福建省福州市20xx-20xx學年高二上學期期末數學試卷理科word版含解析-資料下載頁
2024-11-15 18:36本頁面
【導讀】有一項是符合題目要求的.5．已知函數f=x+ex，g=x+lnx，h=lnx﹣1的零點依次為a，b，c，則a，b，9．已知數列{an}的前n項和為Sn，a1=1，當n≥2時，an+2Sn﹣1=n，則S2020的值為（）。10．若x，y滿足約束條件，目標函數z=ax+2y僅在點（1，0）處取得最小值，12．已知定義在R上的可導函數f的導函數為f′，滿足f′＜f，且f（x+2）。寫在答題卡上的指定區(qū)域內.若g≥f，求實數x的取值范圍；19．已知四棱錐P﹣ABCD中PA⊥平面ABCD，且PA=4PQ=4，底面為直角梯形，求截面MCN與底面ABCD所成二面角的大小；記函數g=f′+lnx，討論函數g的單調性；若曲線y=f與x軸正半軸有交點且交點為P，曲線在點P處的切線方程為y=g，B中，若l上有兩個點到α的距離相等，則l與α平行或相交，故B錯誤；β，使a∥l，則a⊥α，由面面垂直的判定定理可得α?！挺?，故C正確；
【正文】 ； 法二，幾何法： （ 1）取 AP 的中點 E，連接 ED，則 ED∥ CN，依題有 Q 為 EP 的中點，所以 MQ∥ ED，所以 MQ∥ CN， 又 MQ?平面 PCB， CN?平面 PCB， ∴ MQ∥ 平面 PCB （ 2）易證：平面 MEN∥ 底面 ABCD，所以截面 MCN 與平面 MEN 所成的二面角即為平面MCN 與底面 ABCD 所成的二面角， 因為 PA⊥ 平面 ABCD，所以 PA⊥ 平面 MEN，過 E 做 EF⊥ MN，垂足為 F，連接 QF， 則由三垂線定理可知 QF⊥ MN， 由（ 1）可知 M， C， N， Q 四點共面所以 ∠ QFE 為截面 MCN 與平面 MEN 所成的二面角的平面角 ， ， 所以： ， 所以： ； （ 3）因為 EP 的中點為 Q，且平面 MCN 與 PA 交于點 Q，所以點 A到平面 MCN的距離是點 E 到平面 MCN 的距離的 3 倍， 由（ 2）知： MN⊥ 平面 QEF，則平面 MCNQ⊥ 平面 QEF 且交線為 QF，作 EH⊥ QF，垂足為 H，則 EH⊥ 平面 MCNQ，故 EH 即為點 E 到平面 MCN 的距離． ． 20．已知正項等比數列 {an}（ n∈ N*），首項 a1=3，前 n 項和為 Sn，且 S3+a S5+a S4+a4成等差數列． （ 1）求數列 {an}的通項公式； （ 2）求數列 {nSn}的前 n 項和 Tn． 【考點】 數列的求和；等差數列的通項公式；等比數列的前 n 項和． 【分析】 （ 1）利用等差數列和等比數列的通項公式、前 n 項和的意義即可得出； （ 2）利用等差數列和等比數列的前 n 項和公式、 “錯位相減法 ”即可得出． 【解答】 解：（ 1）設正項等比數列 {an}（ n∈ N*），又 a1=3， ∴ ， ∵ S3+a S5+a S4+a4成等差數列， ∴ 2（ S5+a5） =（ S3+a3） +（ S4+a4）， 即 2（ a1+a2+a3+a4+2a5） =（ a1+a2+2a3） +（ a1+a2+a3+2a4）， 化簡得 4a5=a3， ∴ ，化 為 4q2=1， 解得 ， ∵ {an}（ n∈ N*）是單調數列， ∴ ， ． （ 2）由（ 1）知 ， ， ， 設 ，則 ， 兩式相減得 ， ∴ ． 21．已知函數 f（ x） =x3﹣ ax2，其中 x∈ R， a 為參數 （ 1）記函數 g（ x） = f′（ x） +lnx，討論函數 g（ x）的單調性； （ 2）若曲線 y=f（ x）與 x軸正半軸有交點且交點為 P，曲線在點 P 處的切線方程為 y=g（ x），求證：對于任意的正實數 x，都有 f（ x） ≥ g（ x）． 