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1、山東省棗莊市2020屆高三模擬考試(二調(diào))理科數(shù)學(xué)試題一、選擇題(本大題共12小題,共60.0分)1.已知集合A=,1,2,3,B=x|lgx0,則AB=()A. B. C. D. 2,【答案】C【解析】【分析】可解出集合B,然后進(jìn)行交集的運(yùn)算即可【詳解】B=x|x1; AB=2,3 故選:C【點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)集合的運(yùn)算,涉及到的知識(shí)點(diǎn)有根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性解對(duì)數(shù)不等式,集合的交集,屬于簡(jiǎn)單題目2.若復(fù)數(shù)z滿足z(i-1)=2i(i為虛數(shù)單位),則為()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、共軛復(fù)數(shù)的定義即可得出【詳解】Z(i-1)=2i(i為虛數(shù)單位),
2、-Z(1-i)(1+i)=2i(1+i),-2z=2(i-1),解得z=1-i則Z=1+i故選:A【點(diǎn)睛】本題考查了復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、共軛復(fù)數(shù)的定義,屬于基礎(chǔ)題3.如圖是一位發(fā)燒病人的體溫記錄折線圖,下列說(shuō)法不正確的是()A. 病人在3月15日12時(shí)的體溫是38B. 從體溫上看,這個(gè)病人的病情在逐漸好轉(zhuǎn)C. 病人體溫在3月16日0時(shí)到6時(shí)下降最快D. 病人體溫在3月16日18時(shí)開(kāi)始逐漸穩(wěn)定【答案】C【解析】【分析】利用拆線圖的性質(zhì)直接求解【詳解】由一位發(fā)燒病人的體溫記錄折線圖,得: 在A中,病人在3月15日12時(shí)的體溫是38,故A正確; 在B中,從體溫上看,這個(gè)病人的體溫逐漸趨于正常,說(shuō)明病情在
3、逐漸好轉(zhuǎn),故B正確; 在C中,病人體溫在3月16日6時(shí)到12時(shí)下降最快,故C錯(cuò)誤; 在D中,病人體溫在3月16日18時(shí)開(kāi)始逐漸穩(wěn)定,故D正確 故選:C【點(diǎn)睛】本題考查命題真假的判斷,考查拆線圖的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí),考查數(shù)形結(jié)合思想,是基礎(chǔ)題4.函數(shù)f(x)=sin(2x+32)是()A. 最小正周期為的奇函數(shù)B. 最小正周期為的偶函數(shù)C. 最小正周期為的奇函數(shù)D. 最小正周期為的偶函數(shù)【答案】B【解析】【分析】利用三角函數(shù)誘導(dǎo)公式先進(jìn)行化簡(jiǎn),然后結(jié)合函數(shù)的奇偶性和周期性進(jìn)行判斷即可【詳解】f(x)=sin(2x+ )=-sin(2x+)=-cos2x,則函數(shù)f(x)是偶函數(shù),函數(shù)最小正周期T=,即
4、f(x)是最小正周期為的偶函數(shù),故選:B【點(diǎn)睛】本題主要考查三角函數(shù)的圖象和性質(zhì),利用三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式進(jìn)行化簡(jiǎn)是解決本題的關(guān)鍵5.已知命題p:NQ:命題q:x0,elnx=x,則下列命題中的真命題為()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由題意知p真,q真,根據(jù)復(fù)合命題真值表可知A正確,故選A【詳解】由題意知p真,q真,所以pq為真 故選:A【點(diǎn)睛】本題考查命題真假判斷,屬于簡(jiǎn)單題6.空間直角坐標(biāo)系O-xyz中,某四面體的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為(0,0,0),(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0),畫(huà)該四面體三視圖時(shí),以yOz平面為投影面所得到的視圖為正視圖,則該四面體的側(cè)視圖
