浙江省绍兴市2022届高三数学高考及选考科目适应性考试试卷及答案
高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=A∪B，则集合Cu(A∩B)中的元素共有（ ）A．3个B．4个C．5个D．6个2．设x∈R，则“x1”的（ ）A．充分不必要条件B．必
高三数学高考及选考科目适应性考试试卷一、单选题1．已知集合A={x∈R|x≤0}，B={x∈R|−1≤x≤1}，则∁R(A∪B)=（ ）A．(−∞，0)B．[−1，0]C．[0，1]D．(1，+∞)2．人们对数学研究的发展一直推动着数域的
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=A∪B，则集合Cu(A∩B)中的元素共有（ ）A．3个B．4个C．5个D．6个【答案】A【知识点】交集及其运算；补集及其运算【解析】【解答】U=A∪B={3，4，5，7，8，9}，A∩B={4，7，9}，所以CU(A∩B)={3，5，8}，即集合Cu(A∩B)中共有3个元素，故答案为：A．【分析】求出集合的交集和并集，结合补集的定义进行计算即可得答案.2．设x∈R，则“x<1”是“1x>1”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等式的基本性质【解析】【解答】x=−1<1，但1x=−1<1，不充分，1x>1时0 0且x→0时，f(x)→+∞，排除A，故答案为：D．【分析】先求函数的定义域，然后去掉绝对值符号，再判断其奇偶性即可判断出答案.5．设a=log32，b=(32)−1，c=log274，则a，b，c的大小关系是（ ）A．b 0，0 0)个单位后得到g(x)的图象，若g(x)是奇函数，则ϕ的最小值是π6【答案】C【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；正弦函数的周期性【解析】【解答】解：∵函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0，0 0)个单位后得到g(x)=2cos(6x−6ϕ)的图象，若g(x)是奇函数，则6ϕ=2kπ+π2，k∈N，即ϕ=kπ3+π12，k∈N，令k=0，可得ϕ的最小值是π12，D不符合题意，故答案为：C【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由最高点求出φ的值，可得函数的解析式，再利用三角函数的图象和性质，得出答案.8．设抛物线y2=8x的焦点到双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一条渐近线的距离为b，到双曲线左顶点的距离为3b，则该双曲线的离心率是（ ）A．52B．3C．2D．5【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解：抛物线y2=8x的焦点为F(2，0)，设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为ax−by=0，由题意得d=|bx−ay|a2+b2=2bc=b，解得c=2，双曲线左顶点为A(−a，0)， 由题意得2+a=3b，即a2+a−2=0，解得a=1，所以该双曲线的离心率是e=ca=2，故答案为：C【分析】求出抛物线的焦点坐标，得到双曲线的焦点坐标，求出c，利用焦点坐标到双曲线左顶点的距离为3b，求解a，然后求解离心率.9．已知定义在R上的函数f(x)=x|x−1|−1，x≥0，1x−1，x<0，若函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点，则实数a的取值范围是（ ）A．(−∞，−1)∪{0}∪(14，+∞)B．(−∞，−1)∪{0}∪(14，1)C．(−∞，−1)∪[0，14)D．(−4，−1)∪{0}∪[14，1)【答案】B【知识点】分段函数的应用【解析】【解答】f(1−x)=(1−x)|x|−1，x≤1−1x，x>1，故f(1−x)+1=(1−x)|x|，x≤1−1x+1，x>1，则函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点等价于f(1−x)+1=ax有两个不同的解，故y=f(1−x)+1，y=ax的图象有两个不同的交点，设g(x)=f(1−x)+1=(1−x)x，0≤x≤1−x(1−x)，x<0−1x+1，x>1又y=g(x)，y=ax的图象如图所示，由图象可得两个函数的图象均过原点，若a=0，此时两个函数的图象有两个不同的交点，当a≠0时，考虑直线y=ax与g(x)=x−x2(0≤x≤1)的图象相切，则由ax=x−x2可得Δ=(a−1)2−0=0即a=1，考虑直线y=ax与g(x)=−1x+1(x≥1)的图象相切，由ax=−1x+1可得ax2−x+1=0，则Δ=1−4a=0即a=14.考虑直线y=ax与g(x)=x2−x(x≤0)的图象相切，由ax=x2−x可得Δ=(a+1)2−0=0即a=−1，结合图象可得当14 0，b>0，则2a+b4a2+b2−ab的最大值是 ．【答案】22【知识点】基本不等式【解析】【解答】解：因为a>0，b>0，则4a2+b22≥2a+b2，即4a2+b2≥2(2a+b)2，当且仅当2a=b是，等号成立；又2ab≤2a+b2，即ab≤2a+b22，当且仅当2a=b是，等号成立；故4a2−b2−ab≥2(2a+b)2−2a+b22=2a+b22，则2a+b4a2+b2−ab≤2a+b2a+b22=22，当且仅当2a=b是，等号成立.故答案为：22.【分析】利用利用基本不等式可求出2a+b4a2+b2−ab的最大值。14．甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球．①先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则P(B|A)= ；②从甲、乙两罐中分别随机各取出一球，则取到黑球的个数的数学期望为 ．【答案】35；910【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；条件概率与独立事件【解析】【解答】P(B|A)=P(AB)P(A)=35×3535=35，设取得黑球的个数为X，则X可取0，1，2，又P(X=0)=35×24=310，P(X=2)=25×24=15，P(X=1)=35×24+25×24=12，故X的分布列为：X012P3101215故E(X)=0×310+1×12+2×15=910故答案为：35，910【分析】利用条件概率的概率公式求出P(B|A)，设取得黑球的个数为X，利用乘法公式可求X的分布列，从而可得其期望值。15．已知平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，AC⋅AD=8，则|AC|= ；若CE=ED，DF=λDB，则AF⋅FE的最大值为 ．【答案】27；114【知识点】向量的三角形法则；平面向量数量积的运算【解析】【解答】由已知AC=AB+AD，所以AC⋅AD=(AB+AD)⋅AD=AB⋅AD+AD2=8，所以AB⋅AD=4，|AC|=|AB+AD|=(AB2+2AB⋅AD+AD2=16+2×4+22=27；因为CE=ED，DF=λDB，所以AF=AD+DF=AD+λDB=AD+λ(AB−AD)=λAB+(1−λ)AD，FE=AD+DE−AF=AD+12AB−λAB−(1−λ)AD=(12−λ)AB+λAD，AF⋅FE=λ(12−λ)AB2+(2λ2−32λ+12)AB⋅AD+λ(1−λ)AD2=16λ(12−λ)+4(2λ2−32λ+12)+4λ(1−λ)=−12(λ2−12λ)+2=−12(λ−14)2+114，所以λ=14时，AF⋅FE取得最大值114．故答案为：27；114．【分析】由AC⋅AD=8求出AB→⋅AD→的值，然后由|AC→|=|AB→+AD→|平方后求得|AC→|，把AF→，FE→用AB→⋅AD→表示后求数量积转化为λ的函数可得 AF⋅FE的最大值。三、解答题16．在△ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c，已知A+C=2B．（1）若b=5，c=3，求sinC；（2）若a+c=2b，求证：△ABC是等边三角形；（3）若cosA=255，求cos2C的值．【答案】（1）解：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，sinB=32又b=5，c=3，由正弦定理得sinC=cbsinB=35×32=3310（2）证明：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，cosB=12则有b2=a2+c2−2accosB=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac又a+c=2b，则b2=4b2−3ac，即b2=ac，则有(a+c)24=ac，则有a=c，又b2=ac，则有a=b=c则△ABC是等边三角形（3）解：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，cosB=12，sinB=32又cosA=255，0 b>0)，其离心率为22，若F1，F2分别为C的左、右焦点，x轴上方一点P在椭圆C上，且满足PF1⊥PF2，|PF1+PF2|=23． （1）求C的方程；（2）过点P的直线l交C于另一点Q，点M与点Q关于x轴对称，直线PM交x轴于点N，若△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，求直线l的方程．【答案】（1）解：因为PF1⊥PF2，所以PF1⋅PF2=0，且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2又|PF1+PF2|=23，所以PF12+2PF1⋅PF2+PF22=12，即PF12+PF22=12，即|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=12，所以c=3，又离心率e=ca=22，所以a=6，c2=a2−b2，所以b=3，所以椭圆方程为x26+y23=1（2）解：由（1）可得P点的坐标为(0，3)，依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+3，由y=kx+3×26+y23=1消去y整理得(2k2+1)x2+43kx=0，解得x=0或x=−43k2k2+1，所以Q点坐标为(−43k2k2+1，3−23k22k2+1)，从而M点坐标为(−43k2k2+1，23k2−32k2+1)，所以直线PM的方程为y=12kx+3，则N点的坐标为(−23k，0)，因为△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，所以S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN，当S△PQM=S△QMN时，即−43k2k2+1=12×(−23k)，解得k=±62，所以直线l的方程为y=±62x+3；当S△PQM=3S△QMN时，即−43k2k2+1=32×(−23k)，解得k=±66，所以直线l的方程为y=±66x+3；所以满足条件的直线l的方程为y=±62x+3，y=±66x+3【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)依题意可得PF1⋅PF2=0且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，根据数量积的运算律，求出c，再根据离心率及c2=a2−b2求出a、b，即可求出C的方程；(2)由(1)设直线l的方程为y=kx+3，联立直线与椭圆方程，即可求出Q点坐标，从而得到M点坐标，再求出直线PM方程，求出N的坐标，由△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，可得S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN，即可求出k，从而求出直线l的方程．