【考點】 利用導數研究函數的單調性；利用導數研究曲線上某點切線方程． 【分析】 （ 1）求出 函數的導數，通過討論 a 的范圍，得到函數的單調區(qū)間即可； （ 2）求出 f（ x）點 P 處的切線方程 y=g（ x），令 h（ x） =f（ x）﹣ g（ x），根據函數的單調性求出 h（ x） ≥ 0 即可． 【解答】 解：（ 1）函數 g（ x）的定義域是（ 0， +∞）， f39。（ x） =3x2﹣ 2ax， g（ x） = （ 3x2﹣ 2ax） +lnx， g′（ x） =x+ ﹣ ≥ 2﹣ ， 當 a≤ 6 時，則 ，所以 g39。（ x） ≥ 0， 所以函數 g（ x）在定義域（ 0， +∞）上單調遞增． 當 a＞ 6 時，令 ， 則 ， 可知函數 g（ x）在 上單調遞增， 在 單調遞減， 在 上單 調遞增． 證明：（ 2）令 f（ x） =0，則 x=0 或 x=a 若曲線 y=f（ x）與 x軸正半軸有交點， 則 a＞ 0 且交點坐標為 P（ a， 0）， 又 f39。（ x） =3x2﹣ 2ax，則 f39。（ a） =a2， 所以曲線在點 P 處的切線方程為 y=a2（ x﹣ a），即 g（ x） =a2x﹣ a3， 令 h（ x） =f（ x）﹣ g（ x） =x3﹣ ax2﹣ a2x+a3， 在區(qū)間（ a， +∞）上單調遞減， 所以當 x=a 時， h（ x）有最小值， 所以 h（ x） ≥ 0， 則 f（ x） ≥ g（ x）． 22．如圖，已知直線與拋物線 y2=2px（ p＞ 0）交于 M， N 兩點，點 D 的坐 標為 ，OD⊥ MN 交 MN 于點 D， OM⊥ ON，拋物線的焦點為 F． （ 1）求 p 的值；（ 2）記條件（ 1）所求拋物線為曲線 C，過點 F作兩條斜率存在且互相垂直的直線 l1， l2，設 l1與曲線 C 相交于點 A， B， l2與曲線 C 相交于點 D， E，求 ? 的最小值． 【考點】 拋物線的簡單性質． 【分析】 （ 1）由 OM⊥ ON，得 x1x2+y1y2=0，由 與 y2=2px消去 x，得，利用韋達定理，即可求 p 的值； （ 2）設出直線 l1的方程，理想直線和拋物線的方程，消去 y，得到關于 x的一元二次方程，利用韋達定理，求出兩根之和和兩根之積 ，同理可求出直線 l2的方程與拋物線的交點坐標，代入 ? ，利用基本不等式求最值，即可求得其的最小值． 【解答】 解：（ 1）設 M（ x1， y1）， N（ x2， y2），由 OM⊥ ON，得 x1x2+y1y2=0 由已知得直線 MN 的方程是 即 ， 則有 ，即 ① 由 與 y2=2px消去 x，得 ② 所以 ③ 把 ③代入 ①得 ，解得 p=2 當 p=2 時方程 ②成為 ，顯然此方程有實數根 所以 p=2； （ 2）由（ 1）知拋物線方程為 y2=4x 由題意知，直線 l1的斜率存在且不為 0，設為 k，則 l1的方程為 y=k（ x﹣ 1）． 得 k2x2﹣（ 2k2+4） x+k2=0． 設 A（ x1， y1）， B（ x2， y2），則 x1， x2是上述方程的兩個實根，于是 x1+x2=2+ ， x1x2=1． ∵ l1⊥ l2， ∴ l2的斜率為﹣ ． 設 D（ x3， y3）， E（ x4， y4），則同理可得 x3+x4=2+4k2， x3x4=1． ? =（ x1+1）（ x2+1） +（ x3+1）（ x4+1） =x1x2+（ x1+x2） +1+x3x4+（ x3+x4） +1 =1+（ 2+ ） +1+1+（ 2+4k2） +1 =8+4（ k2+ ） ≥ 8+4 2=16． 當且僅當 k2= ，即 k=177。 1 時，取最 小值 16． 2020 年 8 月 4 日
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