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2019-2020年高三(上)期中数学试卷含解析
一、填空题本大题共14小题,每小题5分,计70分.请把答案写在答题纸的指定位置上.1.(5分)已知全集U={1,2,3,4},集合P={2,3},Q={3,4},则CU(P∩Q)= {1,2,4} .考点交、并、补集的混合运算.专题计算题.分析找出P与Q的公共元素,求出两集合的交集,在全集中找出不属于交集的部分,即可确定出所求的集合.解答解∵P={2,3},Q={3,4},∴P∩Q={3},又全集U={1,2,3,4},则CU(P∩Q)={1,2,4}.故答案为{1,2,4}点评此题考查了交、并、补集的混合运算,熟练掌握交、并、补集的定义是解本题的关键. 2.(5分)命题“∃x∈R,x+l≥0”的否定为 ∀x∈R,x+1<0 .考点命题的否定.专题阅读型.分析题目给出了特称命题,它的否定是全称命题.解答解∵“特称命题”的否定一定是“全称命题”,∴命题“∃x∈R,x+l≥0”的否定是∀x∈R,x+1<0.故答案为∀x∈R,x+1<0.点评命题的否定即命题的对立面.“全称量词”与“存在量词”正好构成了意义相反的表述.如“对所有的…都成立”与“至少有一个…不成立”;“都是”与“不都是”等,所以“全称命题”的否定一定是“存在性命题”,“存在性命题”的否定一定是“全称命题”. 3.(5分)函数的定义域是 .考点对数函数的定义域.专题计算题.分析欲求函数的定义域,只需找到使函数解析式有意义的x的取值范围,因为函数中有对数,所以真数大于0,因为函数中有二次根式,所以被开方数大于等于0,解不等式组即可.解答解要使函数有意义,需满足,解得∴函数的定义域为故答案为点评本题主要考察了函数定义域的求法,主要是求使函数成立的x的取值范围. 4.(5分)平面向量与的夹角为120°,,,则= .考点平面向量数量积的运算.专题计算题;平面向量及应用.分析先求、=﹣1,再计算,即可求得结论.解答解∵,∴∵平面向量与的夹角为120°,∴=2×1×cos120°=﹣1∴=4+1﹣2=3∴=故答案为点评本题考查向量知识的运用,考查向量的数量积,考查学生的计算能力,属于基础题. 5.(5分)已知函数y=ax+1﹣1(a>0,a≠1),则函数恒过定点为 (﹣1,0) .考点指数函数的单调性与特殊点.专题函数的性质及应用.分析根据函数y=ax(a>0,a≠1)经过定点(0,1),可得函数y=ax+1﹣1(a>0,a≠1)经过的定点的坐标.解答解由于函数y=ax(a>0,a≠1)经过定点(0,1),故函数y=ax+1﹣1(a>0,a≠1)恒过定点(﹣1,0),故答案为(﹣1,0).点评本题主要考查指数函数的单调性和特殊点,属于基础题. 6.(5分)设条件p a>0,条件q a2+a≥0,那么p是q的 充分不必要 条件(填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中之一).考点必要条件、充分条件与充要条件的判断.分析由p成立能推出q成立,但由q成立不能推出p成立,从而得到p是q的充分不必要条件.解答解∵条件p a>0,条件q a2+a≥0,故由p成立能推出q成立.当q成立时,有a<﹣1,或a>0,不能推出a>0,即不能推出p成立,故p是q的充分不必要条件,故答案为充分不必要.点评本题主要考查充分条件、必要条件、充要条件的定义,属于基础题. 7.(5分)已知f(x)是R上的偶函数,且满足f(x+4)=f(x),当x∈(0,2)时,,则f