19．已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，{an}的前n项和为Sn，a1=1，S44−S33=1，b1(a2−a1)=1，b2+2b3=b1．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）求{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值；（3）设cn=an+12bn+12，n为奇数，−an−12bn2，n为偶数，求证：k=12nck<24(n∈N∗)．【答案】（1）解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q>0），由a1=1，S44−S33=1，即a1=14a1+6d4−3a1+3d3=1，解得d=2，所以an=2n−1，由b1(a2−a1)=1，所以b1=12，由b2+2b3=b1，即12q+2×12q2=12，解得q=12或q=−1（舍去）所以bn=(12)n（2）解：由（1）可知bn=(12)n，所以(−1)n−1bn=12(−12)n−1，所以{(−1)n−1bn}是首项为12，公比为−12的等比数列，令{(−1)n−1bn}的前n项和为Tn，则Tn=12[1−(−12)n]1−(−12)=13[1−(−12)n]，当n为奇数时Tn=13[1+(12)n]≤13(1+12)=12，当n为偶数时Tn=13[1−(12)n]<13，综上可得{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值为12（3）因为cn=an+12bn+12，n为奇数−an−12bn2，n为偶数，所以k=12nck=(a22−a12)b1+(a42−a32)b2+(a62−a52)b3+⋯+(a2n2−a2n−12)bn=8(121+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n)①，12k=12nck=8(122+323+525+⋯+2n−32n+2n−12n+1)②，由①−②可得12k=12nck=8(12+121+122+123+⋯+12n−1−2n−12n+1)=8[12+12(1−12n−1)1−12−2n−12n+1]=8(32−2n+32n+1) 所以k=1ck=24−2n+32n−3<24，得证；【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和【解析】【分析】(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q>0），根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式，以及等比数列通项公式计算可得；(2)由(1)可得(−1)n−1bn=12(−12)n−1，利用等比数列求出公式求出前n项和Tn，再分奇偶两种情况求出Tn的最大值，即可求出{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值；(3)利用错位相减法求和即可证得k=12nck<24(n∈N∗)．20．已知函数f(x)=[x2+(a−5)x−4a+5]ex（a∈R，e是自然对数的底数，e≈2.718⋯）．（1）当a=1时，求函数f(x)的极值；（2）若函数y=f′(x)在区间[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围；（3）若函数g(x)=ax−f′(x)x2+ax+b(b∈Z)有两个极值点x1，x2(0 1时m′(x)>0，m(x)单调递增，则0 0m(1)=e+a<0，解得−3 0，所以m(x)=0在(0，1)和(1，32)上各有一个实根，所以函数g(x)在(0，+∞)上有两个极值点时−3 更多>>
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=A∪B，则集合Cu(A∩B)中的元素共有（ ）A．3个B．4个C．5个D．6个【答案】A【知识点】交集及其运算；补集及其运算【解析】【解答】U=A∪B={3，4，5，7，8，9}，A∩B={4，7，9}，所以CU(A∩B)={3，5，8}，即集合Cu(A∩B)中共有3个元素，故答案为：A．【分析】求出集合的交集和并集，结合补集的定义进行计算即可得答案.2．设x∈R，则“x<1”是“1x>1”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等式的基本性质【解析】【解答】x=−1<1，但1x=−1<1，不充分，1x>1时0 0且x→0时，f(x)→+∞，排除A，故答案为：D．【分析】先求函数的定义域，然后去掉绝对值符号，再判断其奇偶性即可判断出答案.5．设a=log32，b=(32)−1，c=log274，则a，b，c的大小关系是（ ）A．b 0，0 0)个单位后得到g(x)的图象，若g(x)是奇函数，则ϕ的最小值是π6【答案】C【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；正弦函数的周期性【解析】【解答】解：∵函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0，0 0)个单位后得到g(x)=2cos(6x−6ϕ)的图象，若g(x)是奇函数，则6ϕ=2kπ+π2，k∈N，即ϕ=kπ3+π12，k∈N，令k=0，可得ϕ的最小值是π12，D不符合题意，故答案为：C【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由最高点求出φ的值，可得函数的解析式，再利用三角函数的图象和性质，得出答案.8．设抛物线y2=8x的焦点到双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一条渐近线的距离为b，到双曲线左顶点的距离为3b，则该双曲线的离心率是（ ）A．52B．3C．2D．5【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解：抛物线y2=8x的焦点为F(2，0)，设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为ax−by=0，由题意得d=|bx−ay|a2+b2=2bc=b，解得c=2，双曲线左顶点为A(−a，0)， 由题意得2+a=3b，即a2+a−2=0，解得a=1，所以该双曲线的离心率是e=ca=2，故答案为：C【分析】求出抛物线的焦点坐标，得到双曲线的焦点坐标，求出c，利用焦点坐标到双曲线左顶点的距离为3b，求解a，然后求解离心率.9．已知定义在R上的函数f(x)=x|x−1|−1，x≥0，1x−1，x<0，若函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点，则实数a的取值范围是（ ）A．(−∞，−1)∪{0}∪(14，+∞)B．(−∞，−1)∪{0}∪(14，1)C．(−∞，−1)∪[0，14)D．(−4，−1)∪{0}∪[14，1)【答案】B【知识点】分段函数的应用【解析】【解答】f(1−x)=(1−x)|x|−1，x≤1−1x，x>1，故f(1−x)+1=(1−x)|x|，x≤1−1x+1，x>1，则函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点等价于f(1−x)+1=ax有两个不同的解，故y=f(1−x)+1，y=ax的图象有两个不同的交点，设g(x)=f(1−x)+1=(1−x)x，0≤x≤1−x(1−x)，x<0−1x+1，x>1又y=g(x)，y=ax的图象如图所示，由图象可得两个函数的图象均过原点，若a=0，此时两个函数的图象有两个不同的交点，当a≠0时，考虑直线y=ax与g(x)=x−x2(0≤x≤1)的图象相切，则由ax=x−x2可得Δ=(a−1)2−0=0即a=1，考虑直线y=ax与g(x)=−1x+1(x≥1)的图象相切，由ax=−1x+1可得ax2−x+1=0，则Δ=1−4a=0即a=14.考虑直线y=ax与g(x)=x2−x(x≤0)的图象相切，由ax=x2−x可得Δ=(a+1)2−0=0即a=−1，结合图象可得当14 0，b>0，则2a+b4a2+b2−ab的最大值是 ．【答案】22【知识点】基本不等式【解析】【解答】解：因为a>0，b>0，则4a2+b22≥2a+b2，即4a2+b2≥2(2a+b)2，当且仅当2a=b是，等号成立；又2ab≤2a+b2，即ab≤2a+b22，当且仅当2a=b是，等号成立；故4a2−b2−ab≥2(2a+b)2−2a+b22=2a+b22，则2a+b4a2+b2−ab≤2a+b2a+b22=22，当且仅当2a=b是，等号成立.故答案为：22.【分析】利用利用基本不等式可求出2a+b4a2+b2−ab的最大值。14．甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球．①先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则P(B|A)= ；②从甲、乙两罐中分别随机各取出一球，则取到黑球的个数的数学期望为 ．【答案】35；910【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；条件概率与独立事件【解析】【解答】P(B|A)=P(AB)P(A)=35×3535=35，设取得黑球的个数为X，则X可取0，1，2，又P(X=0)=35×24=310，P(X=2)=25×24=15，P(X=1)=35×24+25×24=12，故X的分布列为：X012P3101215故E(X)=0×310+1×12+2×15=910故答案为：35，910【分析】利用条件概率的概率公式求出P(B|A)，设取得黑球的个数为X，利用乘法公式可求X的分布列，从而可得其期望值。15．已知平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，AC⋅AD=8，则|AC|= ；若CE=ED，DF=λDB，则AF⋅FE的最大值为 ．【答案】27；114【知识点】向量的三角形法则；平面向量数量积的运算【解析】【解答】由已知AC=AB+AD，所以AC⋅AD=(AB+AD)⋅AD=AB⋅AD+AD2=8，所以AB⋅AD=4，|AC|=|AB+AD|=(AB2+2AB⋅AD+AD2=16+2×4+22=27；因为CE=ED，DF=λDB，所以AF=AD+DF=AD+λDB=AD+λ(AB−AD)=λAB+(1−λ)AD，FE=AD+DE−AF=AD+12AB−λAB−(1−λ)AD=(12−λ)AB+λAD，AF⋅FE=λ(12−λ)AB2+(2λ2−32λ+12)AB⋅AD+λ(1−λ)AD2=16λ(12−λ)+4(2λ2−32λ+12)+4λ(1−λ)=−12(λ2−12λ)+2=−12(λ−14)2+114，所以λ=14时，AF⋅FE取得最大值114．故答案为：27；114．