20xx年湖南省郴州市高考數(shù)學(xué)二模試卷理科word版含解析-資料下載頁
2024-11-28 13:39本頁面
【導(dǎo)讀】選項中，只有一項是符合題目要求的.8．設(shè)關(guān)于x，y的不等式組表示的平面區(qū)域內(nèi)存在點P（x0，11．在△ABC中，A1，B1分別是邊BA，CB的中點，A2，B2分別是線段A1A，，An，Bn分別是線段的中點，設(shè)數(shù)。D．若△ABC中，C=90°，CA=CB，則最小時，15．過點的直線l與圓C：（x﹣1）2+y2=4交于A、B兩點，C為圓心，①函數(shù)f的圖象關(guān)于直線對稱；②函數(shù)f在區(qū)間上單調(diào)遞增；③函數(shù)f的最小正周期為π；（Ⅰ）分別求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；bn}的前n項和Tn．。19．如圖，菱形ABCD中，∠ABC=60°，AC與BD相交于點O，AE⊥平面ABCD，21．已知橢圓的離心率為，且過點．若點M（x0，求橢圓C的標準方程；求函數(shù)f在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；探討函數(shù)F=lnx﹣+是否存在零點？解：由題意得，===2﹣i，因為x+yi與互為共軛復(fù)數(shù)，∵均為單位向量，∴2||2﹣2||2﹣3=﹣3cosθ=﹣，
【正文】 圖；離散型隨機變量及其分布列． 【分析】 （ Ⅰ ）由頻率分布直方圖求出日銷售量不低于 8 噸的頻率為 ，記未來3 天內(nèi)，第 i 天日銷售量不低于 8 噸為事件 A1（ i=1， 2， 3），未來 3 天內(nèi)，連續(xù)2 天日銷售不低于 8 噸，另一天日銷量低于 8 噸包含兩個互斥事件 和，由此能求出未來 3 天內(nèi)，連續(xù) 2 天日銷售量不低于 8 噸，另一天日銷售量低于 8 噸的概率． （ Ⅱ ） X 的可能取值為 0， 1， 2， 3，且 X～ B（ 3， ），由此能求出 X 的分布列和 E（ X）． 【解答】 解：（ Ⅰ ）由頻率分布直方圖可知， 日銷售量不低于 8 噸的頻率為： 2 （ +） =， … 記未來 3 天內(nèi)，第 i 天日銷售量不低于 8 噸為事件 A1（ i=1， 2， 3）， 則 P（ A1） =， … 未來 3 天內(nèi)，連續(xù) 2 天日銷售不低于 8 噸， 另一天日銷量低于 8 噸包含兩個互斥事件 和 ， … 則未來 3 天內(nèi)，連續(xù) 2 天日銷售量不低于 8 噸，另一天日銷售量低于 8 噸的概率： … = （ 1﹣ ） +（ 1﹣ ） =． … （ Ⅱ ） X 的可能取值為 0， 1， 2， 3，且 X～ B（ 3， ） P（ X=0） =（ 1﹣ ） 3=， … ， … ， … P（ X=3） ==， … ∴ X 的分布列為： X 0 1 2 3 P … E（ X） =3 =． … 21．已知橢圓 的離心率為 ，且過點 ． 若點 M（ x0，y0）在橢圓 C 上，則點 稱為點 M 的一個 “橢點 ”． （ 1）求橢圓 C 的標準方程； （ 2）若直線 l： y=kx+m 與橢圓 C 相交于 A， B 兩點，且 A， B 兩點的 “橢點 ”分別為 P， Q，以 PQ 為直徑的圓經(jīng)過坐標原點，試求 △ AOB 的面積． 【考點】 直線與橢圓的位置關(guān)系． 【分析】 （ 1）由橢圓的離心率公式，利用待定系數(shù)法及 a， b， c 的關(guān)系，即可取得 a 與 b 的值，求得橢圓方程； （ 2）以 PQ 為直徑的圓經(jīng)過坐標原點，得 ，將直線 l 的方程代入橢圓方程，由韋達定理，弦長公式及點到直線的距離公式，將 2m2﹣ 4k2=3 代入即可求得 △ AOB 的面積． 【解答】 解：（ 1）由橢圓的離心率 ，得 a=2c， … 又 a2=b2+c2，則 ， … ∴ 橢圓 ， 由 在 C 上，則 ，得 c=1， … ∴ ， … ∴ 橢圓 C 的方程為： ； … （ 2）設(shè) A（ x1， y1）， B（ x2， y2），則 P（ ， ）， Q（ ， ）， 由以 PQ 為直徑的圓經(jīng)過坐標原點，得 ， 即 （ 1） … 由 ，消除 y 整理得：（ 3+4k2） x2+8mk+4（ m2﹣ 3） =0， 由 △ =64k2m2﹣ 16（ 3+4k2）（ m2﹣ 3） ＞ 0，得 3+4k2﹣ m2＞ 0， 而 （ 2） … ∴ （ 3） 將（ 2）（ 3）代入（ 1）得： ， 即 2m2﹣ 4k2=3， … 又 ∵ ， … 原點 O 到直線 l： y=kx+m的距離 ， … ∴ ， … 把 2m2﹣ 4k2=3 代入上式得 ，即 S△ AOB的面積是為 ． … 22．