5、是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】畫(huà)出空間直角坐標(biāo)系,在坐標(biāo)系中畫(huà)出該4點(diǎn)表示的圖形,為正四面體根據(jù)圖形分析即可【詳解】根據(jù)題意,這四點(diǎn)構(gòu)成正四面體如圖:側(cè)視圖輪廓為正方形,有一條左下到右上的實(shí)線和左上到右下的虛線故選:B【點(diǎn)睛】本題考查了正四面體的三視圖,主要考查空間想象能力屬于基礎(chǔ)題7.(2-x)(2x+1)6的展開(kāi)式中x4的系數(shù)為()A. B. 320C. 480D. 640【答案】B【解析】22x+16x2x+16,展開(kāi)通項(xiàng),所以時(shí),2C6224=480;時(shí),所以x4的系數(shù)為480160=320,故選B。點(diǎn)睛:本題考查二項(xiàng)式定理。本題中,首先將式子展開(kāi)得22x+1
6、6x2x+16,再利用二項(xiàng)式的展開(kāi)通項(xiàng)分別求得對(duì)應(yīng)的系數(shù),則得到問(wèn)題所要求的x4的系數(shù)。8.函數(shù)f(x)=ln(x+1)-x2的圖象大致是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由題意知可代特值排除【詳解】代x=0,知函數(shù)過(guò)原點(diǎn),故排除D 代入x=1,得y0,排除C帶入x=-0.0000000001,y0,排除A 故選:B【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)圖象的選擇問(wèn)題,屬于簡(jiǎn)單題9.已知0a1,0cb1,下列不等式成立的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根據(jù)不等式的性質(zhì)進(jìn)行判斷【詳解】0a1y=ax是遞減函數(shù),又cb,所以acab,故A不正確; a(c-b)0,故B不正
7、確;當(dāng),且時(shí),有bc,故C不正確;a(b-c)0,故D正確;故選:D【點(diǎn)睛】本題考查了不等關(guān)系與不等式,涉及到的知識(shí)點(diǎn)有不等式的性質(zhì),屬基礎(chǔ)題10.波羅尼斯(古希臘數(shù)學(xué)家,的公元前262-190年)的著作圓錐曲線論是古代世界光輝的科學(xué)成果,它將圓錐曲線的性質(zhì)網(wǎng)羅殆盡,幾乎使后人沒(méi)有插足的余地他證明過(guò)這樣一個(gè)命題:平面內(nèi)與兩定點(diǎn)距離的比為常數(shù)k(k0,且k1)的點(diǎn)的軌跡是圓,后人將這個(gè)圓稱(chēng)為阿波羅尼斯圓現(xiàn)有橢圓=1(ab0),A,B為橢圓的長(zhǎng)軸端點(diǎn),C,D為橢圓的短軸端點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)M滿足=2,MAB面積的最大值為8,MCD面積的最小值為1,則橢圓的離心率為()A. B. C. D. 【答案】D【解析
8、】【分析】求得定點(diǎn)M的軌跡方程(x-)2+y2=可得,解得a,b即可.【詳解】設(shè)A(-a,0),B(a,0),M(x,y)動(dòng)點(diǎn)M滿足=2,則 =2,化簡(jiǎn)得.MAB面積的最大值為8,MCD面積的最小值為1, ,解得,橢圓的離心率為故選:D【點(diǎn)睛】本題考查了橢圓離心率,動(dòng)點(diǎn)軌跡,屬于中檔題11.有如下命題:函數(shù)y=sinx與y=x的圖象恰有三個(gè)交點(diǎn);函數(shù)y=sinx與y=的圖象恰有一個(gè)交點(diǎn);函數(shù)y=sinx與y=x2的圖象恰有兩個(gè)交點(diǎn);函數(shù)y=sinx與y=x3的圖象恰有三個(gè)交點(diǎn),其中真命題的個(gè)數(shù)為()A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】分析】構(gòu)造函數(shù)f(x)=sinx-x,求出函數(shù)
9、的導(dǎo)數(shù),研究函數(shù)的導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性,進(jìn)行判斷即可;利用與x的關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化判斷;直接作出兩個(gè)函數(shù)的圖象即可進(jìn)行判斷.【詳解】設(shè)f(x)=sinx-x,則f(x)=cosx-10,即函數(shù)f(x)為減函數(shù),f(0)=0,函數(shù)f(x)是奇函數(shù),函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn),即函數(shù)y=sinx與y=x的圖象恰有一個(gè)交點(diǎn),故錯(cuò)誤,由知當(dāng)x0時(shí),sinxx,當(dāng)0x1時(shí),xxsinx,當(dāng)x1時(shí),sinx,當(dāng)x=0時(shí),sinx=,綜上當(dāng)x0時(shí),sinx恒成立,函數(shù)y=sinx與y=圖象恰有一個(gè)交點(diǎn),故正確,作出函數(shù)y=sinx與y=x2,的圖象,由圖象知兩個(gè)函數(shù)有2個(gè)交點(diǎn),即函數(shù)y=sinx與y=x2的圖象恰有兩個(gè)交點(diǎn)