【分析】由AC⋅AD=8求出AB→⋅AD→的值，然后由|AC→|=|AB→+AD→|平方后求得|AC→|，把AF→，FE→用AB→⋅AD→表示后求数量积转化为λ的函数可得 AF⋅FE的最大值。三、解答题16．在△ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c，已知A+C=2B．（1）若b=5，c=3，求sinC；（2）若a+c=2b，求证：△ABC是等边三角形；（3）若cosA=255，求cos2C的值．【答案】（1）解：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，sinB=32又b=5，c=3，由正弦定理得sinC=cbsinB=35×32=3310（2）证明：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，cosB=12则有b2=a2+c2−2accosB=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac又a+c=2b，则b2=4b2−3ac，即b2=ac，则有(a+c)24=ac，则有a=c，又b2=ac，则有a=b=c则△ABC是等边三角形（3）解：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，cosB=12，sinB=32又cosA=255，0 b>0)，其离心率为22，若F1，F2分别为C的左、右焦点，x轴上方一点P在椭圆C上，且满足PF1⊥PF2，|PF1+PF2|=23． （1）求C的方程；（2）过点P的直线l交C于另一点Q，点M与点Q关于x轴对称，直线PM交x轴于点N，若△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，求直线l的方程．【答案】（1）解：因为PF1⊥PF2，所以PF1⋅PF2=0，且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2又|PF1+PF2|=23，所以PF12+2PF1⋅PF2+PF22=12，即PF12+PF22=12，即|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=12，所以c=3，又离心率e=ca=22，所以a=6，c2=a2−b2，所以b=3，所以椭圆方程为x26+y23=1（2）解：由（1）可得P点的坐标为(0，3)，依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+3，由y=kx+3×26+y23=1消去y整理得(2k2+1)x2+43kx=0，解得x=0或x=−43k2k2+1，所以Q点坐标为(−43k2k2+1，3−23k22k2+1)，从而M点坐标为(−43k2k2+1，23k2−32k2+1)，所以直线PM的方程为y=12kx+3，则N点的坐标为(−23k，0)，因为△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，所以S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN，当S△PQM=S△QMN时，即−43k2k2+1=12×(−23k)，解得k=±62，所以直线l的方程为y=±62x+3；当S△PQM=3S△QMN时，即−43k2k2+1=32×(−23k)，解得k=±66，所以直线l的方程为y=±66x+3；所以满足条件的直线l的方程为y=±62x+3，y=±66x+3【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)依题意可得PF1⋅PF2=0且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，根据数量积的运算律，求出c，再根据离心率及c2=a2−b2求出a、b，即可求出C的方程；(2)由(1)设直线l的方程为y=kx+3，联立直线与椭圆方程，即可求出Q点坐标，从而得到M点坐标，再求出直线PM方程，求出N的坐标，由△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，可得S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN，即可求出k，从而求出直线l的方程．19．已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，{an}的前n项和为Sn，a1=1，S44−S33=1，b1(a2−a1)=1，b2+2b3=b1．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）求{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值；（3）设cn=an+12bn+12，n为奇数，−an−12bn2，n为偶数，求证：k=12nck<24(n∈N∗)．【答案】（1）解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q>0），由a1=1，S44−S33=1，即a1=14a1+6d4−3a1+3d3=1，解得d=2，所以an=2n−1，由b1(a2−a1)=1，所以b1=12，由b2+2b3=b1，即12q+2×12q2=12，解得q=12或q=−1（舍去）所以bn=(12)n（2）解：由（1）可知bn=(12)n，所以(−1)n−1bn=12(−12)n−1，所以{(−1)n−1bn}是首项为12，公比为−12的等比数列，令{(−1)n−1bn}的前n项和为Tn，则Tn=12[1−(−12)n]1−(−12)=13[1−(−12)n]，当n为奇数时Tn=13[1+(12)n]≤13(1+12)=12，当n为偶数时Tn=13[1−(12)n]<13，综上可得{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值为12（3）因为cn=an+12bn+12，n为奇数−an−12bn2，n为偶数，所以k=12nck=(a22−a12)b1+(a42−a32)b2+(a62−a52)b3+⋯+(a2n2−a2n−12)bn=8(121+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n)①，12k=12nck=8(122+323+525+⋯+2n−32n+2n−12n+1)②，由①−②可得12k=12nck=8(12+121+122+123+⋯+12n−1−2n−12n+1)=8[12+12(1−12n−1)1−12−2n−12n+1]=8(32−2n+32n+1) 所以k=1ck=24−2n+32n−3<24，得证；【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和【解析】【分析】(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q>0），根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式，以及等比数列通项公式计算可得；(2)由(1)可得(−1)n−1bn=12(−12)n−1，利用等比数列求出公式求出前n项和Tn，再分奇偶两种情况求出Tn的最大值，即可求出{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值；(3)利用错位相减法求和即可证得k=12nck<24(n∈N∗)．20．已知函数f(x)=[x2+(a−5)x−4a+5]ex（a∈R，e是自然对数的底数，e≈2.718⋯）．（1）当a=1时，求函数f(x)的极值；（2）若函数y=f′(x)在区间[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围；（3）若函数g(x)=ax−f′(x)x2+ax+b(b∈Z)有两个极值点x1，x2(0 1时m′(x)>0，m(x)单调递增，则0 0m(1)=e+a<0，解得−3 0，所以m(x)=0在(0，1)和(1，32)上各有一个实根，所以函数g(x)在(0，+∞)上有两个极值点时−3 更多>>
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=A∪B，则集合Cu(A∩B)中的元素共有（ ）A．3个B．4个C．5个D．6个【答案】A【知识点】交集及其运算；补集及其运算【解析】【解答】U=A∪B={3，4，5，7，8，9}，A∩B={4，7，9}，所以CU(A∩B)={3，5，8}，即集合Cu(A∩B)中共有3个元素，故答案为：A．【分析】求出集合的交集和并集，结合补集的定义进行计算即可得答案.2．设x∈R，则“x<1”是“1x>1”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等式的基本性质【解析】【解答】x=−1<1，但1x=−1<1，不充分，1x>1时0 0且x→0时，f(x)→+∞，排除A，故答案为：D．【分析】先求函数的定义域，然后去掉绝对值符号，再判断其奇偶性即可判断出答案.5．设a=log32，b=(32)−1，c=log274，则a，b，c的大小关系是（ ）A．b 0，0 0)个单位后得到g(x)的图象，若g(x)是奇函数，则ϕ的最小值是π6【答案】C【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；正弦函数的周期性【解析】【解答】解：∵函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0，0 0)个单位后得到g(x)=2cos(6x−6ϕ)的图象，若g(x)是奇函数，则6ϕ=2kπ+π2，k∈N，即ϕ=kπ3+π12，k∈N，令k=0，可得ϕ的最小值是π12，D不符合题意，故答案为：C【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由最高点求出φ的值，可得函数的解析式，再利用三角函数的图象和性质，得出答案.8．设抛物线y2=8x的焦点到双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一条渐近线的距离为b，到双曲线左顶点的距离为3b，则该双曲线的离心率是（ ）A．52B．3C．2D．5【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解：抛物线y2=8x的焦点为F(2，0)，设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为ax−by=0，由题意得d=|bx−ay|a2+b2=2bc=b，解得c=2，双曲线左顶点为A(−a，0)， 由题意得2+a=3b，即a2+a−2=0，解得a=1，所以该双曲线的离心率是e=ca=2，故答案为：C【分析】求出抛物线的焦点坐标，得到双曲线的焦点坐标，求出c，利用焦点坐标到双曲线左顶点的距离为3b，求解a，然后求解离心率.9．已知定义在R上的函数f(x)=x|x−1|−1，x≥0，1x−1，x<0，若函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点，则实数a的取值范围是（ ）A．(−∞，−1)∪{0}∪(14，+∞)B．(−∞，−1)∪{0}∪(14，1)C．(−∞，−1)∪[0，14)D．