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广西梧州市2015届高三上学期一模考试数学试卷(理科)


广西梧州市 2015 届高考数学一模试卷(理科)

一、选择题(共 12 小题,每小题 5 分,满分 60 分) 1.已知集合 A={x|lgx≥0},B={y|y=2 +1,x∈R},则 A∩B=( A. (1,+∞) B. ) =( )
x

)

3. 已知函数 f (x) 是定义在 R 上的偶函数, 当 x≥0 时, f (x) =sin2x, 则f (﹣ A. B.﹣ C. D.﹣

4.下列说法中,正确的是(
2 2

)

A.命题“若 am <bm ,则 a<b”的逆命题是真命题 B.已知 x∈R,则“x>1”是“x>2”的充分不必要条件 C.命题“p∨q”为真命题,则命题“p”和命题“q”均为真命题 D.命题“? x∈R,x ﹣x>0”的否定是“? x∈R,x ﹣x≤0”
2 2

5.二项式(x ﹣ ) 的展开式中 x 的项的系数为( A.15 B.﹣15 C.10

2

5

4

) D.﹣10

6.已知双曲线 方程是( A.y=± x )

﹣2y =1(a>0)的右焦点与抛物线 y =4x 的焦点重合,则此双曲线的渐近线

2

2

B.y=±

x

C.y=±

x

D.y=±x

7.如图所示,该程序框图的运算结果是(

)

A.﹣4

B.﹣7

C.﹣10

D.﹣13

8.某校学生在一次学业水平测试中的数学成绩制成如图所示的频率分布直方图,60 分以下的 人要补考,已知 90 分以上的有 80 人,则该校需要补考的人数为( )

A.120

B.150

C.180

D.200

9. 设三次函数 f (x) 的导函数 f′ (x) , 函数 y=xf′ (x) 的图形的一部分如图所示, 则(

)

A.f(x)的极大值为 f(

) ,极小值为 f(﹣



B.f(x)的极大值为 f(0) ,极小值为 f(﹣3) C.f(x)的极大值为 f(3) ,极小值为 f(﹣3) D.f(x)的极大值为 f(3) ,极小值为 f(0)

10.已知 α ∈( A.﹣

,π ) ,且 tan( B.

)=﹣ ,则 sin(2α ﹣π )=( C.﹣ D.

)

11.已知(x,y)满足不等式

,z=x+ay,当且仅当在点(2,2)取得最大值,

则实数 a 的取值范围是( A. (﹣∞,﹣ )

) C. (﹣ ,+∞) D. (﹣ ,+∞)

B. (﹣ ,﹣ )

12.已知数列{an}满足:a1=a ﹣2a+2,an+1=an+2(n﹣a)+1,n∈N ,当且仅当 n=3 时 an 最小, 则实数 a 的取值范围为 ( A. (﹣1,3) B. ) C. (2,4) D.

2

+

二、填空题(共 4 小题,每小题 5 分,满分 20 分) 13.向量 =(﹣1,1) , =(x,2) ,若( ﹣ )⊥ ,则 , 的夹角为__________.

14.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为__________.

15.函数 f(x)=cos(2x+φ ) (|φ |<

)的图象向左平移

个单位后关于原点对称,则当

函数 f(x)在上取得最小值时,x=__________.

16. 数列{an}满足 a1= , an+1=an ﹣an+1 (n∈N ) , 则 m=

2

*

+

?+

的整数部分是__________.

三、解答题(共 5 小题,满分 60 分) 17.在△ABC 中,∠ACB 为钝角,AB=2,BC= (1)求∠BCD 的大小; (2)求 BD 的长. ,A= ,D 为 AC 延长线上一点,且 CD= +1.

