浙江省重点中学2021届高三12月期末热身联考数学试题

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浙江省重点中学2019届高三12月期末热身联考数学答案

浙江省重点中学2019届高三12月期末热身联考数学答案

2018年12月浙江省重点中学高三期末热身联考数学参考答案选择题:1-5:BCDBA 6-10:BCDAD 填空题:11.23 14912.136 1 13. 16316+14. 1-15. 2- 16. 1417.计算题:18. 解:(1)sin cos 0a B A =2sin sin 2sin cos 0R A B R B A = …………………………2分则sin 0A A = ………………………………4分tan A = ……………………………..6分3A π∴=……………………………..7分(2)方法一:在ABC △中,222222cos a b c bc BAC b c bc =+-∠=+- 即2216b c bc +=+ .…………………………9分在ABD △中222229413cos 223212AD BD AB c c ADB AD BD +-+--∠===⋅⨯⨯,…..10分同理ACD △中222229413cos 223212AD CD AC b b ADC AD CD +-+--∠===⋅⨯⨯,….11分而ADB ADC π∠+∠=,有cos cos 0ADC ADB ∠+∠=,即222213130261212b c b c --+=⇒+= . …..12分联立得162610bc bc +=⇒=,. . .. .. .. ..13分11=sin 102222ABC S bc BAC ∠=⨯⨯=△. ….14分方法二:又222221cos 1622b c a A b c bc bc +-==⇒+-=①…………………9分2A B A CAD += ………………10分222294AB AC AB AC AD ++⋅== ………………11分22222cos 9364c b bc Ab c bc ++=⇒++=②②-①得10bc = …………13分11=sin 1022ABC S bc A =⨯=△ ………14分方法三:(极化式)()()cos 945AB AC AB AC A AD DB AD DB ⋅==+⋅-=-=………………11分510cos AB AC A ∴== …………13分1=sin 2ABC S AB AC A ∴=△ ………14分19. 解:(1)证明:直角ABC △中∠B 是直角,即BC AB ⊥,……………1分 ABC ABEF ⊥平面平面, …………………2分 ABC ABEF AB =平面平面, ………………3分 BC ABC ⊂平面, ………………………4分 BC ABEF ∴⊥平面,又BF ABEF ⊂平面,BC BF ∴⊥. ………………6分 (2)方法一:作BG EF ⊥,连结CG . 由(1)知BC ⊥平面ABEF , 得到BC EF ⊥,又BG EF ⊥,所以EF ⊥平面BCG .……………8分 又因为EF ⊂平面CEF ,所以平面BCG ⊥平面CEF .作BH CG ⊥,易得BH ⊥平面CEF ,则BFH ∠即为所求线面角. …………………………10分设1AF=,由已知得2AB BE ==,BF =7BG =,5BH =,………………12分sin5BHBFHBF∠===.…………………………14分则直线BF与平面CEF.…………………15分方法二:建立如图所示空间直角坐标系B xyz-,……8分设1AF=.由已知()0,0,0B,()0,2,0C,32F⎛⎝⎭,(E-,……………………………10分3,0,22BF⎛=⎝⎭,………………………………11分(1,2,EC=,5,0,2EF⎛=⎝⎭,设平面CEF的法向量为(),,n x y z=,则有n ECn EF⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,2052x yx z⎧+-=⎪⎨=⎪⎩令x=5,z y==.即()3,2n=. ………………13分所以直线BF与平面CEF所成角的正弦值3sin cos,5n BFθ+===.…15分方法三(等积法):设2AF =AB=BE=2,ABC△为等腰三角形,AB=BC=2∠F AB=60°,2AF=AB 90AFB∴∠=,又AF//BE,EB BF⊥.…………8分由(1)知,BC ABEF⊥平面,EB ABEF⊂平面EB BC∴⊥,CB BF B=,BF BCF BC BCF⊂⊂平面,平面,EB BCF∴⊥平面,………………10分又BC BF ⊥,则有BF CF EF CE ===………12分令B 到平面EFC 距离为d12225d =⨯⇒=,………14分故所求线面角sin 5θ==. ………………………15分20. 解:(1)1n =时11a =,………………………………………………………1分2n =时122220a a a +=⇒=……………………………………………2分12121222n n n n a a a a n ---++++= ①23121221n n n a a a n ---+++=-()2n ≥ ②…………………………4分①-2×②2n a n ⇒=-()2n ≥……………………………………………6分11a =满足上式,故2n a n =-.……………………………………………7分(2)()122nn n b b n +-=-,有()()121232111202322n n n b b b b b b n n --⎧-=⨯⎪-=⨯⎪⎨⎪⎪-=-⨯≥⎩累加整理…………9分()()12111202322n n b n n -=+⨯+⨯++-⨯≥,① …………………10分 ()()23221202322n n b n n =+⨯+⨯++-⨯≥,② ………………12分②-① 得()()()2212121232425212n n n n b n n n --=-+⨯-=--≥-+……14分 11b =满足上式,故()425n n b n =--.….… ….….….….….….….….…15分21. 解:(1得c =….… ….….….….….….….….…2分 由21223S c b a =⋅⋅==得a = ….….….….….….…4分b = ….….….….….….…5分….….….….….….…6分(2)解:设直线():2AB l y k x =-,()11,A x y ,()22,B x y ,AB 中点()00,M x y .联立方程()222360y k x x y ⎧=-⎪⎨--=⎪⎩得()222213121260k x k x k +-+-=,2212122212126,1313k k x x x x k k -+==++. ….….….….…8分()2122113k AB x x k +=-=+. ….….….….…10分所以202613k x k=+,点M 到直线1x =的距离为22022316111313k k d x k k-=-=-=++..….….…12分由以线段AB 为直径的圆截直线1x =22222AB d ⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以()22222221311313k k k k ⎤+⎛⎫-⎥-= ⎪++⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦, 解得1k =±, ….….….….….….….….….….….…14分所以直线l 的方程为2y x =-或2y x =-+.….….….….….….….….….…15分22. 解:(1)当1a =时,()()ln 21244x f x x x e =++-+()2'2421x f x e x =+-+. … .….….….….….…2分因为12x >-时,()()24''4021x f x e x =--<+ 所以()'f x 在1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上为减函数. ….…. ….…. ….….….…4分(()'f x 递减说明言之有理即可) 又()'02240f =+-=,所以当102x -<<时,()'0f x >,函数()f x 单调递增; 当0x >时,()'0f x <,函数()f x 单调递减; … .….….….….….…6分故()()max 00f x f ==. … .….….….….….…7分 (2)()2'2421x f x a ae x =+-+,()()24''421x f x ae x =--+, 当0a >,且12x >-时,()''0f x <. 所以()'f x 在1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上为减函数12x →-时,()'f x →+∞,x →+∞时,()'f x →-∞,故存在0x 使得()0'0f x =,且有()f x 在01,2x ⎛⎫- ⎪⎝⎭上递增,在()0,x +∞递减,()()0max f x f x =.….….….….….….….….….…9分①当1a =时由(1)知只有唯一零点②当01a <<时,()0440f a =->即有()()000f x f >>, 此时有2个零点….….….….….…11分 ③当1a >时,()0002'024021x f x a ae x =⇒+-=+,()()()00000002ln 21244ln 2122421x f x x ax ae x ax a x ⎛⎫=++-+=++-++ ⎪+⎝⎭又有()'0220f a =-<,故0102x -<<.令()()2ln 2122421g x x ax a x ⎛⎫=++-++⎪+⎝⎭,102x ⎛⎫-<≤ ⎪⎝⎭….…….…13分 ()()224'202121g x a x x =++>++,故()g x 在定义域内单调递增. 而()0220g a =-<,故()0g x <,于是()00f x <,所以1a >时不存在零点. 综上:函数()f x 的零点个数为2个,a 的取值范围为()0,1.….….….….…15分。