(−4，−1)∪{0}∪[14，1)【答案】B【知识点】分段函数的应用【解析】【解答】f(1−x)=(1−x)|x|−1，x≤1−1x，x>1，故f(1−x)+1=(1−x)|x|，x≤1−1x+1，x>1，则函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点等价于f(1−x)+1=ax有两个不同的解，故y=f(1−x)+1，y=ax的图象有两个不同的交点，设g(x)=f(1−x)+1=(1−x)x，0≤x≤1−x(1−x)，x<0−1x+1，x>1又y=g(x)，y=ax的图象如图所示，由图象可得两个函数的图象均过原点，若a=0，此时两个函数的图象有两个不同的交点，当a≠0时，考虑直线y=ax与g(x)=x−x2(0≤x≤1)的图象相切，则由ax=x−x2可得Δ=(a−1)2−0=0即a=1，考虑直线y=ax与g(x)=−1x+1(x≥1)的图象相切，由ax=−1x+1可得ax2−x+1=0，则Δ=1−4a=0即a=14.考虑直线y=ax与g(x)=x2−x(x≤0)的图象相切，由ax=x2−x可得Δ=(a+1)2−0=0即a=−1，结合图象可得当14 0，b>0，则2a+b4a2+b2−ab的最大值是 ．【答案】22【知识点】基本不等式【解析】【解答】解：因为a>0，b>0，则4a2+b22≥2a+b2，即4a2+b2≥2(2a+b)2，当且仅当2a=b是，等号成立；又2ab≤2a+b2，即ab≤2a+b22，当且仅当2a=b是，等号成立；故4a2−b2−ab≥2(2a+b)2−2a+b22=2a+b22，则2a+b4a2+b2−ab≤2a+b2a+b22=22，当且仅当2a=b是，等号成立.故答案为：22.【分析】利用利用基本不等式可求出2a+b4a2+b2−ab的最大值。14．甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球．①先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则P(B|A)= ；②从甲、乙两罐中分别随机各取出一球，则取到黑球的个数的数学期望为 ．【答案】35；910【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；条件概率与独立事件【解析】【解答】P(B|A)=P(AB)P(A)=35×3535=35，设取得黑球的个数为X，则X可取0，1，2，又P(X=0)=35×24=310，P(X=2)=25×24=15，P(X=1)=35×24+25×24=12，故X的分布列为：X012P3101215故E(X)=0×310+1×12+2×15=910故答案为：35，910【分析】利用条件概率的概率公式求出P(B|A)，设取得黑球的个数为X，利用乘法公式可求X的分布列，从而可得其期望值。15．已知平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，AC⋅AD=8，则|AC|= ；若CE=ED，DF=λDB，则AF⋅FE的最大值为 ．【答案】27；114【知识点】向量的三角形法则；平面向量数量积的运算【解析】【解答】由已知AC=AB+AD，所以AC⋅AD=(AB+AD)⋅AD=AB⋅AD+AD2=8，所以AB⋅AD=4，|AC|=|AB+AD|=(AB2+2AB⋅AD+AD2=16+2×4+22=27；因为CE=ED，DF=λDB，所以AF=AD+DF=AD+λDB=AD+λ(AB−AD)=λAB+(1−λ)AD，FE=AD+DE−AF=AD+12AB−λAB−(1−λ)AD=(12−λ)AB+λAD，AF⋅FE=λ(12−λ)AB2+(2λ2−32λ+12)AB⋅AD+λ(1−λ)AD2=16λ(12−λ)+4(2λ2−32λ+12)+4λ(1−λ)=−12(λ2−12λ)+2=−12(λ−14)2+114，所以λ=14时，AF⋅FE取得最大值114．故答案为：27；114．【分析】由AC⋅AD=8求出AB→⋅AD→的值，然后由|AC→|=|AB→+AD→|平方后求得|AC→|，把AF→，FE→用AB→⋅AD→表示后求数量积转化为λ的函数可得 AF⋅FE的最大值。三、解答题16．在△ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c，已知A+C=2B．（1）若b=5，c=3，求sinC；（2）若a+c=2b，求证：△ABC是等边三角形；（3）若cosA=255，求cos2C的值．【答案】（1）解：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，sinB=32又b=5，c=3，由正弦定理得sinC=cbsinB=35×32=3310（2）证明：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，cosB=12则有b2=a2+c2−2accosB=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac又a+c=2b，则b2=4b2−3ac，即b2=ac，则有(a+c)24=ac，则有a=c，又b2=ac，则有a=b=c则△ABC是等边三角形（3）解：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，cosB=12，sinB=32又cosA=255，0 b>0)，其离心率为22，若F1，F2分别为C的左、右焦点，x轴上方一点P在椭圆C上，且满足PF1⊥PF2，|PF1+PF2|=23． （1）求C的方程；（2）过点P的直线l交C于另一点Q，点M与点Q关于x轴对称，直线PM交x轴于点N，若△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，求直线l的方程．【答案】（1）解：因为PF1⊥PF2，所以PF1⋅PF2=0，且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2又|PF1+PF2|=23，所以PF12+2PF1⋅PF2+PF22=12，即PF12+PF22=12，即|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=12，所以c=3，又离心率e=ca=22，所以a=6，c2=a2−b2，所以b=3，所以椭圆方程为x26+y23=1（2）解：由（1）可得P点的坐标为(0，3)，依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+3，由y=kx+3×26+y23=1消去y整理得(2k2+1)x2+43kx=0，解得x=0或x=−43k2k2+1，所以Q点坐标为(−43k2k2+1，3−23k22k2+1)，从而M点坐标为(−43k2k2+1，23k2−32k2+1)，所以直线PM的方程为y=12kx+3，则N点的坐标为(−23k，0)，因为△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，所以S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN，当S△PQM=S△QMN时，即−43k2k2+1=12×(−23k)，解得k=±62，所以直线l的方程为y=±62x+3；当S△PQM=3S△QMN时，即−43k2k2+1=32×(−23k)，解得k=±66，所以直线l的方程为y=±66x+3；所以满足条件的直线l的方程为y=±62x+3，y=±66x+3【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)依题意可得PF1⋅PF2=0且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，根据数量积的运算律，求出c，再根据离心率及c2=a2−b2求出a、b，即可求出C的方程；(2)由(1)设直线l的方程为y=kx+3，联立直线与椭圆方程，即可求出Q点坐标，从而得到M点坐标，再求出直线PM方程，求出N的坐标，由△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，可得S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN，即可求出k，从而求出直线l的方程．19．已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，{an}的前n项和为Sn，a1=1，S44−S33=1，b1(a2−a1)=1，b2+2b3=b1．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）求{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值；（3）设cn=an+12bn+12，n为奇数，−an−12bn2，n为偶数，求证：k=12nck<24(n∈N∗)．【答案】（1）解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q>0），由a1=1，S44−S33=1，即a1=14a1+6d4−3a1+3d3=1，解得d=2，所以an=2n−1，由b1(a2−a1)=1，所以b1=12，由b2+2b3=b1，即12q+2×12q2=12，解得q=12或q=−1（舍去）所以bn=(12)n（2）解：由（1）可知bn=(12)n，所以(−1)n−1bn=12(−12)n−1，所以{(−1)n−1bn}是首项为12，公比为−12的等比数列，令{(−1)n−1bn}的前n项和为Tn，则Tn=12[1−(−12)n]1−(−12)=13[1−(−12)n]，当n为奇数时Tn=13[1+(12)n]≤13(1+12)=12，当n为偶数时Tn=13[1−(12)n]<13，综上可得{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值为12（3）因为cn=an+12bn+12，n为奇数−an−12bn2，n为偶数，所以k=12nck=(a22−a12)b1+(a42−a32)b2+(a62−a52)b3+⋯+(a2n2−a2n−12)bn=8(121+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n)①，12k=12nck=8(122+323+525+⋯+2n−32n+2n−12n+1)②，由①−②可得12k=12nck=8(12+121+122+123+⋯+12n−1−2n−12n+1)=8[12+12(1−12n−1)1−12−2n−12n+1]=8(32−2n+32n+1) 所以k=1ck=24−2n+32n−3<24，得证；【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和【解析】【分析】(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q>0），根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式，以及等比数列通项公式计算可得；(2)由(1)可得(−1)n−1bn=12(−12)n−1，利用等比数列求出公式求出前n项和Tn，再分奇偶两种情况求出Tn的最大值，即可求出{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值；(3)利用错位相减法求和即可证得k=12nck<24(n∈N∗)．20．已知函数f(x)=[x2+(a−5)x−4a+5]ex（a∈R，e是自然对数的底数，e≈2.718⋯）．（1）当a=1时，求函数f(x)的极值；（2）若函数y=f′(x)在区间[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围；（3）若函数g(x)=ax−f′(x)x2+ax+b(b∈Z)有两个极值点x1，x2(0 1时m′(x)>0，m(x)单调递增，则0 0m(1)=e+a<0，解得−3 0，所以m(x)=0在(0，1)和(1，32)上各有一个实根，所以函数g(x)在(0，+∞)上有两个极值点时−3 更多>>