18.随着教育制度和 2015 届高考考试制度的改革,高校选拔人才的方式越来越多,某高校向 一基地学校投放了一个保送生名额,先由该基地学校初选出 10 名优秀学生,然后参与高校设 置的考核,考核设置了难度不同的甲、乙两个方案,每个方案都有 M(文化) 、N(面试)两个 考核内容,最终选择考核成绩总分第一名的同学定为该高校在基地学校的保送生,假设每位 同学完成每个方案中的 M、N 两个考核内容的得分是相互独立的,根据考核前的估计,某同学 完成甲方案和乙方案的 M、N 两个考核内容的情况如表:

表 1:甲方案 考核内容 得分 概率 表 2:乙方案 考核内容 得分 概率 已知该同学最后一个参与考核,之前的 9 位同学的最高得分为 125 分. (1)若该同学希望获得保送资格,应该选择哪个方案?请说明理由,并求其在该方案下获得 保送资格的概率; (2)若该同学选用乙方案,求其所得成绩 X 的分布列及其数学期望 EX. M(文化) 90 N(面试) 60 30 10 M(文化) 100 N(面试) 80 50 20

19.如图所示直三棱柱 ABG﹣DCE 中 ABCD 是边长为 2 的正方形,DE⊥平面 ABCD,F 为 AG 的中 点,BE 与平面 ABCD 所成角的正切值为 (1)求证:AC∥平面 EFB; (2)求二面角 F﹣BE﹣A 的大小. .

20.已知椭圆 C:

+

=1(a>b>0)的离心率为 e=

,过右焦点作垂直于 x 轴的直线与

椭圆相交于两点,且两交点与椭圆的左焦点及右顶点构成的四边形面积为 (1)求椭圆的方程;

+4.

(2)过点 B(﹣2,0)的直线 l 与椭圆 C 交于 P,Q 两点,交圆 O:x +y =8 于 M,N 两点,若 |MN|∈,求△OPQ 面积的取值范围.

2

2

21.已知函数 f(x)=ax+

+b.

(1)若 f(x)在定义域上单调递增,求实数 a 的取值范围; (2)当 a=﹣ 时,对任意 x∈(0,+∞) ,b∈(﹣ ,0) ,xf(x)+c≤0 恒成立,求 c 的取 值范围.

请考生在第 22、23、24 三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分【选修 4-1: 几何证明选讲】 22.已知,如图,AB 是⊙O 的直径,AC 切⊙O 于点 A,AC=AB,CO 交⊙O 于点 P,CO 的延长线 交⊙O 于点 F,BP 的延长线交 AC 于点 E. (1)求证: = ; +1,求 tan∠CPE 的值.

(2)若⊙O 的直径 AB=

【选修 4-4:坐标系与参数方程】 23.在平面直角坐标系 xOy 中,以坐标原点 O 为极点,以 x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 得曲线 C 的极坐标方程为 ρ =2sinθ ,设 A 点的极坐标为(2, (1)求直线 OA 及曲线 C 的直角坐标方程; (2)设直线 OA 与曲线 C 的一个交点为 P(不是原点 O) ,过点 P 作直线 OA 的垂线 l,求直线 l 的极坐标方程. ) .

【选修 4-5:不等式选讲】 24.已知 a,b,c 均为正实数,且满足 abc=1,证明: (1)a+b+c≥ + + ;

(2)a +b +c ≥

2

2

2

+

+



广西梧州市 2015 届高考数学一模试卷(理科)

一、选择题(共 12 小题,每小题 5 分,满分 60 分) 1.已知集合 A={x|lgx≥0},B={y|y=2 +1,x∈R},则 A∩B=( A. (1,+∞) B.
x

)

∴对应的频数为 800×0.15=120. ∴该校需要补考的人数为 120. 故选:A. 点评:本题考查了频率分布直方图的应用问题,也考查了频率、频数与样本容量的应用问题, 是基础题目.

9. 设三次函数 f (x) 的导函数 f′ (x) , 函数 y=xf′ (x) 的图形的一部分如图所示, 则(

)

A.f(x)的极大值为 f(

) ,极小值为 f(﹣



B.f(x)的极大值为 f(0) ,极小值为 f(﹣3) C.f(x)的极大值为 f(3) ,极小值为 f(﹣3) D.f(x)的极大值为 f(3) ,极小值为 f(0)

考点:利用导数研究函数的极值;导数的运算. 专题:数形结合;导数的综合应用. 分析:观察图象知,x<﹣3 时,f′(x)<0.﹣3<x<0 时,f′(x)>0.由此知极小值为 f(﹣3) .0<x<3 时,yf′(x)>0.x>3 时,f′(x)<0.由此知极大值为 f(3) . 解答: 解:观察图象知,x<﹣3 时,y=x?f′(x)>0, ∴f′(x)<0,f(x)递减;

当﹣3<x<0 时,y=x?f′(x)<0, ∴f′(x)>0,f(x)递增. 由此知 f(x)的极小值为 f(﹣3) ; 当 0<x<3 时,y=x?f′(x)>0, ∴f′(x)>0,f(x)递增, 当 x>3 时,y=x?f′(x)<0, ∴f′(x)<0,f(x)递减. 由此知 f(x)的极大值为 f(3) . 故选:C.