(7)= 3 .考点函数的周期性;函数奇偶性的性质;函数的值.专题函数的性质及应用.分析由函数的奇偶性和周期性可得f
(7)=f(﹣7)=f(﹣7+8)=f
(1),代入已知的函数解析式化简可得结果.解答解由f(x+4)=f(x)可得函数f(x)是周期等于4的周期函数.再由f(x)是R上的偶函数,当x∈(0,2)时,,故有f
(7)=f(﹣7)=f(﹣7+8)=f
(1)=1+2=3,故答案为8.点评本题主要考查利用函数的奇偶性和周期性求函数的值,属于基础题. 8.(5分)已知,,则tan(2α﹣β)= 1 .考点两角和与差的正切函数.专题计算题.分析把已知的等式的左边的分子利用二倍角的余弦函数公式及同角三角函数间的基本关系化简后,即可得到tanα的值,然后把所求的式子中的角2α﹣β变为α+(α﹣β),利用两角和与差的正切函数公式化简,将各自的值代入即可求出值.解答解由==2tanα=1,解得tanα=,又tan(α﹣β)=,则tan(2α﹣β)=tan[α+(α﹣β)]===1.故答案为1点评此题考查学生灵活运用二倍角的余弦函数公式及同角三角函数间的基本关系化简求值,灵活运用两角和与差的正切函数公式化简求值,是一道基础题. 9.(5分)已知α和β是两个不同的平面,m和n是两条不同的直线,给出下列命题
①若m∥α,n∥α,则m∥n;
②若m⊥α,n⊥α,则m∥n;
③若m∥α,α∩β=n,则m∥n;
④若m⊥α,m∥n,n⊂β,则α⊥β.上面命题中,真命题的序号是
②④ .(写出所有真命题的序号)考点命题的真假判断与应用;空间中直线与平面之间的位置关系.专题空间位置关系与距离.分析根据空间线面平行的几何特征及空间线线平行的判定方法,可判断
①;根据线面垂直的性质定理,可判断
②;根据空间线面垂直的几何特征及空间线线平行的判定方法,可判断
③;根据线面垂直的第二判定定理及面面垂直的判定定理可判断
④解答解
①选项不正确,因为当“m∥α,n∥α,则m∥n,”时,m与n可能平行,可能相交,也可能异面;由线面垂直的性质定理“垂直于同一平面的两条直线平行”可得
②正确;若m∥α,α∩β=n,则m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故
③错误;若m⊥α,m∥n,由线面垂直的第二判定定理可得n⊥α,又由n⊂β结合面面垂直的判定定理可得α⊥β,故
④正确;故答案为
②④点评本题以命题的真假判断为载体考查了空间直线与平面的位置关系,熟练掌握空间线面关系的判定及几何特征是解答的关键. 10.(5分)如图所示,点P是函数y=2sin(ωx+φ)(x∈R,ω>0)图象的最高点,M、N是图象与x轴的交点,若=0,则ω= .考点正弦函数的图象.专题计算题;数形结合.分析由题意,结合图象,推出OP=2,MN=4,求出函数的周期,利用周期公式求出ω.解答解,点P是函数y=2sin(ωx+φ)(x∈R,ω>0)图象的最高点,M、N是图象与x轴的交点,若=0,所以OP=2,MO=OM=2,所以T=4,因为T=,所以ω=故答案为点评本题是基础题,考查正弦函数的图象,函数的周期,向量的数量积与向量的垂直关系,考查逻辑推理能力,计算能力,好题. 11.(5分)在△ABC中,AB=BC,.若以A,B为焦点的椭圆经过点C,则该椭圆的离心率为 .考点椭圆的简单性质.专题圆锥曲线的定义、性质与方程.分析不妨设AB=BC=1,因,则AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cosB=,由此得边AC,再根据椭圆的定义可知2a,又2c=1,从而求出该椭圆的离心率.