 20 (10 分) E(ξ)=0× 1 20 +1× 9 20 +2× 9 20 +3× 1 20 =3 2 .(12 分) (19)(本小题满分 12 分) 如图,已知多面体 MNABCD 的一个面 ABCD 是边长为 2 的菱形,且∠ABC=60°,BM⊥平 面 ABCD,BM∥DN,BM=2DN,点 E 是线段 MN 上任意一点. (Ⅰ)证明:平面 EAC⊥平面 BMND; (Ⅱ)若∠AEC 的最大值是2π 3 ,求三棱锥 M-NAC 的体积. 【解析】(Ⅰ)∵BM⊥平面 ABCD, ∴AC⊥BM; 又四边形 ABCD 是菱形, ∴AC⊥BD, 则 AC⊥平面 BMND,则平面 EAC⊥平面 BMND.(5 分) (Ⅱ)由已知易知 AE=CE>1, cos∠AEC=2AE2-AC2 2AE2 =1- 2 AE2,∠AEC∈(0,π), ∴当 AE 最短时∠AEC 最大,即 AE⊥MN,CE⊥MN 时∠AEC 最大, (同理得∠ANC<60°,∠AMC<60°) 此时,∠AEC 是二面角 A-MN-C 的平面角,大小是 120°,AE=2 3 3 .(7 分) 取 MN 得中点 H,连接 H 与 AC、BD 的交点 O,易知 OH⊥平面 ABCD, 如图建系,设 ND=a,则 A(1,0,0),N(0,- 3,a),M(0, 3,2a), 则AN→=(-1,- 3,a),AM→=(-1, 3,2a), 设平面 AMN 的法向量 n1=(x,y,z), 则 n1·AM→=-x+ 3y+2az=0, n1·AN→=-x- 3y+az=0, n1= 3a 2 ,- 3a 6 ,1 , 同理求得平面 CMN 的法向量 n2= -3a 2 ,- 3a 6 ,1 . 所以|cos∠AEC|= |-9a2 4 +3a2 36 +1| 9a2 4 +3a2 36 +1 =1 2 , 解之得:a= 15 10 或 a= 6 2 (舍去),(10 分) MN= a2+BD2= 3 20 +12=9 15 10 ,S△EAC=1 2 AE2sin 120°=1 2 ×4 3 × 3 2 = 3 3 , VM-NAC=VM-EAC+VN-EAC=1 3 S△EAC·MN =3 5 10 (采用几何计算类似给分).(12 分) (20)(本小题满分 12 分) 如图,点 F 是抛物线 E:x2=2py(p>0)的焦点,点 A 是抛物线上的定点,且AF→=(2,0).点 B,C 是抛物线上的动点,直线 AB,AC 的斜率分别为 k1,k2,且 k2-k1=2,以 A 为圆心,|AF| 的长为半径的圆分别交直线 AB,AC 于点 M,N,抛物线 E 在点 B,C 处的切线相交于 D 点. (Ⅰ)求抛物线的方程; (Ⅱ)记△BCD 的面积为 S1,△AMN 的面积为 S2,求S1 S2 的最小值. 【解析】(Ⅰ)设 A(x0,y0),依题意知 F 0,p 2 , 则AF→= -x0,p 2 -y0 =(2,0) x0=-2,y0=p 2 , 代入抛物线方程中得:p=2, 则抛物线方程为 x2=4y.(4 分) (Ⅱ)设 B x1,x2 1 4 ,C x2,x2 2 4 ,由(Ⅰ)知 A(-2,1), 所以 k2-k1= x2 2 4 -1 x2+2 - x2 1 4 -1 x1+2 =x2-x1 4 . 又 k2-k1=2,所以 x2-x1=8.(5 分) 设直线 BD 的方程是 y-x2 1 4 =k(x-x1), 与 x2=4y 联立得 x2-4kx+4kx1-x2 1=0. 令Δ=16k2-4(4kx1-x2 1)=0,解得 k=x1 2 ,所以直线 BD 的方程是 y-x2 1 4 =x1 2 (x-x1),即 y=x1 2 x-x2 1 4 . 同理可得直线 CD 的方程为 y=x2 2 x-x2 2 4 .(7 分) 联立直线 BD 和 CD 的方程,解得 xD=x1+x2 2 ,yD=x1x2 4 .(8 分) 设 BC 的中点为 P,则 P 的坐标为 x1+x2 2 ,x2 1+x2 2 8 , 所以 S1=S△BDP+S△CDP=1 2 |DP|·(h1+h2) =1 2 |x2 1+x2 2 8 -x1x2 4 |·|x2-x1| =(x2-x1)3 16 =32.(9 分) 另一方面,S2=1 2 |AM|·|AN|sin∠MAN=2sin∠MAN, (10 分) 所以S1 S2 = 32 2sin∠MAN = 16 sin∠MAN ≥16, 等号成立时,∠MAN=90°,即 k1k2=-1,又 k2-k1=2,故 k1=-1,k2=1. 所以S1 S2 的最小值为 16.(12 分) (21)(本小题满分 12 分) 已知 f(x)=ex+ax2-x-1,其中 a 为实数. (Ⅰ)若 a≥0,求 f(x)的单调区间; (Ⅱ)设 g(x)=f(x)+6ln(2a+2)+2a2-6a-7 2 (a>-1),若对任意 x≥0,g(x)≥0,求 实数 a 的取值范围. 