点评:本题考查函数的极值的性质和应用,解题时要仔细观察图象,注意数形结合思想的合理 运用.

10.已知 α ∈( A.﹣

,π ) ,且 tan( B.

)=﹣ ,则 sin(2α ﹣π )=( C.﹣ D.

)

考点:两角和与差的正切函数;二倍角的正弦. 专题:三角函数的求值. 分析:利用两角和的正切函数求出 tanα ,通过诱导公式化简所求表达式,利用万能公式求解 即可. 解答: 解:tan( 可得: )=﹣ ,α ∈( . ,π ) ,

=﹣ ,解得 tanα =

sin(2α ﹣π )=﹣sin2α =﹣

=﹣

=



故选:B. 点评:本题考查两角和的正切函数,诱导公式的应用,考查三角函数的化简求值,

11.已知(x,y)满足不等式

,z=x+ay,当且仅当在点(2,2)取得最大值,

则实数 a 的取值范围是(

) D. (﹣ ,+∞)

A. (﹣ ∞,﹣ ) B. (﹣ ,﹣ ) C. (﹣ ,+∞)

考点:简单线性规划. 专题:不等式的解法及应用. 分析:作出不等式对应的平面区域,利用线性规划的知识,确定目标取最优解的条件,即可求 出 a 的取值范围. 解答: 解:作出不等式对应的平面区域, 当 a=0 时,z=x,即 x=z,此时不成立. 由 z=x+ay 得 y=﹣ x+ , 要使目标函数 z=x+ay 仅在点(2,2)处取得最大值, 若 a=0,则目标函数为 x=a,此时满足条件. 若 a>0,则目标函数的斜率 k=﹣ <0.目标函数的截距最大,此时 z 最大,满足条件, 若 a<0,即目标函数的斜率 k=﹣ >0, 要使条件成立,满足 k>kAB, 即﹣ >3, ∴a>﹣ , 综上 a>﹣ , 故实数 a 的取值范围是(﹣ ,+∞) , 故选:D

点评:本题主要考查线性规划的应用,利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法.根据条 件目标函数 z=x+y 仅在点 P(2,2)处取得最大值,确定直线的位置是解决本题的关键.

12.已知数列{an}满足:a1=a ﹣2a+2,an+1=an+2(n﹣a)+1,n∈N ,当且仅当 n=3 时 an 最小, 则实数 a 的取值范围为 ( A. (﹣1,3) B. ) C. (2,4) D.

2

+

考点:数列递推式. 专题:等差数列与等比数列. 分析:直接根据叠加法和数列的求和公式,求出数列的通项公式,进一步利用最小项与相邻项 间的关系,通过解不等式组求出结果. 解答: 解:已知数列{an}满足:an+1=an+2(n﹣a)+1,n∈N , 则:an=an﹣1+2+1 整理得:an﹣an﹣1=2+1① 所以:an﹣1﹣an﹣2=2+1② ? a2﹣a1=2+1 (n﹣1) 所以:an=2+n﹣1+a1 由 a1=a ﹣2a+2, 所以: 当且仅当 n=3 时 an 最小.
2 +

解不等式得:

故选:D 点评:本题考查的知识要点:叠加法再求数列通项公式中的应用,最小项与相邻项间的关系, 解不等式组,属于中等题型.

二、填空题(共 4 小题,每小题 5 分,满分 20 分) 13.向量 =(﹣1,1) , =(x,2) ,若( ﹣ )⊥ ,则 , 的夹角为 45°.