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=A∪B，则集合Cu(A∩B)中的元素共有（ ）A．3个B．4个C．5个D．6个【答案】A【知识点】交集及其运算；补集及其运算【解析】【解答】U=A∪B={3，4，5，7，8，9}，A∩B={4，7，9}，所以CU(A∩B)={3，5，8}，即集合Cu(A∩B)中共有3个元素，故答案为：A．【分析】求出集合的交集和并集，结合补集的定义进行计算即可得答案.2．设x∈R，则“x<1”是“1x>1”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等式的基本性质【解析】【解答】x=−1<1，但1x=−1<1，不充分，1x>1时0 0且x→0时，f(x)→+∞，排除A，故答案为：D．【分析】先求函数的定义域，然后去掉绝对值符号，再判断其奇偶性即可判断出答案.5．设a=log32，b=(32)−1，c=log274，则a，b，c的大小关系是（ ）A．b 0，0 0)个单位后得到g(x)的图象，若g(x)是奇函数，则ϕ的最小值是π6【答案】C【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；正弦函数的周期性【解析】【解答】解：∵函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0，0 0)个单位后得到g(x)=2cos(6x−6ϕ)的图象，若g(x)是奇函数，则6ϕ=2kπ+π2，k∈N，即ϕ=kπ3+π12，k∈N，令k=0，可得ϕ的最小值是π12，D不符合题意，故答案为：C【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由最高点求出φ的值，可得函数的解析式，再利用三角函数的图象和性质，得出答案.8．设抛物线y2=8x的焦点到双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一条渐近线的距离为b，到双曲线左顶点的距离为3b，则该双曲线的离心率是（ ）A．52B．3C．2D．5【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解：抛物线y2=8x的焦点为F(2，0)，设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为ax−by=0，由题意得d=|bx−ay|a2+b2=2bc=b，解得c=2，双曲线左顶点为A(−a，0)， 由题意得2+a=3b，即a2+a−2=0，解得a=1，所以该双曲线的离心率是e=ca=2，故答案为：C【分析】求出抛物线的焦点坐标，得到双曲线的焦点坐标，求出c，利用焦点坐标到双曲线左顶点的距离为3b，求解a，然后求解离心率.9．已知定义在R上的函数f(x)=x|x−1|−1，x≥0，1x−1，x<0，若函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点，则实数a的取值范围是（ ）A．(−∞，−1)∪{0}∪(14，+∞)B．(−∞，−1)∪{0}∪(14，1)C．(−∞，−1)∪[0，14)D．(−4，−1)∪{0}∪[14，1)【答案】B【知识点】分段函数的应用【解析】【解答】f(1−x)=(1−x)|x|−1，x≤1−1x，x>1，故f(1−x)+1=(1−x)|x|，x≤1−1x+1，x>1，则函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点等价于f(1−x)+1=ax有两个不同的解，故y=f(1−x)+1，y=ax的图象有两个不同的交点，设g(x)=f(1−x)+1=(1−x)x，0≤x≤1−x(1−x)，x<0−1x+1，x>1又y=g(x)，y=ax的图象如图所示，由图象可得两个函数的图象均过原点，若a=0，此时两个函数的图象有两个不同的交点，当a≠0时，考虑直线y=ax与g(x)=x−x2(0≤x≤1)的图象相切，则由ax=x−x2可得Δ=(a−1)2−0=0即a=1，考虑直线y=ax与g(x)=−1x+1(x≥1)的图象相切，由ax=−1x+1可得ax2−x+1=0，则Δ=1−4a=0即a=14.考虑直线y=ax与g(x)=x2−x(x≤0)的图象相切，由ax=x2−x可得Δ=(a+1)2−0=0即a=−1，结合图象可得当14 0，b>0，则2a+b4a2+b2−ab的最大值是 ．【答案】22【知识点】基本不等式【解析】【解答】解：因为a>0，b>0，则4a2+b22≥2a+b2，即4a2+b2≥2(2a+b)2，当且仅当2a=b是，等号成立；又2ab≤2a+b2，即ab≤2a+b22，当且仅当2a=b是，等号成立；故4a2−b2−ab≥2(2a+b)2−2a+b22=2a+b22，则2a+b4a2+b2−ab≤2a+b2a+b22=22，当且仅当2a=b是，等号成立.故答案为：22.【分析】利用利用基本不等式可求出2a+b4a2+b2−ab的最大值。14．甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球．①先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则P(B|A)= ；②从甲、乙两罐中分别随机各取出一球，则取到黑球的个数的数学期望为 ．【答案】35；910【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；条件概率与独立事件【解析】【解答】P(B|A)=P(AB)P(A)=35×3535=35，设取得黑球的个数为X，则X可取0，1，2，又P(X=0)=35×24=310，P(X=2)=25×24=15，P(X=1)=35×24+25×24=12，故X的分布列为：X012P3101215故E(X)=0×310+1×12+2×15=910故答案为：35，910【分析】利用条件概率的概率公式求出P(B|A)，设取得黑球的个数为X，利用乘法公式可求X的分布列，从而可得其期望值。15．已知平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，AC⋅AD=8，则|AC|= ；若CE=ED，DF=λDB，则AF⋅FE的最大值为 ．【答案】27；114【知识点】向量的三角形法则；平面向量数量积的运算【解析】【解答】由已知AC=AB+AD，所以AC⋅AD=(AB+AD)⋅AD=AB⋅AD+AD2=8，所以AB⋅AD=4，|AC|=|AB+AD|=(AB2+2AB⋅AD+AD2=16+2×4+22=27；因为CE=ED，DF=λDB，所以AF=AD+DF=AD+λDB=AD+λ(AB−AD)=λAB+(1−λ)AD，FE=AD+DE−AF=AD+12AB−λAB−(1−λ)AD=(12−λ)AB+λAD，AF⋅FE=λ(12−λ)AB2+(2λ2−32λ+12)AB⋅AD+λ(1−λ)AD2=16λ(12−λ)+4(2λ2−32λ+12)+4λ(1−λ)=−12(λ2−12λ)+2=−12(λ−14)2+114，所以λ=14时，AF⋅FE取得最大值114．故答案为：27；114．【分析】由AC⋅AD=8求出AB→⋅AD→的值，然后由|AC→|=|AB→+AD→|平方后求得|AC→|，把AF→，FE→用AB→⋅AD→表示后求数量积转化为λ的函数可得 AF⋅FE的最大值。三、解答题16．在△ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c，已知A+C=2B．（1）若b=5，c=3，求sinC；（2）若a+c=2b，求证：△ABC是等边三角形；（3）若cosA=255，求cos2C的值．【答案】（1）解：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，sinB=32又b=5，c=3，由正弦定理得sinC=cbsinB=35×32=3310（2）证明：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，cosB=12则有b2=a2+c2−2accosB=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac又a+c=2b，则b2=4b2−3ac，即b2=ac，则有(a+c)24=ac，则有a=c，又b2=ac，则有a=b=c则△ABC是等边三角形（3）解：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，cosB=12，sinB=32又cosA=255，0 b>0)，其离心率为22，若F1，F2分别为C的左、右焦点，x轴上方一点P在椭圆C上，且满足PF1⊥PF2，|PF1+PF2|=23． （1）求C的方程；（2）过点P的直线l交C于另一点Q，点M与点Q关于x轴对称，直线PM交x轴于点N，若△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，求直线l的方程．【答案】（1）解：因为PF1⊥PF2，所以PF1⋅PF2=0，且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2又|PF1+PF2|=23，所以PF12+2PF1⋅PF2+PF22=12，即PF12+PF22=12，即|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=12，所以c=3，又离心率e=ca=22，所以a=6，c2=a2−b2，所以b=3，所以椭圆方程为x26+y23=1（2）解：由（1）可得P点的坐标为(0，3)，依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+3，由y=kx+3×26+y23=1消去y整理得(2k2+1)x2+43kx=0，解得x=0或x=−43k2k2+1，所以Q点坐标为(−43k2k2+1，3−23k22k2+1)，从而M点坐标为(−43k2k2+1，23k2−32k2+1)，所以直线PM的方程为y=12kx+3，则N点的坐标为(−23k，0)，因为△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，所以S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN，当S△PQM=S△QMN时，即−43k2k2+1=12×(−23k)，解得k=±62，所以直线l的方程为y=±62x+3；当S△PQM=3S△QMN时，即−43k2k2+1=32×(−23k)，解得k=±66，所以直线l的方程为y=±66x+3；所以满足条件的直线l的方程为y=±62x+3，y=±66x+3【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)依题意可得PF1⋅PF2=0且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，根据数量积的运算律，求出c，再根据离心率及c2=a2−b2求出a、b，即可求出C的方程；(2)由(1)设直线l的方程为y=kx+3，联立直线与椭圆方程，即可求出Q点坐标，从而得到M点坐标，再求出直线PM方程，求出N的坐标，由△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，可得S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN，即可求出k，从而求出直线l的方程．