2021年浙江高三二模数学试卷(金丽衢十二校联考)-学生用卷

2021年浙江高三二模数学试卷(金丽衢十二校联考)-学生用卷

2021年浙江高三二模数学试卷(金丽衢十二校联考)-学生用卷一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)1、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第1题4分设集合A={x∈R|x<x2},集合B={x∈R||x−1|<1},则A∩B=().A. (0,2)B. (1,2)C. (−∞,0)∪(1,+∞)D. ∅2、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第2题4分已知点A,B在平面α的两侧,则点A,B到α的距离分别为3和5,则AB的中点到α的距离为().A. 4 B. 3 C. 2 D. 13、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第3题4分已知双曲线x2−5y2=25上一点P到其左焦点F的距离为8.则PF的中点M到坐标原点O的距离为().A. 9B. 6C. 5D. 44、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第4题4分若实数x,y满足约束条件{4y−3x⩾04x−3y⩾0x+y⩾7,则z=10x+11y的最小值为().A. 74B. 73C. 70D. 05、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第5题4分过原点O作曲线16a2+(6x−8y)a+x2+y=0(a≠0)的切线OA,OB,则cos⁡∠AOB=().A. 35B. 45C. 725D. 24256、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第6题4分已知a>0,b>0,则“ab⩾100”的一个充分不必要条件是().A. 1a +1b⩽15B. a+b⩾20C. a−bln⁡a−ln⁡b⩽10D. a2+b2⩾2007、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第7题4分已知函数f(x)的大致图象如下,下列答案中e为自然对数的底数,则函数f(x)的解析式可能为().A. xe xB. x+1e xC. 2e x−e−xD. e x+e−xe x−e−x8、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第8题4分正三棱锥(底面为正三角形,顶点在底面的射影为底面中心的棱锥)的三视图如图所示,则正视图(等腰三角形)的腰长等于().A. 2√5B. 2√6C. 2√7D. 59、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第9题4分如图,已知正方体ABCD−A1B1C1D1中,P为平面AB1D1内一动点,P到底面ABCD的距离与到直线AD1的距离相等,则P点的轨迹是().A. 直线B. 圆C. 抛物线D. 椭圆10、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第10题4分设集合S={−20,21,5,−11,−15,30,a},我们用f(S)表示集合S的所有元素之和,用g(S)表示集合S的所有元素之积,例如:若A={2},则f(A)=g(A)=2;若B={2,3},则f(B)=2+3,g(B)=2×3.那么下列说法正确的是().A. 若a=0,对S的所有非空子集A i,f(A i)的和为320B. 若a=0,对S的所有非空子集B i,f(B i)的和为−640C. 若a=−1,对S的所有非空子集C i,g(C i)的和为−1D. 若a=−1,对S的所有非空子集D i,g(D i)的和为0二、填空题(本大题共7小题,共36分)11、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第11题4分设复数z满足:|z|=z+1+3i(i是虚数单位),则|z|=.12、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第12题6分已知(x+1)4(1−2x)3=a0+a1x+a2x2+⋯+a7x7,则a0+a1+⋯+a7=,a6=.13、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第13题6分函数f(x)=√3cos⁡x−sin⁡x,x∈(0,π)的值域为,若f(x)=−√2,x∈(0,π),则cos⁡2x=.14、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第14题6分老师要从10篇课文中随机抽3篇让学生背,规定至少要背出2篇才能及格.同学甲只能背出其中的6篇,则甲同学能及格的概率为,设抽取的3篇课文中甲能背诵的课文有ξ篇,则随机变量ξ的期望E(ξ)为.15、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第15题4分在梯形ABCD中,AB//CD,∠A=90°,AB=2CD=3,AD=2,若EF在线段AB上运动,且EF=1,则CE→⋅CF→的最小值为.16、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第16题6分函数f(x)={xe x,x⩾ax,x<a,若存在实数x0,使得对于任意x∈R,都有f(x0)⩾f(x),则实数a的取值范围是;若存在不相等的x1,x2,x3,满足f(x1)=f(x2)=f(x3),则实数a的取值范围是.17、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第17题4分设a1,d为实数,首项为a1,公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n,满足:a3<0,且S5S6+ 16=0,则S11的最小值为.三、解答题(本大题共5小题,共74分)18、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第18题14分在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.(1) 若1+2cos⁡Acos⁡B=2sin⁡Asin⁡B,求角C.(2) 若b2(1+tan⁡A)=(c2−a2)(1−tan⁡A),求角C.19、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第19题15分如图,在四棱锥P−ABCD中,M,N分别是AB,AP的中点,AB⊥BC,MD⊥PC,MD//BC,BC=1,AB=2,PB=3,CD=√2,PD=√6.(1) 证明:PC//平面MND.(2) 求直线PA与平面PBC所成角的正弦值.20、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第20题15分对任意非零数列{a n},定义数列{f(a n)},其中{f(a n)}的通项公式为f(a n)=(1+1a1)(1+1a2)⋯(1+1a n).(1) 若a n=n,求f(a n).(2) 若数列{a n},{b n}满足{a n}的前n项和为S n,且f(a n)=2n(n+1),b n⋅a n+1=S n.求证f(b n)<43.21、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第21题15分如图,设P (0,t ),t ∈R ,已知点F 是抛物线y 2=2px(p >0)的焦点,直线PF 与抛物线交于A ,B 两点(AF <BF ),点C (不同于原点)在抛物线上,PC 不平行于x 轴,且PC 与抛物线上,PC 不平行于x 轴,且PC 与抛物线有且只有一个公共点.当t =2√2时,AF →=12FB →.(1) 求p 的值.(2) 若CA ,CB 分别与x 轴交于D ,E ,设△ADF ,△BEF 和△ABC 的面积分别为S 1,S 2,S ,求S 1⋅S 2S 2的最大值.22、【来源】 2021年浙江高三二模(金丽衢十二校联考)第22题15分设a ∈R ,已知函数f (x )=e x +(x −6)(x −a ),函数g(x)=e x −ln x x −1x. (1) 若a =−5,求函数f (x )的最小值.(2) 若对任意实数x 1和正数x 2,均有f (x 1)+g (x 2)⩾4a −8,求a 的取值范围.(注:e 为自然对数的底数)1 、【答案】 B;2 、【答案】 D;3 、【答案】 A;4 、【答案】 B;5 、【答案】 C;6 、【答案】 A;7 、【答案】 D;8 、【答案】 D;9 、【答案】 A;10 、【答案】暂无;11 、【答案】5;12 、【答案】−16;−20;13 、【答案】[−2,√3);−√32;14 、【答案】23;9 5 ;15 、【答案】154;16 、【答案】(−∞,1e];(0,1);17 、【答案】88;18 、【答案】 (1) π3.;(2) 3π4.;19 、【答案】 (1) 证明见解析.;(2) √105.;20 、【答案】 (1) n+1.;(2) 证明见解析.;21 、【答案】 (1) 2.;(2) 1.16;22 、【答案】 (1) −29.;(2) [−5,e3].;。