考点:平面向量数量积的运算. 专题:平面向量及应用. 分析:通过已知的向量垂直得到关于 x 的等式,求出 x,然后利用向量的数量积公式求向量的 夹角. 解答: 解:由已知向量 =(﹣1,1) , =(x,2) , ( ﹣ )⊥ , 所以( ﹣ )? =(﹣1﹣x,﹣1)?(﹣1,1)=x=0, 所以向量 =(0,2) , 所以 , 的夹角的余弦值为 ,

所以 , 的夹角为 45°; 故答案为:45°. 点评:本题考查了向量垂直的性质以及利用向量的数量积公式求向量的夹角,属于基础题.

14.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为 64﹣



考点:由三视图求面积、体积. 专题:计算题;空间位置关系与距离. 分析:由题意,几何体为正方体挖去两个圆锥,利用体积公式可求几何体的体积. 解答: 解:由题意,几 何体为正方体挖去两个圆锥,挖去两个圆锥,底面是正方形的内切 圆, 圆锥的高分别为 1, 3, 则几何体的体积为 4 ﹣ 故答案为:64﹣ .
3



=64﹣



点评:本题考查体积的计算,考查学生的计算能力,确定直观图是关键.

15.函数 f(x)=cos(2x+φ ) (|φ |< 函数 f(x)在上取得最小值时,x= .

)的图象向左平移

个单位后关于原点对称,则当

考点:函数 y=Asin(ω x+φ )的图象变换. 专题:三角函数的求值;三角函数的图像与性质. 分析:由条件根据函数 y=Acos(ω x+φ )的图象变换规律,余弦函数的图象的对称性可得 +φ =kπ + ,k∈z,由此根据|φ |< 求得 φ 的值.得到函数解析式即可得解. )的图象向左平移 个单位后得到的函数

解答: 解:函数 f(x)=cos(2x+φ ) (|φ |< 解析式是:y=cos=cos(2x+ ∵函数图象关于原点对称, ∴可得 ∵|φ |< +φ =kπ + , ,k∈z, +φ ) ,

∴可解得:φ =

,即有:f(x)=cos(2x+ ∈, =π 即 x=

) .

由题意 x∈,得 2x+ ∴cos(2x+

)∈,即有当 2x+

时,函数 f(x)=cos(2x+

)在区间的取

最小值为﹣1. 故答案为: .

点评:本题主要考查函数 y=Acos(ω x+φ )的图象变换规律,余弦函数的图象的对称性,考 查了余弦函数最值的求法, 解题的关键是熟练掌握余弦函数的性质, 能根据函数的性质求最值, 属于基本知识的考查.

16.数列{an}满足 a1= ,an+1=an ﹣an+1(n∈N ) ,则 m=

2

*

+

?+

的整数部分是 2.

考点:数列的求和;数列递推式. 专题:点列、递归数列与数学归纳法. 分析:由 a1= ,an+1=an ﹣an+1(n∈N ) ,可得 an+1﹣an>0,得到数 列{an}单调递增.再变形为
2 *

an+1﹣1=an(an﹣1) ,即



也即

.利用“裂项求和”可得 m,再利用其单调性即可得出 m 的整数

部分. 解答: 解:∵a1= ,an+1=an ﹣an+1(n∈N ) ,∴ ∴数列{an}单调递增. ∴an+1﹣1=an(an﹣1)>0, ∴ ,
2 *

,∴an+1>an,



= (

) + (

) +?+ (



=



∴ ∵a1= ,∴

. , ? ,

∴a2015>a2014>?>a4>2, ∴a2015﹣1>1,∴0< <1,

∴2<3﹣

<3.

因此 m 的整数部分是 2. 故答案为:2. 点评: 本题考查了通过恰当变形转化为“裂项求和”、 数列的单调性等基础知识与基本技能方 法,属于难题.

三、解答题(共 5 小题,满分 60 分) 17.在△ABC 中,∠ACB 为钝角,AB=2,BC= (1)求∠BCD 的大小; (2)求 BD 的长. ,A= ,D 为 AC 延长线上一点,且 CD= +1.

