天津市高一数学寒假作业(3)

天津市2013-2014学年高一寒假作业（3）数学 Word版含答案第I卷（选择题）评卷人得分一、选择题（题型注释）1.（5分）（2013•成都一模）定义在（﹣1，1）上的函数；当x∈（﹣1，0）时，f（x）＞0，若，，则P，Q，R的大小关系为（）A．R＞Q＞P B．R＞P＞Q C．P＞R＞Q D．Q＞P＞R2.（5分）（2012•朝阳区一模）已知点集A={（x，y）|x2+y2﹣4x﹣8y+16≤0}，B={（x，y）|y≥|x﹣m|+4，m是常数}，点集A所表示的平面区域与点集B所表示的平面区域的边界的交点为M，N．若点D（m，4）在点集A所表示的平面区域内（不在边界上），则△DMN的面积的最大值是（）A．1B．2C．D．43.（5分）在△ABC中，B（﹣2，0），C（2，0），A（x，y），若△ABC满足条件分别为①周长为10；②∠A=90°；③k AB k AC=1．则A的轨迹方程分别是a：x2+y2=4（y≠0）；；c：x2﹣y2=4（y≠0），则正确的配对关系是（）A．①a②b③c B．①b②a③c C．①c②a③b D．①b②c③a4.（5分）已知，则下列说法不正确的是（）A．若，则sin（α﹣θ）=0 B．若，则cos（α﹣θ）=0C．D．与的夹角为|α﹣θ|5.（5分）设等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项积为T n，a2、a4是方程x2+5x+4=0的两个根，且b1=a2，b5=a4，则S5T5=（）A．400 B．﹣400 C．±400D．﹣2006.3．（5分）直线y=k（x﹣1）与圆x2+y2=1的位置关系是（）A．相离B．相切C．相交D．相交或相切7.（5分）函数f（x）=x2﹣2x+2的值域为[1，2]，则f（x）的定义域不可能是（）A．（0，2] B．[0，1] C．[1，2] D．[0，3]8.（5分）已知z∈C，映射的实部，则3+4i的像为（）A．B．C．D．第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明 评卷人 得分二、填空题（题型注释）9.（5分）直线3x+4y ﹣15=0被圆x 2+y 2=25截得的弦AB 的长为 ．10.（5分）（2013•杨浦区一模）在平面直角坐标系xOy 中，设直线和圆x 2+y 2=n2相切，其中m ，n ∈N ，0＜|m ﹣n|≤1，若函数f （x ）=m x+1﹣n 的零点x 0∈（k ，k+1）k ∈Z ，则k= ．11.（5分）已知，且关于x 的方程有实根，则与的夹角的取值范围是 ．12.（5分）（2010·上饶模拟）∀a ∈（﹣∞，0），总∃x 0使得acosx+a≥0成立，则的值为 ．13.现有5根竹竿，它们的长度（单位：m ）分别为2.5，2.6，2.7，2.8，2.9，若从中一次随机抽取2根竹竿，则它们的长度恰好相差0.3m 的概率为 .14.在样本的频率分布直方图中，共有5个小长方形，若中间一个小长方形的面积等于其他4个小长方形的面积和的14，且样本容量为100，则正中间的一组的频数为 .评卷人 得分三、解答题（题型注释）15.（15分）（2011•镇江一模）设函数f （x ）=x （x ﹣1）2，x ＞0． （1）求f （x ）的极值；（2）设0＜a≤1，记f （x ）在（0，a]上的最大值为F （a ），求函数的最小值；（3）设函数g （x ）=lnx ﹣2x 2+4x+t （t 为常数），若使g （x ）≤x+m≤f（x ）在（0，+∞）上恒成立的实数m 有且只有一个，求实数m 和t 的值．16.（15分）已知中心在原点O、焦点在x轴上的椭圆C过点M（2，1），离心率为．如图，平行于OM的直线l交椭圆C于不同的两点A，B．（1）当直线l经过椭圆C的左焦点时，求直线l的方程；（2）证明：直线MA，MB与x轴总围成等腰三角形．