10、,故正確,作出函數(shù)y=sinx與y=x3,的圖象,由圖象知兩個(gè)函數(shù)有3個(gè)交點(diǎn),即函數(shù)y=sinx與y=x3的圖象恰有三個(gè)交點(diǎn),故正確,故正確的是,故選:C【點(diǎn)睛】本題主要考查考查命題的真假判斷,涉及函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù),利用數(shù)形結(jié)合或構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)是解決本題的關(guān)鍵12.已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)面積為6+4,AA1平面ABC,BC=,BAC=120,則該三棱柱外接球表面積的最小值為()A. B. 8C. D. 【答案】A【解析】【分析】由題意畫(huà)出圖形,設(shè)AC=b,AB=c,AA1=h,則h=,由正弦定理求得底面外接圓的半徑,再由余弦定理求得b+c的最大值,可得h最小值,求得外接球半徑的最小
11、值,則答案可求【詳解】如圖,設(shè)AC=b,AB=c,AA1=h,則(3+b+c)h=6+43,h=6+433+b+c,三棱柱底面外接圓半徑為r,則2r=,即r=1由(3)2=b2+c2-2bccos120,得3=b2+c2+bc=(b+c)2-bc(b+c)2-(b+c)24=34(b+c)2,b+c2h的最小值為則該三棱柱外接球半徑的最小值為R=1+(3)2=2該三棱柱外接球表面積的最小值為422=16故選:A【點(diǎn)睛】本題考查多面體外接球表面積與體積的求法,考查正弦定理及余弦定理的應(yīng)用,訓(xùn)練了利用基本不等式求最值,是中檔題二、填空題(本大題共4小題,共20.0分)13.已知雙曲線的一條漸近線的
12、方程為,則 .【答案】2【解析】試題分析:由雙曲線方程可知漸近線方程為y=bx,所以b=2.考點(diǎn):本題考查雙曲線的漸近線.【此處有視頻,請(qǐng)去附件查看】14.如圖,圓C(圓心為C)的一條弦AB的長(zhǎng)為2,則=_【答案】2【解析】【分析】過(guò)點(diǎn)C作CDAB于D,可得AD=AB=1,RtACD中利用三角函數(shù)的定義算出cosA=,再由向量數(shù)量積的公式加以計(jì)算,可得的值【詳解】過(guò)點(diǎn)C作CDAB于D,則D為AB的中點(diǎn)RtACD中,AD=AB=1,可得cosA=ADAC=1|AC|,ABAC=|AB|AC|cosA=|AB|AC|1|AC|=|AB|=2故答案為:2【點(diǎn)睛】本題已知圓的弦長(zhǎng),求向量的數(shù)量積著重考
13、查了圓的性質(zhì)、直角三角形中三角函數(shù)的定義與向量的數(shù)量積公式等知識(shí),屬于基礎(chǔ)題15.設(shè)當(dāng)x=時(shí),函數(shù)f(x)=2sinx+cosx取得最小值,則cos(+4)=_【答案】1010【解析】【分析】利用輔助角公式化簡(jiǎn)函數(shù)的解析式,再根據(jù)正弦函數(shù)的最值求出輔助角,再利用兩角和的余弦公式求出cos()的值【詳解】函對(duì)于數(shù)f(x)=2sinx+cosx=5sin(x+),其中,cos=,sin=,為銳角當(dāng)x=時(shí),函數(shù)取得最小值,sin(+)=-,即sin(+)=-1,cos(+)=0故可令+=-,即=-,故 故答案為:【點(diǎn)睛】本題主要考查輔助角公式,正弦函數(shù)的最值,兩角和的余弦公式,屬于中檔題16.已知函
14、數(shù)f(x)=(x+a)2+(ex+ae)2,若存在x0,使得f(x0),則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)【答案】e21e2+1【解析】【分析】函數(shù)f(x)可以看作是動(dòng)點(diǎn)M(x,ex)與動(dòng)點(diǎn)N(-a,-)之間距離的平方,問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求直線上的動(dòng)點(diǎn)到曲線的最小距離,由y=ex得,y=ex=,曲線上點(diǎn)M(-1,)到直線y=x的距離最小,要使f(x0),則f(x0)=,然后求解a即可【詳解】函數(shù)f(x)=(x+a)2+(ex+)2,函數(shù)f(x)可以看作是動(dòng)點(diǎn)M(x,ex)與動(dòng)點(diǎn)N(-a,-)之間距離的平方,動(dòng)點(diǎn)M在函數(shù)y=ex的圖象上,N在直線y=x的圖象上,問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求直線上的動(dòng)點(diǎn)到曲線的最小距離,由y=ex得,y=