考点:余弦定理;正弦定理. 专题:解三角形. 分析: (1)在三角形 ABC 中,利用正弦定理列出关系式,把 AB,BC,以及 sinA 的值代入求出 sin∠ACB 的值,确定出∠ACB 度数,即可求出∠BCD 度数; (2)在三角形 BCD 中,利用余弦定理列出关系式,把 CB,DC,以及 cos∠BCD 代入计算即可 求出 BD 的长.

解答: 解: (1)在△ABC 中,AB=2,A= 由正弦定理可得 = ,即

,BC= =

, ,

∴sin∠ACB=



∵∠ACB 为钝角, ∴∠ACB= 则∠BCD= , ;
2 2 2

(2)在△BCD 中,由余弦定理可知 BD =CB +DC ﹣2CB?DC?cos∠BCD, 即 BD =2+(
2

+1) ﹣

2

×

×(

+1) ,

整理得:BD=2.

点评: 此题考查了正弦、 余弦定理, 以及特殊角的三角函数值, 熟练掌握定理是解本题的关键.

18.随着教育制度和 2015 届高考考试制度的改革,高校选拔人才的方式越来越多,某高校向 一基地学校投放了一个保送生名额,先由该基地学校初选出 10 名优秀学生,然后参与高校设 置的考核,考核设置了难度不同的甲、乙两个方案,每个方案都有 M(文化) 、N(面试)两个 考核内容,最终选择考核成绩总分第一名的同学定为该高校在基地学校的保送生,假设每位 同学完成每个方案中的 M、N 两个考核内容的得分是相互独立的,根据考核前的估计,某同学 完成甲方案和乙方案的 M、N 两个考核内容的情况如表: 表 1:甲方案 考核内容 得分 概率 表 2:乙方案 M(文化) 100 N(面试) 80 50 20

考核内容 得分 概率

M(文化) 90

N(面试) 60 30 10

已知该同学最后一个参与考核,之前的 9 位同学的最高得分为 125 分. (1)若该同学希望获得保送资格,应该选择哪个方案?请说明理由,并求其在该方案下获得 保送资格的概率; (2)若该同学选用乙方案,求其所得成绩 X 的分布列及其数学期望 EX.

考点:离散型随机变量的期望与方差;离散型随机变量及其分布列. 专题:概率与统计. 分析: (1)若该同学希望获得保送资格,应该选择甲方案.这是因为选择甲方程最高得分为 150 分>125 分,可能获得第一名即保送资格.而选择乙方案,最高得分为 120 分<125 分, 不可能获得第一名即保送资格.记“该同学完成考核 M 得 100 分”为事件 A,“该同学完成考 核 N 得 50 分”为事件 B,则 P(A)= ,P(B)= ,由此能求出在该方案下获得保送资格的概 率. (2)若该同学选择乙方案,则 X 的可能取值为 120,100,90,70,分别求出相应的概率,由 此能求出 X 的分布列和期望. 解答: 解: (1)若该同学希望获得保送资格,应该选择甲方案. 理由如下: 选择甲方程最高得分为:100+50=150 分>125 分, 可能获得第一名即保送资格. 而选择乙方案,最高得分为:90+30=120 分<125 分, 不可能获得第一名即保送资格. 记“该同学完成考核 M 得 100 分”为事件 A,“该同学完成考核 N 得 50 分”为事件 B, 则 P(A)= ,P(B)= , 记“该同学获得保送资格”为事件 C, 则 P(C)=P(AB)+P( = = , )

∴在该方案下获得保送资格的概率为 . (2)若该同学选择乙方案,则 X 的可能取值为 120,100,90,70, 则 P(X=120)= P(X=100)= P(X=90)= P(X=70)= ∴X 的分布列为: X P EX= =115. 120 100 90 70 = = = = , , , ,

点评:本题考查概率的求法及应用,考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法,是中档 题,在历年 2015 届高考中都是必考题型.

19.如图所示直三棱柱 ABG﹣DCE 中 ABCD 是边长为 2 的正方形,DE⊥平面 ABCD,F 为 AG 的中 点,BE 与平面 ABCD 所成角的正切值为 (1)求证:AC∥平面 EFB; (2)求二面角 F﹣BE﹣A 的大小. .