浙江省重点中学2019届高三12月期末热身联考数学试题

浙江省重点中学2019届高三12月期末热身联考数学试题

2018年12月浙江省重点中学高三期末热身联考数学一、选择题(40分) 1、已知M ={x |x >1},N ={x |x 2-2x -8≤0},则M N =A 、[-4,2)B 、(1,4]C 、(1,+∞)D 、(4,+∞)2、已知i 为虚数单位,复数12iz i-+=,则||z = A 、1 B 、2 C 、5 D 、53、已知双曲2221y x a-=的一条渐近线方程为3y x =,则该双曲线的离心率是A 、23B 、3C 、2D 、2334、已知,,,m n l αβαβαβ⊥⊂⊂=,则“m ⊥n ”是“m ⊥l ”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5、函数2||sin x x xy e=的大致图像是6、521x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中,21x 的系数是A 、80B 、-80C 、40D 、-407、已知实数x ,y 满足约束条件101020x y x y x y -+≥⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩,则z =x+4y 的取值范围是A 、[-6,4]B 、[2,4]C 、[2,+∞)D 、[4,+∞) 8、已知函数1()|4sin cos |2f x x x =-,若()()f x a f x a -=-+恒成立,则实数a 的最小正值为 A 、2π B 、π C 、2π D 、4π9、已知方程|cos |(0)x k k x=>有且仅有两个不同的实数解,()θϕθϕ>,则以下有关两根关系的结论正确的是A 、cos sin ϕϕθ=B 、sin cos ϕϕθ=-C 、cos cos θθϕ=D 、sin sin θθϕ=-10、如图,将边长为2的正方形ABCD 沿PD 、PC 翻折至A 、B 两点重合,其中P 是AB 中点,在折成的三棱锥A (B )-PDC 中,点Q 在平面PDC 内运动,且直线AQ 与棱AP 所成角为60º,则点Q 运动的轨迹是A 、圆B 、椭圆C 、双曲线D 、抛物线二、填空题(36分)11、已知随机变量的ξ的分布列为:若E (ξ)=13,则x+y = ;D (ξ)= 12、若23a b==6,则4a -= ;11a b+=13、某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是 ;表面积是14、已知直线:1l mx y -=。

浙江省重点中学2020届高三数学12月期末热身联考试题(含解析)

浙江省重点中学2020届高三数学12月期末热身联考试题(含解析)

2019年12月浙江省重点中学高三期末热身联考数学一、选择题(40分)1.已知M={x|x>1},N={x|x2-2x-8≤0},则=A. [-4,2)B. (1,4]C. (1,+∞)D. (4,+∞)【答案】B【解析】【分析】化简集合M、N,根据交集的定义写出M∩N即可.【详解】:集合M={x|x2﹣2x﹣8≤0}={x|﹣2≤x≤4},集合N={x|x1},∴M∩N={x|1x≤4}.故选:B.【点睛】本题考查了集合的化简与运算问题,是基础题目.2.已知i为虚数单位,复数,则=A. 1B. 2C.D. 5【答案】C【解析】【分析】根据复数模长的定义直接进行计算即可.【详解】,所以故选:C。

【点睛】本题主要考查复数的运算及复数长度的计算,比较基础.3.已知双曲的一条渐近线方程为,则该双曲线的离心率是A. B. C. 2 D.【答案】D【解析】【分析】利用双曲线的渐近线方程求出a,然后求解双曲线的离心率即可.【详解】双曲的渐近线方程为:,由题可知:,所以,即:,所以双曲线的离心率为:,故选:D。

【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用,考查计算能力.4.已知,则“m⊥n”是“m⊥l”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【解析】【分析】构造长方体ABCD﹣A1B1C1D1,令平面α为面ADD1A1,底面ABCD为β,然后再在这两个面中根据题意恰当的选取直线为m,n即可进行判断.【详解】如图,取长方体ABCD﹣A1B1C1D1,令平面α为面ADD1A1,底面ABCD为β,直线=直线。

若令AD1=m,AB=n,则m⊥n,但m不垂直于若m⊥,由平面平面可知,直线m垂直于平面β,所以m垂直于平面β内的任意一条直线∴m⊥n是m⊥的必要不充分条件.故选:B.【点睛】本题考点有两个:①考查了充分必要条件的判断,在确定好大前提的条件下,从m⊥n⇒m⊥?和m⊥⇒m⊥n?两方面进行判断;②是空间的垂直关系,一般利用长方体为载体进行分析.5.函数的大致图像是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】通过函数的变化趋势,推出结果即可.【详解】当x0,且无限趋近于0时,f(x)0,排除B,C,当时,,且指数幂变化较快,故,排除D。

浙江省2018年12月重点中学高三期末热身联考数学试题(解析版)

浙江省2018年12月重点中学高三期末热身联考数学试题(解析版)

2018年12月浙江省重点中学高三期末热身联考数学试题卷一、选择题:本大题共10小题,每小题4分,共40分.1.已知,,则()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法化简集合,再由交集的定义可得结果.【详解】利用一元二次不等式的解法化简集合,因为,所以,故选B.【点睛】研究集合问题,一定要抓住元素,看元素应满足的属性.研究两集合的关系时,关键是将两集合的关系转化为元素间的关系,本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.2.已知为虚数单位,复数,()A. 1B. 2C.D. 5【答案】C【解析】【分析】根据复数模长的定义直接进行计算即可.【详解】,所以故选:C。

【点睛】本题主要考查复数的运算及复数长度的计算,比较基础.3.已知双曲线的一条渐近线方程为,则该双曲线的离心率是()A. B. C. 2 D.【答案】D【解析】【分析】利用双曲线的渐近线方程求出a,然后求解双曲线的离心率即可.【详解】双曲的渐近线方程为:,由题可知:,所以,即:,所以双曲线的离心率为:,故选:D。