15、ex=,解得x=-1,所以曲線上點(diǎn)M(-1,1e)到直線y=x的距離最小,最小距離d=2e2+1,則f(x)4e2+1,根據(jù)題意,要使f(x0)4e2+1,則f(x0)=4e2+1,此時(shí)N恰好為垂足,由KMN=-e,解得a=e2-1e2+1 故答案為:e2-1e2+1【點(diǎn)睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、方程與不等式的解法,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于難題三、解答題(本大題共7小題,共82.0分)17.數(shù)列an中,a1=2,anan+1=2pn+1(p為常數(shù))()若-a1,12a2,a4成等差數(shù)列,求p的值;()是否存在p,使得an為等比數(shù)列?并說(shuō)明理由【答案】()p=0;(
16、)不存在實(shí)數(shù)p,使得an為等比數(shù)列【解析】【分析】()由已知求得a2,a4,再由-a1,a4成等差數(shù)列列式求p的值;()假設(shè)存在p,使得an為等比數(shù)列,可得,求解p值,驗(yàn)證得答案【詳解】()由a1=2,anan+1=2pn+1,得2a2=2p+1,a2=2p,則2pa3=22p+1,a3=2p+1,由-a1,a4成等差數(shù)列,得a2=a4-a1,即2p=22p-2,解得:p=0;()假設(shè)存在p,使得an等比數(shù)列,則a22=a1a3,即22p=22p+1=2p+2,則2p=p+2,即p=2此時(shí)anan+1=2pn+1=22n+1,an+1an+2=22n+3,而不存在實(shí)數(shù)p,使得an為等比數(shù)列【點(diǎn)
17、睛】本題考查數(shù)列遞推式,考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的性質(zhì),是中檔題18.設(shè)D是直角ABC斜邊AC的中點(diǎn),AB=2,BC=2將CBD沿著B(niǎo)D翻折,使得點(diǎn)C到達(dá)P點(diǎn)位置,且PA=10()求證:平面PBD平面ABD;()求二面角A-PB-D的余弦值【答案】()見(jiàn)解析;()【解析】【分析】()由已知求解三角形證明POBD,POAO,再由線面垂直的判定證得PO平面ABD,從而得到平面PBD平面ABD;()以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以O(shè)D,OC,OP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,分別求出平面PBD與平面PAB的一個(gè)法向量,由兩法向量所成角的余弦值可得二面角A-PB-D的余弦值【詳解】()證明:在RtAB
18、C中,由AB=2,BC=2,得AC=4,D為AC的中點(diǎn),DC=2,取BD中點(diǎn)O,連接CO,則COBD,即POBD,在等邊三角形BCD中,求得CO=,則PO=,在ADO中,由AD=2,OD=1,ADO=120,得AO2=22+12-221cos120=又PA=10,AO2+PO2=PA2,即POAO,AOBD=O,PO平面ABD,而PO平面PBD,則平面PBD平面ABD;()解:以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以O(shè)D,OC,OP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則為平面PBD的一個(gè)法向量A(2,-3,0),B(-1,0,0),P(0,0,3),設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為,由nPA=2x-3y-3z=
19、0nPB=-x-3z=0,取z=1,得n=(-3,-3,1)cosm,n=由圖可知,二面角A-PB-D為銳二面角,二面角A-PB-D的余弦值為31313【點(diǎn)睛】本題考查平面與平面垂直的判定,考查空間想象能力與思維能力,訓(xùn)練了利用空間向量求解空間角,是中檔題19.某項(xiàng)研究性課題由一個(gè)團(tuán)隊(duì)完成,團(tuán)隊(duì)由一個(gè)主持人和若干個(gè)助手組成,助手分固定和臨時(shí)兩種,每個(gè)固定助手的工資為3000元/月,當(dāng)固定助手人手不夠時(shí),需要招聘臨時(shí)助手,每個(gè)臨時(shí)助手的工資為4000元/月,現(xiàn)在搜集并整理了以往的20個(gè)團(tuán)隊(duì)需要的助手?jǐn)?shù);得到如圖柱狀圖記n為提供給一個(gè)團(tuán)隊(duì)的固定助手?jǐn)?shù)(提供的每個(gè)固定助手均按3000元/月的標(biāo)準(zhǔn)支付