已知函數(shù) f（ x） =xlnx， g（ x） =﹣ x2+ax﹣ 3． （ 1）求函數(shù) f（ x）在 [t， t+2]（ t＞ 0）上的最小值； （ 2）對一切 x∈ （ 0， +∞ ）， 2f（ x） ≥ g（ x）恒成立，求實數(shù) a 的取值范圍． （ 3）探討函數(shù) F（ x） =lnx﹣ + 是否存在零點？若存在，求出函數(shù) F（ x）的零點，若不存在，請說明理由． 【考點】 利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù) 的最值；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性． 【分析】 （ 1）求得 f′（ x） =lnx+1，令 f′（ x） =0，可得 x= ．對 t 分類討論：當0＜ m＜ 時，及當 t≥ 時，分別研究其單調(diào)性、極值與最值，即可得出； （ 2）由題意可得， 2xlnx≥ ﹣ x2+ax﹣ 3．即 a≤ 2lnx+x+ 恒成立，令 h（ x） =2lnx+x+ ，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得極小值且為最小值，由此求出實數(shù) a 的取值范圍； （ 3）把函數(shù)整理成 F（ x） =lnx﹣ + ≥ ﹣ ﹣ + = （ ﹣ ），要判斷是否有零點，只需看 F（ x）的正負問題，令 G（ x） = ﹣ ，利用 導(dǎo)數(shù)分析G（ x）的單調(diào)區(qū)間和最值，即可判斷是否存在零點． 【解答】 解：（ 1） f（ x） =xlnx， f′（ x） =lnx+1，令 f′（ x） =0，解得 x= ． ① 當 0＜ t＜ 時，在 x∈ [t， ）上 f′（ x） ＜ 0；在 x∈ （ ． t+2]上 f′（ x） ＞ 0． 因此， f（ x）在 x= 處取得極小值，也是最小值． fmin（ x） =﹣ ． ② 當 t≥ ， f′（ x） ≥ 0，因此 f（ x）在 [t， t+2]上單調(diào)遞增， ∴ fmin（ x） =f（ t） =tlnt； （ 2）由對一切 x∈ （ 0， +∞ ）， 2f（ x） ≥ g（ x）恒成立， 即有 2xlnx≥ ﹣ x2+ax﹣ 3． 即 a≤ 2lnx+x+ 恒成立， 令 h（ x） =2lnx+x+ ， h′（ x） = +1﹣ = = ， 當 x＞ 1 時， h′（ x） ＞ 0， h（ x）是增函數(shù)， 當 0＜ x＜ 1 時， h′（ x） ＜ 0， h（ x）是減函數(shù)， ∴ a≤ h（ x） min=h（ 1） =4． 即實數(shù) a 的取值范圍是（﹣ ∞ ， 4]； （ 3）令 m（ x） =2xlnx， m39。（ x） =2（ 1+lnx）， 當 x∈ （ 0， ）時， m39。（ x） ＜ 0， m（ x）遞減； 當 x∈ （ ， +∞ ）時， m39。（ x） ＞ 0， m（ x）遞增； ∴ m（ x）的最小值為 m（ ） =﹣ ， 則 2xlnx≥ ﹣ ， ∴ lnx≥ ﹣ ， F（ x） =lnx﹣ + =0① 則 F（ x） =lnx﹣ + ≥ ﹣ ﹣ + = （ ﹣ ）， 令 G（ x） = ﹣ ，則 G39。（ x） = ， 當 x∈ （ 0， 1）時， G39。（ x） ＜ 0， G（ x）遞減； 當 x∈ （ 1， +∞ ）時， G39。（ x） ＞ 0， G（ x）遞增； ∴ G（ x） ≥ G（ 1） =0 ② ∴ F（ x） =lnx﹣ + ≥ ﹣ ﹣ + = （ ﹣ ） ≥ 0， ∵①② 中取等號的條件不同， ∴ F（ x） ＞ 0，故函數(shù) F（ x）沒有零點． 2017 年 4 月 5 日
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