【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用,考查计算能力.4.已知,则“m⊥n”是“m⊥l”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【解析】【分析】构造长方体ABCD﹣A1B1C1D1,令平面α为面ADD1A1,底面ABCD为β,然后再在这两个面中根据题意恰当的选取直线为m,n即可进行判断.【详解】如图,取长方体ABCD﹣A1B1C1D1,令平面α为面ADD1A1,底面ABCD为β,直线=直线。

若令AD1=m,AB=n,则m⊥n,但m不垂直于平面可知,直线m垂直于平面β,所以m垂直于平面β内的任意一若m⊥,由平面∴m⊥n是m⊥的必要不充分条件.故选:B.【点睛】本题考点有两个:①考查了充分必要条件的判断,在确定好大前提的条件下,从m⊥n⇒m⊥?和m⊥⇒m⊥n?两方面进行判断;②是空间的垂直关系,一般利用长方体为载体进行分析.5.函数的大致图像是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】通过函数的变化趋势,推出结果即可.【详解】当x0,且无限趋近于0时,f(x)0,排除B,C,当时,,且指数幂变化较快,故,排除D。

2021届浙江省杭州市第二中学高三12月月考数学试题

2021届浙江省杭州市第二中学高三12月月考数学试题
3.若函数 是偶函数,则 的一个值可能是()
A.0B. C. D.
4.已知 ,则 , 不可能满足的关系是()
A. B. C. D.
5.函数 的图象大致为()
A. B.
C. D.
6.已知 中,角 、 所对的边分别是 , ,则“ ”是“ ”的()
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.既不充分也不必要条件D.充分必要条件
6.D
【分析】
由大边对大角定理结合充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】
中,角 、 所对的边分别是 、 ,由大边对大角定理知“ ” “ ”,
“ ” “ ”.
因此,“ ” 是“ ”的充分必要条件.
故选:D.
【点睛】
本题考查充分条件、必要条件的判断,考查三角形的性质等基础知识,考查逻辑推理能力,是基础题.
A.对于任意 ,都存在实数 ,使得 恒成立
B.对于任意 ,都存在实数 ,使得 恒成立
C.对于任意 ,都存在实数 ,使得 恒成立
D.对于任意 ,都存在实数 ,使得 恒成立
10.已知长方体 中, , , ,空间中存在一动点 满足 ,记 , , ,则().
A.存在点 ,使得 B.存在点 ,使得
C.对任意的点 ,有 D.对任意的点 ,有
4.C
【分析】
根据 即可得出 , ,根据 , ,即可判断出结果.
【详解】
∵ ;
∴ , ;
∴ , ,故 正确;
,故C错误;

,故D正确
故C.
【点睛】
本题主要考查指数式和对数式的互化,对数的运算,以及基本不等式: 和不等式 的应用,属于中档题
5.A
【分析】
利用排除法,由 的符号,结合选项即可得结果.

2019届浙江省重点中学高三12月期末热身联考数学试题

2019届浙江省重点中学高三12月期末热身联考数学试题

2018年12月浙江省重点中学高三期末热身联考数学一、选择题(40分)1.已知M={x|x>1},N={x|x2-2x-8≤0},则=A. [-4,2)B. (1,4]C. (1,+∞)D. (4,+∞)2.已知i为虚数单位,复数,则=A. 1B. 2C.D. 53.已知双曲的一条渐近线方程为,则该双曲线的离心率是A. B. C. 2 D.4.已知,则“m⊥n”是“m⊥l”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5.函数的大致图像是A.B.C.D.6.展开式中,的系数是A. 80B. -80C. 40D. -407.已知实数x,y满足约束条件,则z=x+4y的取值范围是A. [-6,4]B. [2,4]C. [2,+∞)D. [4,+∞)8.已知函数,若恒成立,则实数a的最小正值为A. 2B.C.D.9.已知方程有且仅有两个不同的实数解,则以下有关两根关系的结论正确的是A. B.C. D.10.如图,将边长为2的正方形ABCD沿PD、PC翻折至A、B两点重合,其中P是AB中点,在折成的三棱锥A(B)-PDC中,点Q在平面PDC内运动,且直线AQ与棱AP所成角为60º,则点Q运动的轨迹是A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线二、填空题(36分)11.已知随机变量的的分布列为:若E()=,则x+y=__;D()=___12.若=6,则=___;=___13.某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是___;表面积是____14.已知直线.若直线与直线平行,则的值为____;动直线被圆截得弦长的最小值为______.15.向量,满足:||=2,|+|=1,则的最大值为__16.如图,有7个白色正方形方块排成一列,现将其中4块涂上黑色,规定从左往右数,无论数到第几块,黑色方块总不少于白色方块的涂法有__种。

17.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,已知底面四边形ABCD为矩形,∠A1AB=∠A1AD=。

2018年浙江省重点中学高三12月期末热身数学联考(解析版)

2018年浙江省重点中学高三12月期末热身数学联考(解析版)