解答解设AB=BC=1,由于.则AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cosB=,∴AC=,2a=1+,2c=1,e==.故答案为.点评本题考查椭圆的性质及应用,解题时要注意的定义的正确运用,属于基础题. 12.(5分)如图,在△ABC中,∠BAC=120°,AB=1,AC=2,D为BC边上一点,且=2,则•= .考点平面向量数量积的运算.专题平面向量及应用.分析把向量与分别用、表示即可求出.解答解∵∠BAC=120°,AB=1,AC=2,∴=﹣1.∵,∴===,又∵,∴====.故答案为.点评熟练掌握向量的运算和数量积运算是解题的关键. 13.(5分)若函数f(x)=|sinx|(x≥0)的图象与过原点的直线有且只有三个交点,交点中横坐标的最大值为α,则= 2 .考点导数的几何意义.专题计算题.分析先根据题意画图,然后令切点为A(α,﹣sinα),α∈(π,),在(π,)上,根据切线的斜率等于切点处的导数建立等式关系,即可求出α=tanα,代入所求化简即可求出所求.解答解函数f(x)=|sinx|(x≥0)与直线有且只有三个交点如图所示,令切点为A(α,﹣sinα),α∈(π,),在(π,)上,f(x)=﹣cosx∴﹣cosx=﹣即α=tanα,故===2故答案为2点评本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程,以及三角函数的运算,属于中档题. 14.(5分)f(x)=,g(x)=x3﹣3a2x﹣2a(a>0),若对于任意x1∈[0,1],总存在x0∈[0,1],使得g(x0)=f(x1)成立,则a的取值范围为 .考点利用导数求闭区间上函数的最值.专题综合题;导数的概念及应用.分析由题意对于任意x1∈[0,1],总存在x0∈[0,1],使得g(x0)=f(x1)成立,即g(x)的值域包含f(x)的值域,分别求值域,转化为集合的关系问题.解答解设t=2﹣x,则t∈[1,2],y=t+﹣16∴y=t+﹣16在[1,2]上单调递减∴﹣≤y≤﹣6∴f(x)值域[﹣,﹣6],∵g(x)=x3﹣3a2x﹣2a(a>0),∴g′(x)=3x2﹣3a2=3(x+a)(x﹣a)若0<a≤,则g(x)在x∈[0,1]上的值域[1﹣3a2﹣2a,﹣2a3﹣2a];若<a<1,则g(x)在x∈[0,1]上的值域[﹣2a,﹣2a3﹣2a];若a≥1,则g(x)在x∈[0,1]上的值域[1﹣3a2﹣2a,﹣2a];由条件,对于任意x1∈[0,1],总存在x0∈[0,1],使得g(x0)=f(x1)成立,故只须g(x)的值域包含f(x)的值域∴或或∴故答案为点评本题考查函数的值域问题,任意性和存在性命题问题,考查对题目的理解和转化能力.
二、解答题本大题共6小题,计90分.解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤,请把答案写在答题纸的指定区域内.15.(14分)已知,记函数
(1)求f(x)的最小正周期和单调增区间;
(2)当时,求f(x)的值域.考点平面向量数量积的运算;函数的值域;两角和与差的正弦函数;正弦函数的单调性.专题计算题;平面向量及应用.分析
(1)利用向量的数量积运算,结合辅助角公式化简函数,即可求f(x)的最小正周期和单调增区间;
(2)当时,可得,即可求f(x)的值域.解答解
(1)∵,∴=…(3分)∴f(x)的最小正周期为π…(5分)由,可得∴f(x)的单调增区间为(开区间也正确)…(7分)