考点:二面角的平面角及求法;直线与平面平行的判定. 专题:空间位置关系与距离;空间角. 分析: (1)由已知条件推导出 DE=2,以 D 为原点,DA 为 x 轴,DC 为 y 轴,DE 为 z 轴,建立 空间直角坐标系,利用向量法能证明 AC∥平面 EFB. (2)求出平面 BEA 的法向量和平面 EFB 的法向量,由此利用向量法能求出二面角 F﹣BE﹣A 的大小.

解 答: (1)证明:∵ABCD 是边长为 2 的正方形,DE⊥平面 ABCD,F 为 AG 的中点, BE 与平面 ABCD 所成角的正切值为 , ,

∴∠DBE 是 BE 与平面 ABCD 所成角,BD= ∴tan = = ,解得 DE=2,

以 D 为原点,DA 为 x 轴,DC 为 y 轴,DE 为 z 轴, 建立空间直角坐标系, A(2,0,0) ,C(0,2,0) , =(﹣2,2,0) ,

E(0,0,2) ,F(2,0,1) ,B(2,2,0) , =(2,0,﹣1) , =(2,2,﹣2) ,

设平面 EFB 的法向量 =(x,y,z) ,



,取 x=1,得 =(1,1,2) ,



=﹣2+2+0=0,又 AC?平面 EFB,

∴AC∥平面 EFB. (2)解:设平面 BEA 的法向量 =(a,b,c) , ∵ ∴ =(2,0,﹣2) , =(2,2,﹣2) , ,取 a=1,得 =(1,0,1) ,

设二面角 F﹣BE﹣A 的平面角为 θ , 则 cosθ =|cos< >|=| |=| |= ,

∴θ =

, .

∴二面角 F﹣BE﹣A 的大小为

点评:本题考查线面平行的证明,考查二面角的大小的求法,是中档题,解题时要认真审题, 注意向量法的合理运用.

20.已知椭圆 C:

+

=1(a>b>0)的离心率为 e=

,过右焦点作垂直于 x 轴的直线与

椭圆相交于两点,且两交点与椭圆的左焦点及右顶点构成的四边形面积为 (1)求椭圆的方程;

+4.

(2)过点 B(﹣2,0)的直线 l 与椭圆 C 交于 P,Q 两点,交圆 O:x +y =8 于 M,N 两点,若 |MN|∈,求△OPQ 面积的取值范围.

2

2

考点:直线与圆锥曲线的综合问题;椭圆的简单性质;圆与圆锥曲线的综合. 专题:圆锥曲线中的最值与范围问题. 分析:对第(1)问,由离心率 e 的值,得 a,c 的关系式,由面积易得 a,b,c 的关系式, 联立 c =a ﹣b ,即可得 a,b 的值. 对第(2)问,先设出直线 l 的方程,与圆的方程联立,消去 x,得到一个关于 y 的一元二次 方程,由韦达定理及弦长公式,得弦长|MN|的表达式,由|MN|∈,得 m 的取值范围;联立直线 l 与抛物线 C 的方程,消去 x,同样得到一个关于 y 的另一个一元二次方程,由韦达定理及弦 长公式,得弦长|PQ|的表达式,再用 m 表示原点 O 到直线 l 的距离 d,即得△POQ 面积的表达 式,通过 m 的范围可探究△POQ 面积的取值范围. 解答: 解: (1)设椭圆的左、右焦点分别为 F1(﹣c,0) ,F2(c,0) , 过 F2 且与 x 轴垂直的直线交 C 于 A,B. 由 e= ,得 ,即 ,
2 2 2

结合 b =a ﹣c ,得 因为 由 = =

2

2

2

. = +4,得 = , +4,

即 从而 ,

,解得 a =20,

2

故椭圆 C 的方程为



(2)由直线 l 过点 B(﹣2,0) ,可设 l:x=my﹣2, 又设点 M(x1,y1) ,N(x2,y2) ,P(x3,y3) ,Q(x4,y4) , 联立 l 与圆的方程,消去 x,整理,得(m +1)y ﹣4my﹣4=0,
2 2

由韦达定理,得

,且△1>0,

则|MN|=

= 由|MN|∈,解得 0≤m ≤3.
2

=



联立

,消去 x,整理,得(m +5)y ﹣4my﹣16=0,

2

2

由韦达定理,得

,且△2>0,

则|PQ|=

=



又原点 O 到直线 l 的距离 d=



所以

=

=




2

,则 ≤S△POQ≤ .