19．已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，{an}的前n项和为Sn，a1=1，S44−S33=1，b1(a2−a1)=1，b2+2b3=b1．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）求{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值；（3）设cn=an+12bn+12，n为奇数，−an−12bn2，n为偶数，求证：k=12nck<24(n∈N∗)．【答案】（1）解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q>0），由a1=1，S44−S33=1，即a1=14a1+6d4−3a1+3d3=1，解得d=2，所以an=2n−1，由b1(a2−a1)=1，所以b1=12，由b2+2b3=b1，即12q+2×12q2=12，解得q=12或q=−1（舍去）所以bn=(12)n（2）解：由（1）可知bn=(12)n，所以(−1)n−1bn=12(−12)n−1，所以{(−1)n−1bn}是首项为12，公比为−12的等比数列，令{(−1)n−1bn}的前n项和为Tn，则Tn=12[1−(−12)n]1−(−12)=13[1−(−12)n]，当n为奇数时Tn=13[1+(12)n]≤13(1+12)=12，当n为偶数时Tn=13[1−(12)n]<13，综上可得{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值为12（3）因为cn=an+12bn+12，n为奇数−an−12bn2，n为偶数，所以k=12nck=(a22−a12)b1+(a42−a32)b2+(a62−a52)b3+⋯+(a2n2−a2n−12)bn=8(121+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n)①，12k=12nck=8(122+323+525+⋯+2n−32n+2n−12n+1)②，由①−②可得12k=12nck=8(12+121+122+123+⋯+12n−1−2n−12n+1)=8[12+12(1−12n−1)1−12−2n−12n+1]=8(32−2n+32n+1) 所以k=1ck=24−2n+32n−3<24，得证；【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和【解析】【分析】(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q>0），根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式，以及等比数列通项公式计算可得；(2)由(1)可得(−1)n−1bn=12(−12)n−1，利用等比数列求出公式求出前n项和Tn，再分奇偶两种情况求出Tn的最大值，即可求出{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值；(3)利用错位相减法求和即可证得k=12nck<24(n∈N∗)．20．已知函数f(x)=[x2+(a−5)x−4a+5]ex（a∈R，e是自然对数的底数，e≈2.718⋯）．（1）当a=1时，求函数f(x)的极值；（2）若函数y=f′(x)在区间[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围；（3）若函数g(x)=ax−f′(x)x2+ax+b(b∈Z)有两个极值点x1，x2(0 1时m′(x)>0，m(x)单调递增，则0 0m(1)=e+a<0，解得−3 0，所以m(x)=0在(0，1)和(1，32)上各有一个实根，所以函数g(x)在(0，+∞)上有两个极值点时−3 更多>>
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=A∪B，则集合Cu(A∩B)中的元素共有（ ）A．3个B．4个C．5个D．6个【答案】A【知识点】交集及其运算；补集及其运算【解析】【解答】U=A∪B={3，4，5，7，8，9}，A∩B={4，7，9}，所以CU(A∩B)={3，5，8}，即集合Cu(A∩B)中共有3个元素，故答案为：A．【分析】求出集合的交集和并集，结合补集的定义进行计算即可得答案.2．设x∈R，则“x<1”是“1x>1”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等式的基本性质【解析】【解答】x=−1<1，但1x=−1<1，不充分，1x>1时0 0且x→0时，f(x)→+∞，排除A，故答案为：D．【分析】先求函数的定义域，然后去掉绝对值符号，再判断其奇偶性即可判断出答案.5．设a=log32，b=(32)−1，c=log274，则a，b，c的大小关系是（ ）A．b 0，0 0)个单位后得到g(x)的图象，若g(x)是奇函数，则ϕ的最小值是π6【答案】C【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；正弦函数的周期性【解析】【解答】解：∵函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0，0 0)个单位后得到g(x)=2cos(6x−6ϕ)的图象，若g(x)是奇函数，则6ϕ=2kπ+π2，k∈N，即ϕ=kπ3+π12，k∈N，令k=0，可得ϕ的最小值是π12，D不符合题意，故答案为：C【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由最高点求出φ的值，可得函数的解析式，再利用三角函数的图象和性质，得出答案.8．设抛物线y2=8x的焦点到双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一条渐近线的距离为b，到双曲线左顶点的距离为3b，则该双曲线的离心率是（ ）A．52B．3C．2D．5【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解：抛物线y2=8x的焦点为F(2，0)，设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为ax−by=0，由题意得d=|bx−ay|a2+b2=2bc=b，解得c=2，双曲线左顶点为A(−a，0)， 由题意得2+a=3b，即a2+a−2=0，解得a=1，所以该双曲线的离心率是e=ca=2，故答案为：C【分析】求出抛物线的焦点坐标，得到双曲线的焦点坐标，求出c，利用焦点坐标到双曲线左顶点的距离为3b，求解a，然后求解离心率.9．已知定义在R上的函数f(x)=x|x−1|−1，x≥0，1x−1，x<0，若函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点，则实数a的取值范围是（ ）A．(−∞，−1)∪{0}∪(14，+∞)B．(−∞，−1)∪{0}∪(14，1)C．(−∞，−1)∪[0，14)D．(−4，−1)∪{0}∪[14，1)【答案】B【知识点】分段函数的应用【解析】【解答】f(1−x)=(1−x)|x|−1，x≤1−1x，x>1，故f(1−x)+1=(1−x)|x|，x≤1−1x+1，x>1，则函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点等价于f(1−x)+1=ax有两个不同的解，故y=f(1−x)+1，y=ax的图象有两个不同的交点，设g(x)=f(1−x)+1=(1−x)x，0≤x≤1−x(1−x)，x<0−1x+1，x>1又y=g(x)，y=ax的图象如图所示，由图象可得两个函数的图象均过原点，若a=0，此时两个函数的图象有两个不同的交点，当a≠0时，考虑直线y=ax与g(x)=x−x2(0≤x≤1)的图象相切，则由ax=x−x2可得Δ=(a−1)2−0=0即a=1，考虑直线y=ax与g(x)=−1x+1(x≥1)的图象相切，由ax=−1x+1可得ax2−x+1=0，则Δ=1−4a=0即a=14.考虑直线y=ax与g(x)=x2−x(x≤0)的图象相切，由ax=x2−x可得Δ=(a+1)2−0=0即a=−1，结合图象可得当14 0，b>0，则2a+b4a2+b2−ab的最大值是 ．【答案】22【知识点】基本不等式【解析】【解答】解：因为a>0，b>0，则4a2+b22≥2a+b2，即4a2+b2≥2(2a+b)2，当且仅当2a=b是，等号成立；又2ab≤2a+b2，即ab≤2a+b22，当且仅当2a=b是，等号成立；故4a2−b2−ab≥2(2a+b)2−2a+b22=2a+b22，则2a+b4a2+b2−ab≤2a+b2a+b22=22，当且仅当2a=b是，等号成立.故答案为：22.【分析】利用利用基本不等式可求出2a+b4a2+b2−ab的最大值。14．甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球．①先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则P(B|A)= ；②从甲、乙两罐中分别随机各取出一球，则取到黑球的个数的数学期望为 ．【答案】35；910【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；条件概率与独立事件【解析】【解答】P(B|A)=P(AB)P(A)=35×3535=35，设取得黑球的个数为X，则X可取0，1，2，又P(X=0)=35×24=310，P(X=2)=25×24=15，P(X=1)=35×24+25×24=12，故X的分布列为：X012P3101215故E(X)=0×310+1×12+2×15=910故答案为：35，910【分析】利用条件概率的概率公式求出P(B|A)，设取得黑球的个数为X，利用乘法公式可求X的分布列，从而可得其期望值。15．已知平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，AC⋅AD=8，则|AC|= ；若CE=ED，DF=λDB，则AF⋅FE的最大值为 ．【答案】27；114【知识点】向量的三角形法则；平面向量数量积的运算【解析】【解答】由已知AC=AB+AD，所以AC⋅AD=(AB+AD)⋅AD=AB⋅AD+AD2=8，所以AB⋅AD=4，|AC|=|AB+AD|=(AB2+2AB⋅AD+AD2=16+2×4+22=27；因为CE=ED，DF=λDB，所以AF=AD+DF=AD+λDB=AD+λ(AB−AD)=λAB+(1−λ)AD，FE=AD+DE−AF=AD+12AB−λAB−(1−λ)AD=(12−λ)AB+λAD，AF⋅FE=λ(12−λ)AB2+(2λ2−32λ+12)AB⋅AD+λ(1−λ)AD2=16λ(12−λ)+4(2λ2−32λ+12)+4λ(1−λ)=−12(λ2−12λ)+2=−12(λ−14)2+114，所以λ=14时，AF⋅FE取得最大值114．故答案为：27；114．【分析】由AC⋅AD=8求出AB→⋅AD→的值，然后由|AC→|=|AB→+AD→|平方后求得|AC→|，把AF→，FE→用AB→⋅AD→表示后求数量积转化为λ的函数可得 AF⋅FE的最大值。