20、工資)x為一個(gè)團(tuán)隊(duì)需要的助手?jǐn)?shù),y為支付給一個(gè)團(tuán)隊(duì)的助手的月工資總額(單位:元)()當(dāng)n=4時(shí),求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式;()假設(shè)這20個(gè)團(tuán)隊(duì)中的每一個(gè)團(tuán)隊(duì)都提供4個(gè)固定助手或都提供5個(gè)固定助手,分別計(jì)算這20個(gè)團(tuán)隊(duì)每月支付給助手的工資總額,以此作為決策依據(jù),判斷每一個(gè)團(tuán)隊(duì)提供4個(gè)固定助手劃算還是提供5個(gè)固定助手劃算;()以這20個(gè)團(tuán)隊(duì)需要助手?jǐn)?shù)的頻率代替一個(gè)團(tuán)隊(duì)需要助手?jǐn)?shù)的概率,若40個(gè)團(tuán)隊(duì)中需要5個(gè)以下(不包括5個(gè))助手?jǐn)?shù)的團(tuán)隊(duì)個(gè)數(shù)記為X,求E(X)【答案】()y=;()提供5個(gè);()12【解析】【分析】()當(dāng)n=4時(shí),x4時(shí),y=43000=12000,4x6時(shí),y=12000+4000(
21、x-4)=4000x-4000,由此能求出當(dāng)n=4時(shí),y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式()由題意得每個(gè)團(tuán)隊(duì)需要的助手個(gè)數(shù)X分別為3,4,5,6,P(X=3)=,P(X=4)=0.2,P(X=5)=,P(X=6)=0.4,當(dāng)每一個(gè)團(tuán)隊(duì)提供4個(gè)固定助手時(shí),這20個(gè)團(tuán)隊(duì)每月支付給助手的工資總額Y1=20(0.1+0.2)12000+0.3(40005-4000)+0.4(40006-4000)=328000(元),當(dāng)每一個(gè)團(tuán)隊(duì)提供5個(gè)固定助手時(shí),這20個(gè)團(tuán)隊(duì)每月支付給助手的工資總額:Y2=20(0.1+0.2+0.3)15000+0.4(15000+4000)=332000(元),由此能求出每一個(gè)團(tuán)隊(duì)提供5個(gè)固
22、定助手劃算()40個(gè)團(tuán)隊(duì)中需要5個(gè)以下(不包括5個(gè))助手?jǐn)?shù)的團(tuán)隊(duì)個(gè)數(shù)記為X,E(X)=40(P(X=3)+P(X=4),由此能求出結(jié)果【詳解】()當(dāng)n=4時(shí),x4時(shí),y=43000=12000,4x6時(shí),y=12000+4000(x-4)=4000x-4000,當(dāng)n=4時(shí),y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為:y=4000x-4000,4x6,xN12000,0x4,xN(單位:元)()由題意得每個(gè)團(tuán)隊(duì)需要的助手個(gè)數(shù)X 分別為3,4,5,6,P(X=3)=220=0.1,P(X=4)=420=0.2,P(X=5)=620=0.3,P(X=6)=820=0.4,當(dāng)每一個(gè)團(tuán)隊(duì)提供4個(gè)固定助手時(shí),這20個(gè)團(tuán)隊(duì)每月
23、支付給助手的工資總額:Y1=20(0.1+0.2)12000+0.3(40005-4000)+0.4(40006-4000)=328000(元),當(dāng)每一個(gè)團(tuán)隊(duì)提供5個(gè)固定助手時(shí),這20個(gè)團(tuán)隊(duì)每月支付給助手的工資總額:Y2=20(0.1+0.2+0.3)15000+0.4(15000+4000)=332000(元),Y1Y2,每一個(gè)團(tuán)隊(duì)提供5個(gè)固定助手劃算()40個(gè)團(tuán)隊(duì)中需要5個(gè)以下(不包括5個(gè))助手?jǐn)?shù)的團(tuán)隊(duì)個(gè)數(shù)記為X,E(X)=40(P(X=3)+P(X=4)=40(0.1+0.2)=12【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)關(guān)系式、決策分析、數(shù)學(xué)期望的求法,考查離散型隨機(jī)變量的分布列、數(shù)學(xué)期望等基礎(chǔ)知識(shí),考查