17.（10分）（2010•崇文区一模）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱与底面垂直，∠ABC=90°，AB=BC=BB1=2，M，N分别是AB，A1C的中点．（1）求证：MN∥平面BCC1B1．（2）求证：MN⊥平面A1B1C．（3）求三棱锥M﹣A1B1C的体积．18.（10分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足（sinB+sinA）（b﹣a）=c（sinB﹣sinC）（1）求角A的值；（2）求f（x）=sin2xcosA+cos2xsinA，x∈[0，π]的最值及单调递减区间．19.（14分）设函数f（x）=x2，g（x）=alnx+bx（a＞0）（1）若f（1）=g（1），f′（1）=g′（1），求g（x）的解析式；（2）在（1）的结论下，是否存在实常数k和m，使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m？若存在，求出k和m的值．若不存在，说明理由．（3）设G（x）=f（x）+2﹣g（x）有两个零点x1和x2，且x1，x0x2成等差数列，试探究值G′（x0）的符号．20.（13分）（2011•万州区一模）已知动圆C过点A（﹣2，0），且与圆M：（x﹣2）2+y2=64相内切（1）求动圆C的圆心的轨迹方程；（2）设直线l：y=kx+m（其中k，m∈Z）与（1）所求轨迹交于不同两点B，D，与双曲线交于不同两点E，F，问是否存在直线l，使得向量，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由．试卷答案1.B取x=y=0，则f（0）﹣f（0）=f（0），所以，f（0）=0，设x＜y，则，所以所以f（x）＞f（y），所以函数f（x）在（﹣1，1）上为减函数，由，得：取y=，，则x=，所以，因为0＜，所以所以R＞P＞Q．故选B．2.B由题意，点D在直线y=4上，集合A表示的平面区域是图中圆O′的内部，集合B表示的平面区域是图中直角的内部当D运动到O′时，△DMN的面积的最大值，此时三角形是一个直角边为2的等腰直角三角形，所以面积为2故选B．3.B△ABC中，∵B（﹣2，0），C（2，0），A（x，y），∴BC=4，=（﹣2﹣x，﹣y），=（2﹣x，﹣y），k AB=，k AC=，①△ABC的周长为10，即AB+AC+BC=10，而BC=4，所以AB+AC=6＞BC，故动点A的轨迹为椭圆，与b对应；②∠A=90°，故•=（﹣2﹣x，﹣y）（2﹣x，﹣y）=x2+y2﹣4=0，与a对应；③k AB k AC=1，故．即x2﹣y2=4，与c对应．故选B．4.D∵，∴若，则cosθsinα﹣sinθcosα=0，∴sin（α﹣θ）=0，故A正确；∵，∴若，则cosθcosα+sinθsinα=0∴cos（α﹣θ）=0，故B正确；∵，∴=1，=1，∴﹣=（）（）=0，∴（）⊥（），故C正确；∵，∴cos＜＞==cos＜θ﹣α＞，∴与的夹角为|θ﹣α|，或π﹣|θ﹣α|．故D不成立．故选D．5.C∵等差数列{a n}中，a2、a4是方程x2+5x+4=0的两个根，∴a2+a4=﹣5，a2•a4=4，∴S5===﹣，∵等比数列{b n}中，b1=a2，b5=a4，∴b1b5=（b1q2）2=a2•a4=4，∴=±2，∵等比数列{b n}的前n项积为T n，∴T5==（）5=±32，∴S5T5=±400．故选C．6.C直线y=k（x﹣1）恒过点（1，0），且直线的斜率存在∵（1，0）在圆x2+y2=1上∴直线y=k（x﹣1）与圆x2+y2=1的位置关系是相交故选C．