(2)∵,∴…(9分)∴,∴f(x)的值域为[1,2]…(14分)点评本题考查向量知识的运用,考查三角函数的化简,考查三角函数的性质,正确化简函数是关键. 16.(14分)(xx•枣庄一模)如图,已知AB⊥平面ACD,DE∥AB,△ACD是正三角形,AD=DE=2AB,且F是CD的中点.(Ⅰ)求证AF∥平面BCE;(Ⅱ)求证平面BCE⊥平面CDE.考点平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定.专题证明题.分析(Ⅰ)取CE中点P,连接FP、BP,欲证AF∥平面BCE,根据直线与平面平行的判定定理可知只需证AF与平面平面BCE内一直线平行,而AF∥BP,AF⊂平面BCE,BP⊂平面BCE,满足定理条件;(Ⅱ)欲证平面BCE⊥平面CDE,根据面面垂直的判定定理可知在平面BCE内一直线与平面CDE垂直,而根据题意可得BP⊥平面CDE,BP⊂平面BCE,满足定理条件.解答证明(Ⅰ)取CE中点P,连接FP、BP,∵F为CD的中点,∴FP∥DE,且FP=.又AB∥DE,且AB=.∴AB∥FP,且AB=FP,∴ABPF为平行四边形,∴AF∥BP.(4分)又∵AF⊄平面BCE,BP⊂平面BCE,∴AF∥平面BCE(6分)(Ⅱ)∵△ACD为正三角形,∴AF⊥CD∵AB⊥平面ACD,DE∥AB∴DE⊥平面ACD又AF⊂平面ACD∴DE⊥AF又AF⊥CD,CD∩DE=D∴AF⊥平面CDE(10分)又BP∥AF∴BP⊥平面CDE又∵BP⊂平面BCE∴平面BCE⊥平面CDE(12分)点评本小题主要考查空间中的线面关系,考查线面平行、面面垂直的判定,考查运算能力和推理论证能力,考查转化思想,属于基础题. 17.(14分)(xx•香洲区模拟)在锐角△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C,所对的边,且满足.(Ⅰ)求角B的大小;(Ⅱ)若a+c=5,且a>c,b=,求的值.考点余弦定理;平面向量数量积的运算;正弦定理.专题计算题.分析(Ⅰ)利用正弦定理化简已知的等式,根据sinA不为0,可得出sinB的值,由B为锐角,利用特殊角的三角函数值即可求出B的度数;(Ⅱ)由b及cosB的值,利用余弦定理列出关于a与c的关系式,利用完全平方公式变形后,将a+c的值代入,求出ac的值,将a+c=5与ac=6联立,并根据a大于c,求出a与c的值,再由a,b及c的值,利用余弦定理求出cosA的值,然后将所求的式子利用平面向量的数量积运算法则化简后,将b,c及cosA的值代入即可求出值.解答解(Ⅰ)∵a﹣2bsinA=0,∴sinA﹣2sinBsinA=0,…(2分)∵sinA≠0,∴sinB=,…(3分)又B为锐角,则B=;…(5分)(Ⅱ)由(Ⅰ)可知B=,又b=,根据余弦定理,得b2=7=a2+c2﹣2accos,…(7分)整理得(a+c)2﹣3ac=7,∵a+c=5,∴ac=6,又a>c,可得a=3,c=2,…(9分)∴cosA===,…(11分)则=||•||cosA=cbcosA=2××=1.…(13分)点评此题考查了正弦、余弦定理,平面向量的数量积运算法则,完全平方公式的运用,以及特殊角的三角函数值,熟练掌握定理及法则是解本题的关键. 18.(16分)某企业生产A,B两种产品,根据市场调查与预测,A产品的利润与投资成正比,其关系如图1;B产品的利润与投资的算术平方根成正比,其关系如图2(注利润和投资单位万元).
(1)分别将A、B两种产品的利润表示为投资的函数关系式;
(2)已知该企业已筹集到18万元投资金,并将全部投入A,B两种产品的生产.
①若平均投入生产两种产品,可获得多少利润?