2017年12月浙江省重点中学期末热身联考数学试题卷一、选择题:本大题共10小题,每小题4分,共40分.每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1. 已知,,,则()A. B. C. D. 或【答案】B【解析】∵∴或∴∵∴故选B2. 双曲线的离心率是()A. B. C. D.【答案】D【解析】∵双曲线的方程为∴,∵∴∴双曲线的离心率是故选D3. 已知函数的定义域为,在该定义域内函数的最大值与最小值之和为-5,则实数的取值范围是()A. B. C. D.【答案】B【解析】∵函数∴函数是开口向上,对称轴为的抛物线∵函数的定义域为∴当时,,当时,∵函数在定义域内函数的最大值与最小值之和为-5∴当时,或∴故选B4. 若实数满足,则的取值范围是()A. B. C. D.【答案】D【解析】根据实数满足,画出可行域如图所示设,表示为以原点为圆心,半径为的圆由图可得,当圆与直线:相切时,最小,即当圆过点,最大,即∵可行域不包含∴,即的取值范围是故选D点睛:线性规划问题,首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线,其次确定目标函数的几何意义,是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等,最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.5. 已知点在曲线上,且该曲线在点处的切线与直线垂直,则方程的实数根的个数为()A. 0个B. 1个C. 2个D. 不确定【答案】A【解析】∵点在曲线上∴∵曲线在点处的切线与直线垂直∴,则∴∴∴方程为∵∴方程的实数根的个数为0个故选A6. 已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. 2B.C.D. 3【答案】C【解析】根据几何体的三视图还原几何体如图所示:该几何体是将直三棱柱截去一个三棱锥,其中底面是腰长为2的等腰直角三角形,,∴该几何体的体积为故选C点睛:思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系,遵循“长对正,高平齐,宽相等”的基本原则,其内涵为正视图的高是几何体的高,长是几何体的长;俯视图的长是几何体的长,宽是几何体的宽;侧视图的高是几何体的高,宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法:(1)首先看俯视图,根据俯视图画出几何体地面的直观图;(2)观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度;(3)画出整体,然后再根据三视图进行调整.7. 设是等差数列的前项和,若,,则()A. 2016B. 2017C. -2015D. -2018【答案】B【解析】设等差数列的公差为∵是等差数列的前项和,且∴,即∴∵∴故选B8. 已知随机变量满足,,,若,则()A. 随着的增大而增大,随着的增大而增大B. 随着的增大而减小,随着的增大而增大C. 随着的增大而减小,随着的增大而减小D. 随着的增大而增大,随着的增大而减小【答案】C【解析】∵随机变量满足,,∴∴∵∴随着的增大而减小,随着的增大而减小故选C9. 已知三棱锥的底面积是边长为的正三角形,点在侧面内的射影为的垂心,二面角的平面角的大小为,则的长为()A. 3B.C.D. 4【答案】C【解析】连结交于点,连结,设在底面内的射影为,则平面,连结交于点∵点在侧面内的射影为的垂心∴平面,∴∵,平面,平面∴平面∴∵平面,平面∴∵,平面,平面∴平面∵平面∴同理可证∴是的垂心∴三棱锥为正三棱锥∵三棱锥的底面是边长为的正三角形∴,,则∵二面角的平面角的大小为∴为二面角的平面角在中,,∴在中,,∴故选C点睛:本题重点考查空间中点线面的位置关系,属于中档题.首先,判断三棱锥为正三棱锥,然后,根据异面直线所成的角的定义可得为二面角的平面角,解直角三角形即可得解.10. 已知三角形,,,,点为三角形的内心,记,,,则()A. B. C. D.【答案】A【解析】∵三角形,,,,点为三角形的内心∴∴,即,即,即∴根据余弦定理可得:∴∴,,∴点睛:平面向量的综合题常与角度与长度结合在一起考查,在解题时运用向量的运算,数量积的几何意义,同时,需注意挖掘题目中尤其是几何图形中的隐含条件,常利用数形结合思想将问题等价转化为利用几何图形中的不等关系将问题简化,一般会与函数,不等式等几个知识点交汇,或利用平面向量的数量积解决其他数学问题是今后考试命题的趋势;点是平面上任意一点,点是内心的充要条件是:.二、填空题:本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.11. 我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载:“三百七十八里关,初步健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关.”其大意为:“有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天才到达目的地.”则该人第一天走的路程为__________里.【答案】192【解析】设每天走的路程里数为由题意知是公比为的等比数列∵∴∴故答案为12. 已知,复数且(为虚数单位),则__________,_________.【答案】(1). (2).【解析】∵复数且∴∴∴∴,故答案为,13. 已知多项式满足,则_________,__________.【答案】(1). (2).【解析】∵多项式满足∴令,得,则∴∴该多项式的一次项系数为∴∴∴令,得故答案为5,7214. 在中,角所对的边分别为,为的面积,若,,则的形状为__________,的大小为__________.【答案】(1). 等腰三角形(2).【解析】∵∴根据正弦定理可得,即∴∴∴的形状为等腰三角形∵∴∴由余弦定理可得∴,即∵∴故答案为:等腰三角形,15. 已知矩形,,,点是的中点,点是对角线上的动点,若,则的最小值是__________,最大值是__________.【答案】(1). (2).【解析】根据题意建立以为原点,直线为轴的平面直角坐标系,如图所示则,,,∴直线的方程为设∵,∴∵∴的最小值是1∵∴∴∴∴∴当时,取得最大值为故答案为1,516. 甲,乙,丙,丁四名同学做传递手帕游戏(每位同学传递到另一位同学记传递1次),手帕从甲手中开始传递,经过5次传递后手帕回到甲手中,则共有__________种不同的传递方法.(用数字作答)【答案】种【解析】根据题意分3种情况①当甲第一次传给其余3人,有种情况,第二次将手帕传给了甲,第三次甲再传给其余3人,有种情况,第四次传给了除甲以外的2人,有种情况,第五次传给甲,此时有种情况;②当甲第一次传给其余3人,有种情况,第二次将手帕传给了除甲以外的2人,有种情况,第三次传给了甲,第四次传给了其余3人,有种情况,第五次传给甲,此时有种情况;③当甲第一次传给其余3人,有种情况,第二次将手帕传给了除甲以外的2人,有种情况,第三次再传给了除甲以外的2人,有种情况,第四次仍然传给了除甲以外的2人,有种情况,第五次传给甲,此时有种情况综上,共有种不同的传递方法故答案为6017. 已知,函数,若存在三个互不相等的实数,使得成立,则的取值范围是__________.【答案】【解析】若存在三个互不相等的实数,使得成立,则方程存在三个不相等的实根当时,,令,则令,得,当时,,即在上为减函数,当时,,即在上为增函数∴,则在上存在一个实根∴在上存在两个不相等的实根,即,有两个不相等的实根∴∴故答案为点睛:本题主要考查了函数与方程、函数的图像与性质和分段函数的应用,考查学生综合知识能力,属中高档题.其解题的一般思路为:分别利用导数及函数性质判断其各段的函数的单调性,进而得出其极值和最值,再结合函数的图像即可得出方程的解的情况.其解题的关键是数形结合在分段函数中的应用.三、解答题:本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18. 中,内角的对边分别是,已知.⑴求的大小;⑵若,且,求面积的最大值.【答案】(1);(2).【解析】试题分析:(1)利用正弦定理将所给式子边化角,再用两角和的正弦公式和内角和定理进行化简,求出的余弦值,进而可求出的值;(2)由可知为中点,然后利用余弦定理和基本不等式求出的最大值,再利用三角形的面积公式即可计算求解.试题解析:(1)∴∴∴∴∵∴(2)∵,且∴为中点在中由余弦定理可得∴,即,当且仅当时取等号∵∴的最大值为19. 已知等腰梯形中(如图1),,,为线段的中点,为线段上的点,,现将四边形沿折起(如图2).图1 图2⑴求证:平面;⑵在图2中,若,求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】试题分析:(1)连接,由可得,即可证∥且,然后即可证出四边形为平行四边形,进而可证明平面;(2)作于,连接,在中,可得,在中,可得,结合,推出,再由,推出平面,即可得到为与平面所成的角,再根据余弦定理得出,进而可求出的值,即直线与平面所成角的正弦值.试题解析:(1)证明:连接∵∴∴∥,且又∵∥,且∴∥,且∴四边形为平行四边形∴∥又∵面,面∴∥面(2)作于,连接,在中,易知,而∴,在中,,易知又∵∴在中,,,∴∴又∵,,平面,平面∴平面∴为在平面内的射影∴为与平面所成的角在中,易知∴在中,∴,即与平面的所成的角的正弦值为.点睛:线线,线面,面面的位置关系以及证明是高考的重点内容,而其中证明线面平行又是重点和热点;用普通方法求线面角,讲究“一作、二证、三求”,需要在斜线上找一点做平面的垂线,如果垂线不能直接作出,一般在平面内找一直线,通过做直线的垂面,与斜线的交点作出垂线。