7.D∵f（x）=x2﹣2x+2=（x﹣1）2+1，∴f（1）=1，令f（x）=2得，x2﹣2x=0，解得，x=0或2，∵对称轴x=1，∴f（x）的定义域必须有1、0或2，且不能小于0或大于2，∴区间（0，2]，[0，1]，[1，2]都符合条件，由于区间[0，3]中有大于2的自变量，故函数值有大于2的，故答案为：D．8.C由题意可得：3+4i的像为的实部，化简得===，故其实部为，故选C9.8x2+y2=25的圆心坐标为（0，0）半径为：5，所以圆心到直线的距离为：d=，所以|AB|==4，所以|AB|=8故答案为：810.0.∵直线和圆x2+y2=n2相切，∴圆心到直线的距离是半径n，∴∴2m=2n，∵m，n∈N，0＜|m﹣n|≤1，∴m=3，n=4，∴函数f（x）=m x+1﹣n=3x+1﹣4，要求函数的零点所在的区间，令f（x）=0，即3x+1﹣4=0，∴3x+1=4，∴x+1=log34，∴x=log34﹣1∵log34∈（1，2）∴x∈（0，1）∴k=0故答案为：011.设两向量的夹角为θ有实根即∵∴∴故答案为：12.∵a∈（﹣∞，0），acosx0+a≥0∴cosx0≤﹣1∴x0=2kπ+π∴=sin（4kπ+2π﹣）=﹣sin=﹣故答案为﹣13.0.214.2015.（1）当x=时，有极大值f（）=，当x=1时，有极小值f（1）=0．（2）当0＜a≤1时，函数的最小值为．（3）m=﹣，t=．（1）f′（x）=（x﹣1）2+2x（x﹣1）=3x2﹣4x+1=（3x﹣1）（x﹣1），x＞0．令f′（x）=0，得x=或x=1，f（x），f′（x）随x的变化情况如下表∴当x=时，有极大值f（）=，当x=1时，有极小值f（1）=0．（2）由（1）知：f（x）在（0，]，[1，+∞）上是增函数，在[，1]上是减函数，①0＜a≤时，F（a）=a（a﹣1）2，G（a）=（a﹣1）2≥特别的，当a=时，有G（a）=，②当＜a≤1时，F（a）=f（）=，G（a）=≥特别的，当a=1时，有G（a）=，由①②知，当0＜a≤1时，函数的最小值为．（3）由已知得h1（x）=x+m﹣g（x）=2x2﹣3x﹣lnx+m﹣t≥0在（0，+∞）上恒成立，∵，∴x∈（0，1）时，h′1（x）＜0，x∈（1，+∞）时，h1（x）＞0∴x=1时，h′1（x）取极小值，也是最小值，∴当h1（1）=m﹣t﹣1≥0，m≥t+1时，h1（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，同样，h2（x）=f（x）﹣x﹣m=x3﹣2x2﹣m≥0在（0，+∞）上恒成立，∵h′2（x）=3x（x﹣），∴x∈（0，）时，h′2（x）＜0，x∈（，+∞），h′2（x）＞0，∴x=时，h2（x）取极小值，也是最小值，∴=﹣﹣m≥0，m≤﹣时，h2（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，∴t+1≤m≤﹣，∵实数m有且只有一个，∴m=﹣，t=．16.（1）解：∵e=，∴设椭圆方程为，将M（2，1）代入，得，解得b2=2，所以椭圆C的方程为，因此左焦点为（﹣，0），斜率，所以直线l的方程为y=（x+），即y=．（2）证明：设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，A（x1，y1），B（x2，y2），则，，∴k1+k2====，（*）设l：y=+m，由，得x2+2mx+2m2﹣4=0，所以x1+x2=﹣2m，，代入（*）式，得k1+k2===0．所以直线MA，MB与x轴总围成等腰三角形．17.（Ⅰ）证明：连接BC1，AC1，∵M，N是AB，A1C的中点∴MN∥BC1．又∵MN不属于平面BCC1B1，∴MN∥平面BCC1B1．（Ⅱ）解：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱与底面垂直，∴四边形BCC1B1是正方形．∴BC1⊥B1C．∴MN⊥B1C．连接A1M，CM，△AMA1≌△AMC．