②问如果你是厂长,怎样分配这18万元投资,才能使该企业获得最大利润?其最大利润约为多少万元?考点函数模型的选择与应用.专题综合题;函数的性质及应用.分析
(1)设出函数解析式,根据图象f
(1)=
0.25,g
(4)=4,即可求得结论;
(2)
①利用
(1)的结论,可得总利润;
②确定总利润函数,换元,利用配方法,可求最值.解答解
(1)设甲、乙两种产品分别投资x万元(x≥0),所获利润分别为f(x)、g(x)万元,由题意可设f(x)=k1x,g(x)=k2,∴根据图象f
(1)=
0.25,g
(4)=4∴f(x)=
0.25x(x≥0),g(x)=2(x≥0).…2′
(2)
①由
(1)得f
(9)=
2.25,g
(9)=2=6,∴总利润y=
8.25(万元).….4′
②设B产品投入x万元,A产品投入(18﹣x)万元,该企业可获总利润为y万元,则y=(18﹣x)+2,0≤x≤18…..6′令=t,t∈[0,3],则y=(﹣t2+8t+18)=﹣(t﹣4)2+.…8′∴当t=4时,ymax==
8.5,此时x=16,18﹣x=2.∴当A、B两种产品分别投入2万元、16万元时,可使该企业获得最大利润
8.5万元.…9′点评本题考查函数模型的构建,考查函数的最值,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题. 19.(16分)(xx•姜堰市模拟)如图,在直角坐标系中,中心在原点,焦点在X轴上的椭圆G的离心率为,左顶点A(﹣4,0),圆O(x﹣2)2+y2=r2是椭圆G的内接△ABC的内切圆.(Ⅰ)求椭圆G的方程;(Ⅱ)求圆O的半径r;(Ⅲ)过M(0,1)作圆G的两条切线交椭圆于E,F两点,判断直线EF与圆O的位置关系,并证明.考点直线与圆锥曲线的综合问题.专题综合题.分析(Ⅰ)利用椭圆G的离心率为,左顶点A(﹣4,0),可求椭圆的标准方程;(Ⅱ)可取BC⊥X轴时来研究,则可设B(2+r,y0),过圆心G作GD⊥AB于D,BC交长轴于H由即,再由点B(2+r,y0)在椭圆上,建立关于r的方程求解.(Ⅲ)设过点M(0,1)与圆相切的直线方程为y﹣1=kx,由圆心到直线的距离等于半径求,与椭圆方程联立,表示出E,F和坐标,从而得到EF所在的直线的方程,再探讨圆心到直线的距离和半径的关系.解答解(Ⅰ),a=4得,椭圆G方程为﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(5分)(Ⅱ)设B(2+r,y0),过圆心o作OD⊥AB于D,BC交长轴于H由得,即
(1)﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(7分)而点B(2+r,y0)在椭圆上,
(2)﹣﹣﹣﹣﹣(9分)由
(1)、
(2)式得15r2+8r﹣12=0,解得或(舍去)﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(11分)(Ⅲ)直线EF与圆O的相切设过点M(0,1)与圆相切的直线方程为y﹣1=kx
(3)则,即32k2+36k+5=0
(4)解得将
(3)代入得(16k2+1)x2+32kx=0,则异于零的解为﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(13分)设F(x1,k1x1+1),E(x2,k2x2+1),则则直线FE的斜率为于是直线FE的方程为即则圆心(2,0)到直线FE的距离故结论成立.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(15分)点评本题主要是通过圆和椭圆来考查直线和圆,直线和椭圆的位置关系. 20.(16分)已知函数f(x)=m(x﹣1)2﹣2x+3+lnx(m≥1).(Ⅰ)当时,求函数f(x)在区间[1,3]上的极小值;(Ⅱ)求证函数f(x)存在单调递减区间[a,b];(Ⅲ)是否存在实数m,使曲线C y=f(x)在点P(1,1)处的切线l与曲线C有且只有一个公共点?若存在,求出实数m的值,若不存在,请说明理由.考点利用导数研究函数的极值;利用导数研究函数的单调性.专题计算题;压轴题.