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【校级联考】浙江省重点中学2019届高三12月期末热身联考数学试题学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________一、单选题1.已知{}{}21,280M x x N x x x =>=--≤,则MN =( )A .[)42,-B .(]1,4C .1,D .()4,+∞ 2.已知i 为虚数单位,复数12i z i -+=,||z =( )A .1B .2CD .53.已知双曲线2221y x a-=的一条渐近线方程为y =,则该双曲线的离心率是( )A .3BC .2D 4.已知,,,m n l αβαβαβ⊥⊂⊂=,则“m⊥n”是“m⊥l ”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5.函数2||sin x x x y e =的大致图像是 A .B .C .D .6.51⎫⎪⎭展开式中,21x 的系数是 A .80 B .-80 C .40 D .-40 7.已知实数,x y 满足约束条件101020x y x y x y -+≥⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩,则4z x y =+的取值范围是()A .[]6,4-B .[]2,4C .[)2,+∞D .[)4,+∞ 8.已知函数1()4sin cos 2f x x x =-,若()()f x a f x a -=-+恒成立,则实数a 的最小正值为( )A .2πB .πC .2πD .4π 9.已知方程cos (0)xk k x =>有且仅有两个不同的实数解θ,()ϕθϕ>,则以下有关两根关系的结论正确的是( )A .cos sin ϕϕθ=B .sin cos ϕϕθ=-C .cos cos θθϕ=D .sin sin θθϕ=-10.如图,将边长为2的正方形ABCD 沿PD 、PC 翻折至A 、B 两点重合,其中P 是AB 中点,在折成的三棱锥()A B PDC -中,点Q 在平面PDC 内运动,且直线AQ 与棱AP 所成角为60,则点Q 运动的轨迹是( )A .圆B .椭圆C .双曲线D .抛物线二、双空题 11.已知随机变量的分布列为:若1()3E ξ=,则x y +=__________;()D ξ=___________. 12.若23a b ==6,则4a -=___;11a b+=___ 13.某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是___________;表面积是____________.14.已知直线:1l mx y -=.若直线l 与直线10x my --=平行,则m 的值为____;动直线l 被圆222240x x y ++-=截得弦长的最小值为______.三、填空题15.向量a ,b 满足:|a |=2,|a +b |=1,则a ·b 的最大值为__ 16.如图,有7个白色正方形方块排成一列,现将其中4块涂上黑色,规定从左往右数,无论数到第几块,黑色方块总不少于白色方块的涂法有 ________ 种17.平行六面体1111ABCD A B C D -中,已知底面四边形ABCD 为矩形,113A AB A AD π∠=∠=,其中,AB a =,AD b =,1AA c =,体对角线11AC=,则c 的最大值是_____.四、解答题18.已知,,a b c 分别为ABC ∆三个内角,,A B C 的对边,且满足sin cos 0a B A =,4a =.(1)求A ∠;(2)若D 是BC 中点,3AD =,求ABC ∆面积.19.如图,等腰直角ABC ∆中B 是直角,平面ABEF ⊥平面ABC ,2AF AB BE ==,60FAB ∠=,AF BE .(1)求证BC BF ⊥;(2)求直线BF 与平面CEF 所成角的正弦值.20.已知数列{n a }满足:12121222n n n n a a a a n ---++++=,*n N ∈。

(1)求12,a a 及数列{n a }的通项公式;(2)若数列{n b }满足:11b =,12n n n nb b a +-=,求数列{n b }的通项公式。

21.已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>,以椭圆的2个焦点与1个短轴端点为顶点的三角形的面积为(1)求椭圆的方程;(2)如图,斜率为k 的直线l 过椭圆的右焦点F ,且与椭圆交与,A B 两点,以线段AB 为直径的圆截直线1x =l 的方程.22.已知0a >,()()ln 21244xf x x ax ae =++-+. (1)当1a =时,求f (x )的最大值.(2)若函数f (x )的零点个数为2个,求a 的取值范围.参考答案1.B【分析】解二次不等式得集合N ,根据集合的交集运算即可得解.【详解】 利用一元二次不等式的解法化简集合{}[]22802,4N x x x =--≤=-, 因为{}1M x x =>,所以MN =(]1,4.故选:B.【点睛】 此题考查集合的交集运算,关键在于准确求解一元二次不等式,根据交集运算法则求解. 2.C【分析】根据复数模长的定义直接进行计算即可.【详解】122i z i i-+==+,所以z == 故选C .【点睛】本题主要考查复数的运算及复数长度的计算,比较基础.3.D【解析】【分析】利用双曲线的渐近线方程求出a ,然后求解双曲线的离心率即可.【详解】双曲2221y x a-=的渐近线方程为:y ax =±,由题可知:a =2224c a b =+=,即:2c =,所以双曲线的离心率为:c e a ===, 故选D .【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用,考查计算能力.4.B【解析】【分析】构造长方体ABCD﹣A1B1C1D1,令平面α为面ADD1A1,底面ABCD为β,然后再在这两个面中根据题意恰当的选取直线为m,n即可进行判断.【详解】如图,取长方体ABCD﹣A1B1C1D1,令平面α为面ADD1A1,底面ABCD为β,直线AD=直线l。

若令AD1=m,AB=n,则m⊥n,但m不垂直于lADD A可知,直线m垂直于平面β,所以m 若m⊥l,由平面ABCD 平面11垂直于平面β内的任意一条直线n∴m⊥n是m⊥l的必要不充分条件.故选:B.【点睛】本题考点有两个:①考查了充分必要条件的判断,在确定好大前提的条件下,从m⊥n⇒m⊥l?和m⊥l⇒m⊥n?两方面进行判断;②是空间的垂直关系,一般利用长方体为载体进行分析.5.A【解析】【分析】通过函数的变化趋势,推出结果即可.【详解】当x <0,且无限趋近于0时,f (x )<0,排除B,C ,当x →+∞时, 222sin sin x e x x x x x >>>,且指数幂x e 变化较快,故()0f x →,排除D 。

故选:A【点睛】本题考查函数的图象的判断,考查计算能力.6.B【解析】【分析】由二项式定理的通项公式列方程,求出r ,求出21x 项的系数即可。

【详解】由二项式定理的通项公式得:()5151r r r r T C -+=-,令52r x -=,解得:1r =,所以21x 的系数为:()115152180C --=- 故选:B 。