三、解答题16．在△ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c，已知A+C=2B．（1）若b=5，c=3，求sinC；（2）若a+c=2b，求证：△ABC是等边三角形；（3）若cosA=255，求cos2C的值．【答案】（1）解：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，sinB=32又b=5，c=3，由正弦定理得sinC=cbsinB=35×32=3310（2）证明：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，cosB=12则有b2=a2+c2−2accosB=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac又a+c=2b，则b2=4b2−3ac，即b2=ac，则有(a+c)24=ac，则有a=c，又b2=ac，则有a=b=c则△ABC是等边三角形（3）解：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，cosB=12，sinB=32又cosA=255，0 b>0)，其离心率为22，若F1，F2分别为C的左、右焦点，x轴上方一点P在椭圆C上，且满足PF1⊥PF2，|PF1+PF2|=23． （1）求C的方程；（2）过点P的直线l交C于另一点Q，点M与点Q关于x轴对称，直线PM交x轴于点N，若△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，求直线l的方程．【答案】（1）解：因为PF1⊥PF2，所以PF1⋅PF2=0，且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2又|PF1+PF2|=23，所以PF12+2PF1⋅PF2+PF22=12，即PF12+PF22=12，即|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=12，所以c=3，又离心率e=ca=22，所以a=6，c2=a2−b2，所以b=3，所以椭圆方程为x26+y23=1（2）解：由（1）可得P点的坐标为(0，3)，依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+3，由y=kx+3×26+y23=1消去y整理得(2k2+1)x2+43kx=0，解得x=0或x=−43k2k2+1，所以Q点坐标为(−43k2k2+1，3−23k22k2+1)，从而M点坐标为(−43k2k2+1，23k2−32k2+1)，所以直线PM的方程为y=12kx+3，则N点的坐标为(−23k，0)，因为△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，所以S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN，当S△PQM=S△QMN时，即−43k2k2+1=12×(−23k)，解得k=±62，所以直线l的方程为y=±62x+3；当S△PQM=3S△QMN时，即−43k2k2+1=32×(−23k)，解得k=±66，所以直线l的方程为y=±66x+3；所以满足条件的直线l的方程为y=±62x+3，y=±66x+3【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)依题意可得PF1⋅PF2=0且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，根据数量积的运算律，求出c，再根据离心率及c2=a2−b2求出a、b，即可求出C的方程；(2)由(1)设直线l的方程为y=kx+3，联立直线与椭圆方程，即可求出Q点坐标，从而得到M点坐标，再求出直线PM方程，求出N的坐标，由△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，可得S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN，即可求出k，从而求出直线l的方程．19．已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，{an}的前n项和为Sn，a1=1，S44−S33=1，b1(a2−a1)=1，b2+2b3=b1．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）求{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值；（3）设cn=an+12bn+12，n为奇数，−an−12bn2，n为偶数，求证：k=12nck<24(n∈N∗)．【答案】（1）解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q>0），由a1=1，S44−S33=1，即a1=14a1+6d4−3a1+3d3=1，解得d=2，所以an=2n−1，由b1(a2−a1)=1，所以b1=12，由b2+2b3=b1，即12q+2×12q2=12，解得q=12或q=−1（舍去）所以bn=(12)n（2）解：由（1）可知bn=(12)n，所以(−1)n−1bn=12(−12)n−1，所以{(−1)n−1bn}是首项为12，公比为−12的等比数列，令{(−1)n−1bn}的前n项和为Tn，则Tn=12[1−(−12)n]1−(−12)=13[1−(−12)n]，当n为奇数时Tn=13[1+(12)n]≤13(1+12)=12，当n为偶数时Tn=13[1−(12)n]<13，综上可得{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值为12（3）因为cn=an+12bn+12，n为奇数−an−12bn2，n为偶数，所以k=12nck=(a22−a12)b1+(a42−a32)b2+(a62−a52)b3+⋯+(a2n2−a2n−12)bn=8(121+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n)①，12k=12nck=8(122+323+525+⋯+2n−32n+2n−12n+1)②，由①−②可得12k=12nck=8(12+121+122+123+⋯+12n−1−2n−12n+1)=8[12+12(1−12n−1)1−12−2n−12n+1]=8(32−2n+32n+1) 所以k=1ck=24−2n+32n−3<24，得证；【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和【解析】【分析】(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q>0），根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式，以及等比数列通项公式计算可得；(2)由(1)可得(−1)n−1bn=12(−12)n−1，利用等比数列求出公式求出前n项和Tn，再分奇偶两种情况求出Tn的最大值，即可求出{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值；(3)利用错位相减法求和即可证得k=12nck<24(n∈N∗)．20．已知函数f(x)=[x2+(a−5)x−4a+5]ex（a∈R，e是自然对数的底数，e≈2.718⋯）．（1）当a=1时，求函数f(x)的极值；（2）若函数y=f′(x)在区间[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围；（3）若函数g(x)=ax−f′(x)x2+ax+b(b∈Z)有两个极值点x1，x2(0 1时m′(x)>0，m(x)单调递增，则0 0m(1)=e+a<0，解得−3 0，所以m(x)=0在(0，1)和(1，32)上各有一个实根，所以函数g(x)在(0，+∞)上有两个极值点时−3 更多>>
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=A∪B，则集合Cu(A∩B)中的元素共有（ ）A．3个B．4个C．5个D．6个【答案】A【知识点】交集及其运算；补集及其运算【解析】【解答】U=A∪B={3，4，5，7，8，9}，A∩B={4，7，9}，所以CU(A∩B)={3，5，8}，即集合Cu(A∩B)中共有3个元素，故答案为：A．【分析】求出集合的交集和并集，结合补集的定义进行计算即可得答案.2．设x∈R，则“x<1”是“1x>1”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等式的基本性质【解析】【解答】x=−1<1，但1x=−1<1，不充分，1x>1时0 0且x→0时，f(x)→+∞，排除A，故答案为：D．【分析】先求函数的定义域，然后去掉绝对值符号，再判断其奇偶性即可判断出答案.5．设a=log32，b=(32)−1，c=log274，则a，b，c的大小关系是（ ）A．b 0，0 0)个单位后得到g(x)的图象，若g(x)是奇函数，则ϕ的最小值是π6【答案】C【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；正弦函数的周期性【解析】【解答】解：∵函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0，0 0)个单位后得到g(x)=2cos(6x−6ϕ)的图象，若g(x)是奇函数，则6ϕ=2kπ+π2，k∈N，即ϕ=kπ3+π12，k∈N，令k=0，可得ϕ的最小值是π12，D不符合题意，故答案为：C【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由最高点求出φ的值，可得函数的解析式，再利用三角函数的图象和性质，得出答案.8．设抛物线y2=8x的焦点到双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一条渐近线的距离为b，到双曲线左顶点的距离为3b，则该双曲线的离心率是（ ）A．52B．3C．2D．5【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解：抛物线y2=8x的焦点为F(2，0)，设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为ax−by=0，由题意得d=|bx−ay|a2+b2=2bc=b，解得c=2，双曲线左顶点为A(−a，0)， 由题意得2+a=3b，即a2+a−2=0，解得a=1，所以该双曲线的离心率是e=ca=2，故答案为：C【分析】求出抛物线的焦点坐标，得到双曲线的焦点坐标，求出c，利用焦点坐标到双曲线左顶点的距离为3b，求解a，然后求解离心率.9．已知定义在R上的函数f(x)=x|x−1|−1，x≥0，1x−1，x<0，若函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点，则实数a的取值范围是（ ）A．(−∞，−1)∪{0}∪(14，+∞)B．(−∞，−1)∪{0}∪(14，1)C．(−∞，−1)∪[0，14)D．