分析(I)先求出导函数,然后求出f′(x)=0,通过列表判定函数的单调性,从而确定函数的极小值;(II)令f′(x)=0,因为△>0,所以方程存在两个不等实根,根据条件进一步可得方程有两个不等的正根,从而得到函数f(x)存在单调递减区间;(III)先求出函数y=f(x)在点P(1,1)处的切线l的方程,若切线l与曲线C只有一个公共点,则只需方程f(x)=﹣x+2有且只有一个实根即可.解答解(Ⅰ)(x>0).当时,,令f′(x)=0,得x1=2,x2=.f(x),f′(x)的变化情况如下表x(0,)(,2)2(2,+∞)f(x)+0﹣0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以,当x=2时,函数f(x)取到极小值,且极小值为f
(2)=ln2﹣.(4分)(Ⅱ)令f′(x)=0,得mx2﹣(m+2)x+1=0.(*)因为△=(m+2)2﹣4m=m2+4>0,所以方程(*)存在两个不等实根,记为a,b(a<b).因为m≥1,所以所以a>0,b>0,即方程(*)有两个不等的正根,因此f′(x)<0的解为(a,b).故函数f(x)存在单调递减区间.(8分)(Ⅲ)因为f′
(1)=﹣1,所以曲线C y=f(x)在点P(1,1)处的切线l为y=﹣x+2.若切线l与曲线C只有一个公共点,则方程m(x﹣1)2﹣2x+3+lnx=﹣x+2有且只有一个实根.显然x=1是该方程的一个根.令g(x)=m(x﹣1)2﹣x+1+lnx,则.当m=1时,有g′(x)≥0恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以x=1是方程的唯一解,m=1符合题意.当m>1时,令g′(x)=0,得x1=1,x2=,则x2∈(0,1),易得g(x)在x1处取到极小值,在x2处取到极大值.所以g(x2)>g(x1)=0,又当x→0时,g(x)→﹣∞,所以函数g(x)在(0,)内也有一个解,即当m>1时,不合题意.综上,存在实数m,当m=1时,曲线C y=f(x)在点P(1,1)处的切线l与C有且只有一个公共点.(14分)点评本题主要考查了利用导数研究函数的极值和单调性,以及导数的几何意义,同时考查了转化的思想,属于中档题.
三、数学附加题部分(本部分满分0分,考试时间30分钟)【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2题,每小题0分,共20分.请在答题卡指定区域内作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.【必做题】第22题、第23题,每题10分,共20分.请在答题卡指定区域内作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.21.A.选修4﹣1几何证明选讲如图,直角△ABC中,∠B=90°,以BC为直径的⊙O交AC于点D,点E是AB的中点.求证DE是⊙O的切线.B.选修4﹣2矩阵与变换已知二阶矩阵A有特征值﹣1及其对应的一个特征向量为,点P(2,﹣1)在矩阵A对应的变换下得到点P′(5,1),求矩阵A.C.选修4﹣4坐标系与参数方程在直角坐标系中,以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知直线l的极坐标方程为,曲线C的参数方程为(α为参数),求曲线C截直线l所得的弦长.D.选修4﹣5不等式选讲已知a,b,c都是正数,且abc=8,求证log2(2+a)+log2(2+b)+log2(2+c)≥6.考点圆的切线方程;特征值、特征向量的应用;参数方程化成普通方程;不等式的证明.专题计算题;不等式的解法及应用;直线与圆;圆锥曲线的定义、性质与方程.分析A.连接OD,DB,由BC是⊙O的直径,知∠ADB=∠CDB=90°,由此能够推导出∠EDO=∠OBE=90°,从而证明DE是⊙O的切线.B.设二阶矩阵,由题意,,且,由此能求出矩阵A.C.分别把和参数方程(α为参数)化为直角坐标方程,然后联立方程组解得两曲线的交点,由此能求出弦长.D.先利用基本不等式根据已知条件推导出(2+a)(2+b)(2+c)≥2=64,再由对数性质能够证明log2(2+a)+log2(2+b)+log2(2+c)≥6.解答【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做两题,每小题(10分),共计(20分).A.选修4﹣1几何证明选讲证连接OD,DB∵BC是⊙O的直径∴∠ADB=∠CDB=90°…(2分)∵E是AB的中点∴DE=AB=EB∴∠1=∠2∵OD=OB,∴∠3=∠4…(8分)∴∠1+∠3=∠2+∠4.即∠EDO=∠OBE=90°∴DE是⊙O的切线.…(10分)B.选修4﹣2矩阵与变换解设二阶矩阵由题意,,且…(4分)即,…(8分)解得,∴.…(10分)C.选修4﹣4坐标系与参数方程解由,化为直角坐标方程x+y﹣2=0,