【点睛】 本题考查二项展开式中21x 的项的系数的求法,考查二项式定理、通项公式等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转化思想、函数与方程思想,是基础题.7.C【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域,利用目标函数的几何意义,进行求最值即可.【详解】如图,作出不等式组表示的平面区域,由z =x+4y 可得:144z y x =-+,平移直线144z y x =-+,由图像可知:当直线144z y x =-+过点B 时,直线144z y x =-+的截距最小,此时z 最小.将21,33B ⎛⎫ ⎪⎝⎭代入目标函数得:min 2144233z x y =+=+⨯=, 故选C .【点睛】 本题主要考查线性规划的基本应用,利用目标函数的几何意义是解决问题的关键,利用数形结合是解决问题的基本方法.8.D【分析】先化简f (x ),分析出f (x )本身的最小正周期T ,再根据()()f x a f x a -=-+分析出用a 表示f (x )的最小正周期,最后根据两者相等,求得a 的最小正值.【详解】 由1()4sin cos 2f x x x =-,则1()2sin 22f x x =-,所以f (x )的最小正周期T=π 因为()()f x a f x a -=-+,则',()(2)x x a f x f x a =+=-+‘,令则,,这f (x )的最小正周期T=4a ,所以4a =π,所以实数a 的最小正值是4π,故答案选D 【点睛】 本题主要考察带绝对值三角函数的的周期,同时要会通过函数满足的关系式,分析函数周期 9.A【分析】 方程cos (0)x k k x=>有且仅有两个不同的实数解,等价于()cos ,,0y x y kx k ==>的图象有且仅有两个不同的交点(原点除外),数形结合可得y kx =与cos y x =-相切时符合题意,根据导数的几何意义以及直线的斜率公式可得结果. 【详解】方程cos (0)x k k x=>有且仅有两个不同的实数解,等价于()cos ,0x kx k =>有且仅有两个不同的实数解,即()cos ,,0y x y kx k ==>,有且仅有两个不同的交点(原点除外). 画图cos y x =,y kx =的图象.由图可知,y kx =与cos y x =-相切时符合题意, 设()cos f x x =-, ()'sin ,f x x =因为θϕ>,所以θ为切点横坐标,且ϕ是直线y kx =与cos y x =的交点横坐标, 因为切线过原点,所以切线斜率k cos cos sin θϕθθϕ-===,所以cos sin ϕθϕ=,故选A. 【点睛】本题主要考查利用导数求曲线切线斜率以及直线的斜率公式的应用,以及数形结合思想的应用,属于难题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系,通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法,.函数图象是函数的一种表达形式,它形象地揭示了函数的性质,为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性.归纳起来,图象的应用常见的命题探究角度有:1、确定方程根的个数;2、求参数的取值范围;3、求不等式的解集;4、研究函数性质. 10.D 【分析】建立空间坐标系,设(),,0Q x y ,求出点,A P 的坐标,由直线AQ 与棱AP 所成角为60,利用空间向量夹角余弦公式列方程,得到关于,x y 的方程,从方程的形式可判断Q 点的轨迹. 【详解】如图,过点A 引平面PDC 的垂线,垂足为O , 以O 为坐标原点建立空间直角坐标系,其中y 轴与直线DC 平行,点P 在x 轴的负半轴上. 由题可知PA ⊥平面ADC ,设点A 到平面PCD 的距离为h ,因为A PCD P ACD V V --=,所以21112221323h ⨯⨯⨯⨯=⨯,可得h =1,,0,02A P ⎛⎛⎫∴- ⎪ ⎝⎭⎝⎭,设(),,0Q x y ,31,,,,0,222AQ x y AP ⎛⎫⎛⎫∴=-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 又直线AQ 与棱AP 所成角为60,cos60AP AQ AP AQ⋅∴=⋅,整理得233,2y x =-+∴点Q 的轨迹为抛物线,故选D. 【点睛】本题主要考查利用“等积变换”求点到平面的距离、利用空间向量表示其夹角的余弦值及求轨迹方程,通过轨迹的方程来判断轨迹,还考查了转化思想以及空间想象能力,属于难题. 11.23 149【分析】由分布列的性质以及期望公式可得,11023113x y x y ⎧-⨯++=⎪⎪⎨⎪++=⎪⎩解得,x y ,再利用方差计算公式即可得结果. 【详解】由分布列的性质以及期望公式可得,11023113x y x y ⎧-⨯++=⎪⎪⎨⎪++=⎪⎩,解得13x y ==,23x y +=, ()222111111141023333339D ξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=--⨯+-⨯+-⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,故答案为214,39. 【点睛】本题考查了随机变量的分布列与数学期望以及随机变量的方差公式,考查了推理能力与计算能力,意在考查综合应用所学知识解答问题的能力,属于中档题. 12.1361 【分析】利用对数知识将,a b 表示出来,再利用对数运算求解. 【详解】由题可得:2log 6a =,3log 6b =,所以2log 644a --==2222log 62log 6111126362===, 66231111log 2log 3log 6log 6a b +=+=+=()6log 231⨯=.【点睛】本题主要考查了对数的定义及对数运算公式,计算一般,属于基础题.13.16316+ 【分析】由三视图可得该几何体是四棱锥,根据三视图中数据,求出底面积与高可得棱锥的体积,再求出四个侧面的面积,与底面积求和可得四棱锥的表面积. 【详解】由三视图可知,该几何体是如图所示的四棱锥11C AA B B -,图中直三棱柱的底面是直角边长为2 的等腰直角三角形,棱柱的高为4,四棱锥11C AA B B -的底面是矩形,面积为4=四个侧面中,三个直角三角形面积分别为2,4,4,一个等腰三角形,面积为621⨯=,所以该四棱锥的体积为11633⨯=,表面积为244616++++=+163,16+【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查体积、表面积以及空间想象能力和抽象思维能力,属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型,也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键,不但要注意三视图的三要素“高平齐,长对正,宽相等”,还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响,对简单组合体三视图问题,先看俯视图确定底面的形状,根据正视图和侧视图,确定组合体的形状.14.-1. . 【解析】分析:(1)利用平行线的斜率关系得到m 值.(2)利用数形结合求出弦长的最小值.详解:由题得1, 1.1m m m-=-∴=±-- 当m=1时,两直线重合,所以m=1舍去,故m=-1. 因为圆的方程为222240x x y ++-=, 所以22125x y ++=(),所以它表示圆心为C (-1,0)半径为5的圆. 由于直线l :mx+y-1=0过定点P(0,-1), 所以过点P 且与PC 垂直的弦的弦长最短.且最短弦长为=故答案为-1,.