24、運(yùn)算求解能力,是中檔題20.如圖,已知拋物線C:y2=2px(p0),G為圓H:(x+2)2+y2=1上一動(dòng)點(diǎn),由G向C引切線,切點(diǎn)分別為E,F(xiàn),當(dāng)G點(diǎn)坐標(biāo)為(-1,0)時(shí),GEF的面積為4()求C的方程;()當(dāng)點(diǎn)G在圓H:(x+2)2+y2=1上運(yùn)動(dòng)時(shí),記k1,k2,分別為切線GE,GF的斜率,求|1k1-1k2|的取值范圍【答案】()y2=4x;()3,23【解析】【分析】(I)設(shè)切線方程為:y=k(x+1),不妨設(shè)k0與拋物線方程聯(lián)立化為:k2x2+(2k2-2p)x+k2=0,由=0,化為:p=2k2方程k2x2+(2k2-2p)x+k2=0化為:(x-1)2=0,解得x可得E坐標(biāo),根
25、據(jù)GEF的面積為4,解得k,p()設(shè)G(x0,y0),(-3x0-1),可得=1-設(shè)切線方程為:y-y0=k(x-x0),與拋物線方程聯(lián)立化為:ky2-4y+4(y0-kx0)=0,1=0可得x0k2-ky0+1=0,利用根與系數(shù)的關(guān)系可得|k1-k2|=,進(jìn)而得出結(jié)論【詳解】(I)設(shè)切線方程為:y=k(x+1),不妨設(shè)k0聯(lián)立y2=2pxy=k(x+1),化為:k2x2+(2k2-2p)x+k2=0,則=(2k2-2p)2-4k4=0,化為:p=2k2方程k2x2+(2k2-2p)x+k2=0化為:(x-1)2=0,解得x=1E(1,2k),GEF的面積為4,=4,解得k=1p=2C的方程為
26、:y2=4x()設(shè)G(x0,y0),(-3x0-1),則y02=1-設(shè)切線方程為:y-y0=k(x-x0),聯(lián)立y2=4xy-y0=k(x-x0),化為:ky2-4y+4(y0-kx0)=0,1=16-16k(y0-kx0)=0x0k2-ky0+1=0,k1+k2=,k1k2=1x0|k1-k2|=(k1+k2)2-4k1k2=|1k1-1k2|=-(x0+4)2+133,23|1k1-1k2|的取值范圍是3,23【點(diǎn)睛】本題考查了直線與拋物線相切問(wèn)題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、二次函數(shù)的單調(diào)性,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于難題21.已知函數(shù)f(x)=-x2+ef(12)x()求f(x)
27、的單調(diào)區(qū)間;()若存在x1,x2(x1x2),使得f(x1)+f(x2)=1,求證:x1+x22【答案】()在R上單調(diào)遞增;()見(jiàn)解析【解析】【分析】(I)f(x)=e2(x-1)-2x+ef()令x=,則f()=-1+ef(),解得f(),進(jìn)而得出函數(shù)f(x)的單調(diào)性(II)由(I)可得:函數(shù)f(x)=-x2+x在R上單調(diào)遞增要證明:x1+x22x12-x2f(x1)f(2-x2),又f(x1)+f(x2)=1,因此f(x1)f(2-x2)1-f(x2)f(2-x2),即f(x2)+f(2-x2)-10,f(1)=,則x11x2令g(x)=f(2-x)+f(x)-1=+-2x2+4x-2,x
28、1,g(1)=0利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可證明結(jié)論【詳解】(I)f(x)=e2(x-1)-2x+ef(12)令x=12,則f(12)=1e-1+ef(12),解得f(12)=1ef(x)=e2(x-1)-2x+1f(x)=2e2(x-1)-2=2(ex-1+1)(ex-1-1),x=1時(shí),函數(shù)f(x)取得極小值即最小值,f(x)f(1)=0,函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增(II)由(I)可得:函數(shù)f(x)=-x2+x在R上單調(diào)遞增要證明:x1+x22x12-x2f(x1)f(2-x2),又f(x1)+f(x2)=1,因此f(x1)f(2-x2)1-f(x2)f(2-x2),即f(x2)+f(2-x2)-10,f(1)=12-1+1=12,則x11x2令g(x)=f(2-x)+f(x)-1=12e2(1-x)-(2-x)2+2-x+12e2(x-1)-x2+x=12e2(1-x)+12e2(x-1)-2x2+4x-2,x1,g(1)=0g(x)=-e2(1-x)+e2(x-1)-4x+4,
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