①…(4分)参数方程(α为参数),化为直角坐标方程=1,
②…(8分)联立
①②得,解得两曲线的交点为(2,0),,所以所求的弦长=.…(10分)D.选修4﹣5不等式选讲证明∵a,b,c都是正数,∴2+a≥2,2+b≥2,2+c≥2,…(4分)又∵abc=8,∴(2+a)(2+b)(2+c)≥2=64,…(8分)(当且仅当a=b=c=2时等号成立)…(9分)故log2(2+a)+log2(2+b)+log2(2+c)=log2[(2+a)(2+b)(2+c)]≥log264=6.…(10分)点评A考查与圆有关的比例线段,B考查矩阵与变换,C考查极坐标与参数方程,D考查不等式的证明,都是中档题.解题时要认真审题,仔细解答,注意等价转化思想的合理运用. 22.(xx•江西)设函数f(x)=lnx+ln(2﹣x)+ax(a>0).
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间.
(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为,求a的值.考点利用导数研究函数的单调性.分析
(1)已知a=1,f′(x)=﹣+1,求解f(x)的单调区间,只需令f′(x)>0解出单调增区间,令f′(x)<0解出单调减区间.
(2)区间(0,1]上的最值问题,通过导数得到单调性,结合极值点和端点的比较得到,确定待定量a的值.解答解对函数求导得,定义域为(0,2)
(1)当a=1时,f′(x)=﹣+1,当f′(x)>0,即0<x<时,f(x)为增函数;当f′(x)<0,<x<2时,f(x)为减函数.所以f(x)的单调增区间为(0,),单调减区间为(,2)
(2)函数f(x)=lnx+ln(2﹣x)+ax(a>0).,>0,所以函数为单调增函数,(0,1]为单调递增区间.最大值在右端点取到.所以a=.点评考查利用导数研究函数的单调性,利用导数处理函数最值等知识. 23.如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4.
(1)若点D是AB的中点,求二面角D﹣CB1﹣B的余弦值;
(2)设=λ,异面直线AC1与CD所成角的余弦值为,求λ的值.考点二面角的平面角及求法;异面直线及其所成的角.专题综合题;空间角.分析
(1)以CA,CB,CC1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标,利用向量法能求出二面角D﹣B1C﹣B的余弦值.
(2)由=λ,异面直线AC1与CD所成角的余弦值为,利用向量法能求出λ的值.解答解
(1)以CA,CB,CC1分别为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标,因为AC=3,BC=4,AA1=4所以A(3,0,0),B(0,4,0),C(0,0,0),C1(0,0,4),B1(0,4,4),因为D是AB的中点,所以,所以,,平面CBB1C1的法向量n1=(1,0,0),…(1分)设平面DB1C的一个法向量n2=(x0,y0,z0),则n1,n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角D﹣CB1﹣B的大小,由得令x0=4,则y0=﹣3,z0=3,所以n2=(4,﹣3,3)…(3分)…(4分)所以二面角D﹣B1C﹣B的余弦值为.…(5分)
(2)由
(1)得=(﹣3,0,4),因为,所以点D(﹣3λ+3,4λ,0),所以,…(7分)因为异面直线AC1与CD所成角的余弦值为,所以|cos<,>|==,解得.…(10分)点评本题考查二面角的求法及其应用,解题时要认真审题,仔细解答,注意向量法的合理运用. 。