∴A1M=CM，又N是A1C的中点，∴MN⊥A1C．∵B1C与A1C相交于点C，∴MN⊥平面A1B1C．（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知MN是三棱锥M﹣A1B1C的高．在直角△MNC中，，∴．又．．18.（1）（2）f（x）的单调递减区间为（1）由题意，（sinB+sinA）（b﹣a）=c（sinB﹣sinC）∴（b+a）（b﹣a）=c（b﹣c）∴b2+c2﹣a2=bc，∴∵A∈（0，π），∴（2）∵x∈[0，π]，∴从而当，即时，f（x）max=1由得，从而f（x）的单调递减区间为19.（1）g（x）=lnx+x；（2）存在这样的k和m，且k=2，m=﹣1，满足条件．（3）为正.（1）由f（1）=g（1），得 b=1．∵f′（x）=2x，，f′（1）=g′（1）∴2=a+b，联立，解得a=b=1，则g（x）=lnx+x．（2）因f（x）与g（x）有一个公共点（1，1），而函数f（x）=x2在点（1，1）的切线方程为y=2x﹣1，下面验证 f（x）≥2x﹣1，g（x）≤2x﹣1 都成立即可．由x2﹣2x+1≥0，得x2≥2x﹣1，知f（x）≥2x﹣1恒成立．设h（x）=lnx+x﹣（2x﹣1），即h（x）=lnx﹣x+1，，∴当0＜x ＜1时，h′（x）＞0；当x＞1时，h′（x）＜0．∴h（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，∴h（x）在x=1时取得最大值，∴h（x）=lnx+x﹣（2x﹣1）的最大值为h（1）=0，所以lnx+x≤2x﹣1恒成立．故存在这样的k和m，且k=2，m=﹣1，满足条件．（3）G′（x0）的符号为正，理由为：∵G（x）=x2+2﹣alnx﹣bx有两个不同的零点x1，x2，则有，两式相减得x22﹣x12﹣a（lnx2﹣lnx1）﹣b（x2﹣x1）=0．即x1+x2﹣b=，又x1+x2=2x0，则G′（x0）=2x0﹣﹣b=（x1+x2﹣b）﹣=﹣==，①当0＜x1＜x2时，令=t，则t＞1，且G′（x0）=[lnt﹣]，故μ（t）=lnt﹣（t＞1），μ′（t）=﹣=＞0，则μ（t）在[1，+∞）上为增函数，而μ（1）=0，∴μ（t）＞0，即lnt﹣＞0，又a＞0，x2﹣x1＞0，∴G′（x0）＞0，②当0＜x2＜x1时，同理可得：G′（x0）＞0，综上所述：G′（x0）值的符号为正．20.（1）（2）9.（1）圆M：（x﹣2）2+x2=64，圆心M的坐标为（2，0），半径R=8．∵|AM|=4＜R，∴点A（﹣2，0）在圆M内，设动圆C的半径为r，圆心为C，依题意得r=|CA|，且|CM|=R﹣r，即∴圆心C的轨迹是中心在原点，以A，M两点为焦点，长轴长为8的椭圆，设其方程为（a＞b＞0），则a=4，c=2，∴b2=a2﹣c2=12，∴所求动圆C的圆心的轨迹方程为．（2）由消去y 化简整理得：（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣48=0，设B（x1，y1），D（x2，y2），则x1+x2=．△1=（8km）2﹣4（3+4k2）（4m2﹣48）＞0．①由消去y 化简整理得：（3﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣12=0，设E（x3，y3），F（x4，y4），则x3+x4=．△2=（﹣2km）2+4（3﹣4k2）（m2+12）＞0．②∵，∴（x4﹣x2）+（x3﹣x1）=0，即x1+x2=x3+x4，∴，∴2km=0或，解得k=0或m=0，当k=0时，由①、②得，∵m∈Z，∴m的值为﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3；当m=0时，由①、②得，∵k∈Z，∴k=﹣1，0，1．∴满足条件的直线共有9条．。