点睛:本题的第一空是道易错题,学生有容易得到1,m =±实际上是错误的.因为12k k = 是两直线平行的非充分非必要条件,所以根据12k k =求出m 的值后,要注意检验,本题代入检验,两直线重合了,所以要舍去m=1.15.2- 【分析】设出,a a b +的坐标,从而表示出b 的坐标,然后将a b ⋅表示成函数关系,把问题转化成函数的最大值问题解决. 【详解】由题可设()2sin ,2cos a θθ=,()sin ,cos a b αα+=,则(sin 2sin ,cos 2cos )b αθαθ=--,所以()222sin sin 4sin 2cos cos 4cos 42cos 2a b θαθθαθθα⋅=-+-=-+-≤-当2k θαπ-=时,等号成立.所以a ·b 的最大值为2-. 【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算及数量积的坐标表示,还考查了同角三角函数基本关系,两角差的余弦公式,考查了转化思想. 16.14 【分析】用黑白两种颜色随机地涂如图所示表格中7个格子,每个格子都有2种染色方法,利用分类讨论方法求出出现从左至右数,不管数到哪个格子,总有黑色格子不少于白色格子个数.【详解】由题意可判断第一格涂黑色,则在后6格中有3个涂黑色,共有3620C =种涂法,满足从左往右数,无论数到第几块,黑色方块总少于白色方块的有:(1)第2,3格涂白色共4种涂法,(2)第3,4,5格涂白色共1种涂法,(3)第2,4,5格涂白色共1种涂法. 所以满足从左往右数,无论数到第几块,黑色方块总不少于白色方块的涂法有3641114C ---=种.【点睛】本题考查计数原理,是基础题,解题时要认真审题,注意分类讨论思想的合理运用.17【解析】 【分析】利用结论11cos cos cos A AB A AC CAB ∠=∠⋅∠,求出线面角1A AC ∠,再利用正弦定理列方程,把问题转化成三角函数最值问题来解决. 【详解】如图,由113A AB A AD π∠=∠=,可知点1A 在底面的射影点在直线AC 上, 则1A AC ∠是直线1A A 与底面所成的角,则11cos cos cos A AB A AC CAB ∠=∠⋅∠,111coscos coscos 34A AC A AC sin A AC ππ∴=∠⇒∠=∴∠=, 在1A AC ∆中,由正弦定理可知:111AC csin A ACsin ACA =∠∠,1csin A CA =∠1c ACA ∴=∠≤当12ACA π∠=时,c,.【点睛】本题考查了线面角的结论:当11A AB A AD ∠=∠时,(点1A 在平面ABD 外 ) ,cos cos cos θαϕ=⋅ (其中α为直线1AA 与平面ABD 所成的角,θ为直线1AA 与直线AB的夹角,ϕ为直线AB 与直线1AA 在平面ABD 的射影的夹角),还考查了正弦定理及转化思想,属于难题. 18.(1)3A π=;(2. 【分析】(1)由正弦定理化简sin cos 0a B A =即可求得tan A ,从而可求A 的值.(2)在ABC 中由余弦定理列方程,在ABD 中利用余弦定理列方程,在ACD 中利用余弦定理列方程,联立可得10bc =的值,根据三角形面积公式即可计算得解.【详解】: (1)sin cos 0a B A = ,2sin sin 2sin cos 0R A B R B A =则sin 0A A =,tan A =3A π∴=(2)方法一:在ABC 中,222222cos a b c bc BAC b c bc =+-∠=+-即2216b c bc +=+ .在ABD 中222229413cos 223212AD BD AB c c ADB AD BD +-+--∠===⋅⨯⨯, 同理ACD 中222229413cos 223212AD CD AC b b ADC AD CD +-+--∠===⋅⨯⨯, 而ADB ADC π∠+∠=,有cos cos 0ADC ADB ∠+∠=,即222213130261212b c b c --+=⇒+=.联立得162610bc bc +=⇒=,11=sin 102222ABCSbc BAC ∠=⨯⨯=. 方法二:又222221cos 1622b c a A b c bc bc +-==⇒+-=①2AB AC AD +=222294AB AC AB AC AD ++⋅==22222cos 9364c b bc Ab c bc ++=⇒++=②②-①得10bc =11=sin 102222ABCSbc A =⨯⨯= 方法三:(极化式)()()cos 945AB AC AB AC A AD DB AD DB ⋅==+⋅-=-= 510cos AB AC A∴== 153=sin 22ABC SAB AC A ∴=【点睛】本题主要考查了正弦定理,余弦定理,三角形面积公式在解三角形中的综合应用,考查了计算能力和转化思想,属于中档题.19.(1)详见解析;(2)5. 【分析】(1)由ABC ABEF ⊥平面平面及B 为直角可得到BC ABEF ⊥平面,结合已知条件命题得证.(2)作BG EF ⊥,连结CG .由(1)得: BC ABEF ⊥平面,作BH CG ⊥,再证得:BH ⊥平面CEF ,则BFH ∠即为所求线面角. 解三角形BFH 即可.【详解】解:(1)证明:直角ABC 中∠B 是直角,即BC AB ⊥,ABC ABEF ⊥平面平面, ABC ABEF AB ⋂=平面平面, BC ABC ⊂平面,BC ABEF ∴⊥平面,又BF ABEF ⊂平面,BC BF ∴⊥. (2)方法一:作BG EF ⊥,连结CG .由(1)知BC ⊥平面ABEF ,得到BC EF ⊥,又BG EF ⊥,所以EF ⊥平面BCG . 又因为EF ⊂平面CEF ,所以平面BCG ⊥平面CEF . 作BH CG ⊥于点H ,易得BH ⊥平面CEF , 则BFH ∠即为所求线面角.设1AF =,由已知得2AB BE ==,BF =BG =,BH =sinBHBFH BF∠===则直线BF 与平面CEF .方法二:建立如图所示空间直角坐标系B xyz -,因为1AF =.由已知()0,0,0B ,()0,2,0C ,3,0,22F ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭,(E -,3,0,22BF ⎛= ⎝⎭,(1,2,EC =,5,0,2EF ⎛= ⎝⎭,设平面CEF 的法向量为(),,n x y z =,则有00n EC n EF ⎧⋅=⎨⋅=⎩,205022x y x z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩令x =5,z y ==即()3,2n =.所以直线BF 与平面CEF所成角的正弦值332sin cos ,53n BF θ===. 方法三(等积法):设2AF =AB =BE=2,ABC 为等腰三角形,AB=BC =2 ∠FAB =60°,2AF =AB 90AFB ∴∠=,又AF //BE ,EB BF ⊥.由(1)知,BC ABEF ⊥平面,EB ABEF ⊂平面 EB BC ∴⊥,CB BF B ⋂=,BF BCF BC BCF⊂⊂平面,平面,EB BCF ∴⊥平面,又BC BF ⊥,则有BFCF EF CE ====.令B 到平面EFC 距离为d1222d =⨯⇒=, 故所求线面角sin θ==.【点睛】本题考查立体几何中的线面关系、空间角、空间向量等基础知识,考查运算求解能力、空间想象能力、等价转化能力,考查数形结合、化归与转化等数学思想.20.(1)121,0,2n a a a n ===-;(2)()425nn b n =--.【解析】 【分析】(1)分别令1,2n n ==可求得12,a a ,再用1n -代等式中的n 得到方程,联立方程作差即可。

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