(−4，−1)∪{0}∪[14，1)【答案】B【知识点】分段函数的应用【解析】【解答】f(1−x)=(1−x)|x|−1，x≤1−1x，x>1，故f(1−x)+1=(1−x)|x|，x≤1−1x+1，x>1，则函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点等价于f(1−x)+1=ax有两个不同的解，故y=f(1−x)+1，y=ax的图象有两个不同的交点，设g(x)=f(1−x)+1=(1−x)x，0≤x≤1−x(1−x)，x<0−1x+1，x>1又y=g(x)，y=ax的图象如图所示，由图象可得两个函数的图象均过原点，若a=0，此时两个函数的图象有两个不同的交点，当a≠0时，考虑直线y=ax与g(x)=x−x2(0≤x≤1)的图象相切，则由ax=x−x2可得Δ=(a−1)2−0=0即a=1，考虑直线y=ax与g(x)=−1x+1(x≥1)的图象相切，由ax=−1x+1可得ax2−x+1=0，则Δ=1−4a=0即a=14.考虑直线y=ax与g(x)=x2−x(x≤0)的图象相切，由ax=x2−x可得Δ=(a+1)2−0=0即a=−1，结合图象可得当14 0，b>0，则2a+b4a2+b2−ab的最大值是 ．【答案】22【知识点】基本不等式【解析】【解答】解：因为a>0，b>0，则4a2+b22≥2a+b2，即4a2+b2≥2(2a+b)2，当且仅当2a=b是，等号成立；又2ab≤2a+b2，即ab≤2a+b22，当且仅当2a=b是，等号成立；故4a2−b2−ab≥2(2a+b)2−2a+b22=2a+b22，则2a+b4a2+b2−ab≤2a+b2a+b22=22，当且仅当2a=b是，等号成立.故答案为：22.【分析】利用利用基本不等式可求出2a+b4a2+b2−ab的最大值。14．甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球．①先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则P(B|A)= ；②从甲、乙两罐中分别随机各取出一球，则取到黑球的个数的数学期望为 ．【答案】35；910【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；条件概率与独立事件【解析】【解答】P(B|A)=P(AB)P(A)=35×3535=35，设取得黑球的个数为X，则X可取0，1，2，又P(X=0)=35×24=310，P(X=2)=25×24=15，P(X=1)=35×24+25×24=12，故X的分布列为：X012P3101215故E(X)=0×310+1×12+2×15=910故答案为：35，910【分析】利用条件概率的概率公式求出P(B|A)，设取得黑球的个数为X，利用乘法公式可求X的分布列，从而可得其期望值。15．已知平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，AC⋅AD=8，则|AC|= ；若CE=ED，DF=λDB，则AF⋅FE的最大值为 ．【答案】27；114【知识点】向量的三角形法则；平面向量数量积的运算【解析】【解答】由已知AC=AB+AD，所以AC⋅AD=(AB+AD)⋅AD=AB⋅AD+AD2=8，所以AB⋅AD=4，|AC|=|AB+AD|=(AB2+2AB⋅AD+AD2=16+2×4+22=27；因为CE=ED，DF=λDB，所以AF=AD+DF=AD+λDB=AD+λ(AB−AD)=λAB+(1−λ)AD，FE=AD+DE−AF=AD+12AB−λAB−(1−λ)AD=(12−λ)AB+λAD，AF⋅FE=λ(12−λ)AB2+(2λ2−32λ+12)AB⋅AD+λ(1−λ)AD2=16λ(12−λ)+4(2λ2−32λ+12)+4λ(1−λ)=−12(λ2−12λ)+2=−12(λ−14)2+114，所以λ=14时，AF⋅FE取得最大值114．故答案为：27；114．【分析】由AC⋅AD=8求出AB→⋅AD→的值，然后由|AC→|=|AB→+AD→|平方后求得|AC→|，把AF→，FE→用AB→⋅AD→表示后求数量积转化为λ的函数可得 AF⋅FE的最大值。三、解答题16．在△ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c，已知A+C=2B．（1）若b=5，c=3，求sinC；（2）若a+c=2b，求证：△ABC是等边三角形；（3）若cosA=255，求cos2C的值．【答案】（1）解：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，sinB=32又b=5，c=3，由正弦定理得sinC=cbsinB=35×32=3310（2）证明：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，cosB=12则有b2=a2+c2−2accosB=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac又a+c=2b，则b2=4b2−3ac，即b2=ac，则有(a+c)24=ac，则有a=c，又b2=ac，则有a=b=c则△ABC是等边三角形（3）解：△ABC中，A+C=2B．则B=π3，cosB=12，sinB=32又cosA=255，0 b>0)，其离心率为22，若F1，F2分别为C的左、右焦点，x轴上方一点P在椭圆C上，且满足PF1⊥PF2，|PF1+PF2|=23． （1）求C的方程；（2）过点P的直线l交C于另一点Q，点M与点Q关于x轴对称，直线PM交x轴于点N，若△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，求直线l的方程．【答案】（1）解：因为PF1⊥PF2，所以PF1⋅PF2=0，且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2又|PF1+PF2|=23，所以PF12+2PF1⋅PF2+PF22=12，即PF12+PF22=12，即|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=12，所以c=3，又离心率e=ca=22，所以a=6，c2=a2−b2，所以b=3，所以椭圆方程为x26+y23=1（2）解：由（1）可得P点的坐标为(0，3)，依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+3，由y=kx+3×26+y23=1消去y整理得(2k2+1)x2+43kx=0，解得x=0或x=−43k2k2+1，所以Q点坐标为(−43k2k2+1，3−23k22k2+1)，从而M点坐标为(−43k2k2+1，23k2−32k2+1)，所以直线PM的方程为y=12kx+3，则N点的坐标为(−23k，0)，因为△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，所以S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN，当S△PQM=S△QMN时，即−43k2k2+1=12×(−23k)，解得k=±62，所以直线l的方程为y=±62x+3；当S△PQM=3S△QMN时，即−43k2k2+1=32×(−23k)，解得k=±66，所以直线l的方程为y=±66x+3；所以满足条件的直线l的方程为y=±62x+3，y=±66x+3【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)依题意可得PF1⋅PF2=0且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，根据数量积的运算律，求出c，再根据离心率及c2=a2−b2求出a、b，即可求出C的方程；(2)由(1)设直线l的方程为y=kx+3，联立直线与椭圆方程，即可求出Q点坐标，从而得到M点坐标，再求出直线PM方程，求出N的坐标，由△PQN的面积是△QMN的面积的2倍，可得S△PQM=S△QMN或S△PQM=3S△QMN，即可求出k，从而求出直线l的方程．19．已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，{an}的前n项和为Sn，a1=1，S44−S33=1，b1(a2−a1)=1，b2+2b3=b1．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）求{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值；（3）设cn=an+12bn+12，n为奇数，−an−12bn2，n为偶数，求证：k=12nck<24(n∈N∗)．【答案】（1）解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q>0），由a1=1，S44−S33=1，即a1=14a1+6d4−3a1+3d3=1，解得d=2，所以an=2n−1，由b1(a2−a1)=1，所以b1=12，由b2+2b3=b1，即12q+2×12q2=12，解得q=12或q=−1（舍去）所以bn=(12)n（2）解：由（1）可知bn=(12)n，所以(−1)n−1bn=12(−12)n−1，所以{(−1)n−1bn}是首项为12，公比为−12的等比数列，令{(−1)n−1bn}的前n项和为Tn，则Tn=12[1−(−12)n]1−(−12)=13[1−(−12)n]，当n为奇数时Tn=13[1+(12)n]≤13(1+12)=12，当n为偶数时Tn=13[1−(12)n]<13，综上可得{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值为12（3）因为cn=an+12bn+12，n为奇数−an−12bn2，n为偶数，所以k=12nck=(a22−a12)b1+(a42−a32)b2+(a62−a52)b3+⋯+(a2n2−a2n−12)bn=8(121+322+523+⋯+2n−32n−1+2n−12n)①，12k=12nck=8(122+323+525+⋯+2n−32n+2n−12n+1)②，由①−②可得12k=12nck=8(12+121+122+123+⋯+12n−1−2n−12n+1)=8[12+12(1−12n−1)1−12−2n−12n+1]=8(32−2n+32n+1) 所以k=1ck=24−2n+32n−3<24，得证；【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和【解析】【分析】(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q>0），根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式，以及等比数列通项公式计算可得；(2)由(1)可得(−1)n−1bn=12(−12)n−1，利用等比数列求出公式求出前n项和Tn，再分奇偶两种情况求出Tn的最大值，即可求出{(−1)n−1bn}的前n项和的最大值；(3)利用错位相减法求和即可证得k=12nck<24(n∈N∗)．20．已知函数f(x)=[x2+(a−5)x−4a+5]ex（a∈R，e是自然对数的底数，e≈2.718⋯）．（1）当a=1时，求函数f(x)的极值；（2）若函数y=f′(x)在区间[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围；（3）若函数g(x)=ax−f′(x)x2+ax+b(b∈Z)有两个极值点x1，x2(0 1时m′(x)>0，m(x)单调递增，则0 0m(1)=e+a<0，解得−3 0，所以m(x)=0在(0，1)和(1，32)上各有一个实根，所以函数g(x)在(0，+∞)上有两个极值点时−3 更多>>