, ,

由 0≤m ≤3,得 ≤t≤ ,所以 故△OPQ 面积的取值范围是

点评:1.本题考查了椭圆方程的求法,直线与圆的相交关系及直线与椭圆的相交关系等,综 合性较强,关键是利用韦达定理表示弦长与三角形的面积. 2.要确定椭圆的标准方程,除了条件“c =a ﹣b ”外,还需另外两个独立的条件,求解时应 善于根据图形的几何性质或特征寻找关于 a,b,c 的等量关系. 3.对于三角形面积的取值范围或最值问题,一般是先引入参数,再用参数表示面积,转化为 函数的值域问题求解.
2 2 2

21.已知函数 f(x)=ax+

+b.

(1)若 f(x)在定义域上单调递增,求实数 a 的取值范围; ( 2)当 a=﹣ 时,对任意 x∈(0,+∞) ,b∈(﹣ ,0) ,xf(x)+c≤0 恒成立,求 c 的取 值范围.

考点:利用导数研究函数的单调性;利用导数求闭区间上函数的最值. 专题:导数的综合应用. 分析: (1)根据 f(x)在定义域上单调递增,在(0,+∞)上 f′(x)≥0 恒成立可得 a≥ ﹣ ,构造函数 g(x)=﹣ = ,求其最值即可确定 a 的范围;

(2)把 f(x)的解析式代入 g(x)=xf(x)+c,由 g(x)≤0 分离变量 c,构造辅助函数后 利用导数求辅助函数的最小值,从而求得 c 的范围. 解答: 解: (1)∵f(x)=ax+ +b,

∴f′(x)= a+



∵f(x)在定义域上单调递增,

∴在(0,+∞)上 f′(x)≥0 恒成立, 即 a≥﹣ ,

令 g(x)=﹣

=

,则 g′(x)=

=



当 g′(x)>0,即 0<x< 当 g′(x)<0,即 x> ∴ =

时,f(x)单调递增,

时,f(x)单调递减, . .

综上,f(x)在定义域上单调递增时,a≥

(2)由 g(x)=xf(x)+c=lnx﹣ x2+bx+c≤0 恒成立, ∴c≤ x2﹣bx﹣lnx. 记 h(x)= x2﹣bx﹣lnx(x>0) ,则 c≤h(x)min. h′(x)=x﹣b﹣ ,令 h′(x)=0,得 x ﹣bx﹣1=0.
2





当 0<x<

时,h′(x)<0,h(x)单调递减,

当 x>

时,h′(x)>0,h(x)单调递增,h(x)min=h(



令 t=

,则 t ﹣bt﹣1=0,即﹣bt=1﹣t

2

2

∴h(

)= t +1﹣t ﹣lnt=﹣ t ﹣lnt+1
2

2

2

2

令 r(t)=﹣ t ﹣lnt+1.

∵b∈(﹣ ,0)时,t=

∈( ,1) .

又 r(t)在( ,1)上单调递减, ∴r(t)>r(1)= , ∴b∈(﹣ ,0)时,h(x)min> ∴c≤ . 故 c 的取值范围是(﹣∞, ]. 点评:本题考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程,训练了利用导数求函数的最值,体现 了数学转化思想方法、 分离变量法和函数构造法, 解答的关键是对导函数零点的讨论, 是 2015 届高考试卷中的压轴题.

请考生在第 22、23、24 三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分【选修 4-1: 几何证明选讲】 22.已知,如图,AB 是⊙O 的直径,AC 切⊙O 于点 A,AC=AB,CO 交⊙O 于点 P,CO 的延长线 交⊙O 于点 F,BP 的延长线交 AC 于点 E. (1)求证: = ; +1,求 tan∠CPE 的值.