【解析】(Ⅰ)当 a≥0 时,f′(x)=ex+2ax-1 为单调增函数,且 f′(0)=0, 故当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,即 f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当 x∈(-∞,0)时,f′(x)<0,即 f(x)在(-∞,0)上单调递减.(4 分) (Ⅱ)因为 g′(x)=ex+2ax-1,g″(x)=ex+2a. 若 a≥-1 2 ,则对任意 x≥0,有 g″(x)=ex+2a≥1+2a≥0, 即 g′(x)在(0,+∞)上单调递增,则 g′(x)≥g′(0)=0,所以有 g(x)在(0,+∞) 上单调递增,则 g(x)≥g(0)=6ln(2a+2)+2a2-6a-7 2 ; 令 h(a)=6ln(2a+2)+2a2-6a-7 2 a≥-1 2 ,则 h′(a)=4a a-1 2 a+1 , 当 a∈ -1 2 ,0 时,h′(a)>0,即 h(a)在 -1 2 ,0 上单调递增; 当 a∈ 0,1 2 时,h′(a)<0,即 h(a)在 0,1 2 上单调递减; 当 a∈ 1 2 ,+∞ 时,h′(a)>0,即 h(a)在 1 2 ,+∞ 上单调递增; 又由于 h -1 2 =1 2 +3-7 2 =0,h 1 2 =6(ln 3-1)>0, 所以当 a∈ -1 2 ,+∞ 时,g(x)≥0.(8 分) 若-10 使得 g″(x0) =0,此时,对任意的 x∈(0,x0),g″(x)<0,即 g′(x)在(0,x0)上单调递减, 则 g′(x)≤g′(0)=0,所以有 g(x)在(0,x0)上单调递减, 于是当 x∈(0,x0)时,g(x)0, 又由于 m -1 2 =1 2 +3-7 2 =0,故当 a∈ -1,-1 2 时,m(a)<0; 于是当 a∈ -1,-1 2 时,g(0)<0,与题设不符; 综上,所求实数 a 的取值范围是 -1 2 ,+∞ .(12 分) 请考生在第(22)、(23)两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分. (22)(本小题满分 10 分)选修 4-4:坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 C 的参数方程为 x= 3+rcos φ, y=1+rsin φ (r>0, φ为参数), 以坐标原点O 为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线 l的极坐标方程为ρsin θ-π 3 =1,若直线 l 与曲线 C 相切. (Ⅰ)求曲线 C 的极坐标方程; (Ⅱ)在曲线 C 上取两点 M,N 与原点 O 构成△MON,且满足∠MON=π 6 ,求△MON 面积的 最大值. 【解析】(Ⅰ)由题意可知直线 l 的直角坐标方程为 y= 3x+2, 曲线 C 是圆心为( 3,1),半径为 r 的圆,直线 l 与曲线 C 相切,可得: r=| 3· 3-1+2| 2 =2;可知曲线 C 的方程为(x- 3) 2 +(y-1) 2 =4, 所以曲线C的极坐标方程为ρ2-2 3ρcos θ-2ρsin θ=0,即ρ=4sin θ+π 3 .(5 分) (Ⅱ)由(Ⅰ)不妨设 M(ρ1,θ),N ρ2,θ+π 6 ,(ρ1>0,ρ2>0), S△MON=1 2 |OM→||ON→|sinπ 6 , =1 4 ρ1·ρ2=4sin θ+π 3 ·sin θ+π 2 =2sin θcos θ+2 3cos2 θ =sin 2θ+ 3cos 2θ+ 3=2sin 2θ+π 3 + 3, 当θ=π 12 时, S△MON=2+ 3,所以△MON 面积的最大值为 2+ 3.(10 分) (23)(本小题满分 10 分)选修 4-5:不等式选讲 已知关于 x 的不等式|x-m|+2x≤0 的解集为{x|x≤- 2},其中 m>0. (Ⅰ)求 m 的值; (Ⅱ)若正数 a,b,c 满足 a+b+c=m,求证:b2 a +c2 b +a2 c ≥2. 【解析】(Ⅰ)由 f(x)≤0 得|x-m|+2x≤0, 即 x≥m, x-m+2x≤0, 或 x≤m, m-x+2x≤0, 化简得: x≥m, x≤m 3 ,或 x≤m, x≤-m. 由于 m>0,所以不等式组的解集为{x| x≤-m}. 由题设可得-m=-2,故 m=2. (5 分) (Ⅱ)由(Ⅰ)可知,a+b+c=2, 又由均值不等式有:b2 a +a≥2b,c2 b +b≥2c,a2 c +c≥2a, 三式相加可得:b2 a +a+c2 b +b+a2 c +c≥2b+2c+2a, 所以b2 a +c2 b +a2 c ≥a+b+c=2.(10 分)
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