(2)若⊙O 的直径 AB=

考点:与圆有关的比例线段. 专题:立体几何. 分析: (1) 由弦切角定理得∠CAP=∠APC, 又∠C=∠C, 从而△APC∽△FAC, 由此能证明 (2)由切割线定理得 AC =CP?CF=CP(CP+PF) ,由 PF=AB=AC=2,得 CP= tan∠CPE=tan∠F= .
2

=



,由此能求出

解答: (1)证明:∵AB 是⊙O 的直径,AC 切⊙O 于点 A,AC=AB,

∴∠CAP=∠APC, 又∵∠C=∠C,∴△APC∽△FAC, ∴ ∴ = . ,

(2)解:∵AC 切⊙O 于点 A,CPE 为⊙O 的割线, 则 AC =CP? CF=CP(CP+PF) , ∵PF=AB=AC=2, ∴CP(CP+2)=4, 解得 CP=﹣1 ,∵CP>0,∴CP= ,
2

∵∠OAF=∠F,∠B=∠F, ∴OAF=∠B,∴FA∥BE,∴∠CPE=∠F, ∵FP 为直径,∴∠FAP=90°, 由(1)得 , = . .

∴在 Rt△FAP 中,tan ∴tan∠CPE=tan∠F=

点评:本题考查线段比值相等的证明,考查角的正切值的求法,是中档题,解题时要注意弦切 角定理和切割线定理的合理运用.

【选修 4-4:坐标系与参数方程】 23.在平面直角坐标系 xOy 中,以坐标原点 O 为极点,以 x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 得曲线 C 的极坐标方程为 ρ =2sinθ ,设 A 点的极坐标为(2, (1)求直线 OA 及曲线 C 的直角坐标方程; (2)设直线 OA 与曲线 C 的一个交点为 P(不是原点 O) ,过点 P 作直线 OA 的垂线 l,求直线 l 的极坐标方程. ) .

考点:简单曲线的极坐标方程. 专题:坐标系和参数方程.

分析: (1)曲线 C 的极坐标方程为 ρ =2sinθ ,化为 ρ =2ρ sinθ ,利用 出直角坐标方程. 由 A 点的极坐标为 (2, 利用点斜式可得可得直线 OA 的方程. ) , 可得直角坐标为

2

即可得 ,

(2)把直线 OA 的方程与曲线 C 的方程联立可得 P(﹣1,1) .利用相互垂直的直线斜率之间 的关系可得直线 l 的斜率,利用点斜式可 得直角坐标方程,利用 的极坐标方程. 解答: 解: (1)曲线 C 的极坐标方程为 ρ =2sinθ ,化为 ρ =2ρ sinθ , 可得直角坐标方程: x +y =2y. 由 A 点的极坐标为(2, A (2)联立 ∴P(﹣1,1) . ∵直线 OA 的斜率为﹣1,OA⊥l, ∴kl=1. ∴直线 l 的方程为:y﹣1=x+1,化为 x﹣y+2=0. ∴直线 l 的极坐标方程为 ρ cosθ ﹣ρ sinθ +2=0. 点评:本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的互化、直线与圆的交点、点斜式,考查了计算 能力,属于基础题. ) ,可得直角坐标为 ,化为
2 2 2

即可得出直线 l

,可 得直线 OA 的方程为 y=﹣x. ,x≠0,解得 ,

【选修 4-5:不等式选讲】 24.已知 a,b,c 均为正实数,且满足 abc=1,证明: (1)a+b+c≥ (2)a +b +c ≥
2 2 2

+ +

+ +

; .

考点:不等式的证明. 专题:证明题;不等式的解法及应用;推理和证明. 分析:利用均值不等式,结合 abc=1,即可证明结论.

解答: 证明:∵a,b,c∈R ∴a+b≥2 ,b+c≥2 +2 +

+

,a+c≥2 +2

∴2a+2b+2c≥2 ∴a+b+c≥ ∵abc=1, ∴a+b+c≥
2 2

+

+

+


2 2 2 2

(2)∵a +b ≥2ab,b +c ≥2bc,a +c ≥2ac, ∴2a +2b +2c ≥2ab+2bc+2ac, ∴a +b +c ≥ab+bc+ac, ∵ab+bc+ac= ∴a +b +c ≥
2 2 2 2 2 2 2 2 2

≥ + + .

=

+

+



点评:此题主要考查均值不等式的应用,考查学生分析解决问题的 能力,属于中档题.


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