浙江省五校聯(lián)考20xx屆高考數(shù)學(xué)二模試卷文含解析-資料下載頁
2024-12-05 01:07本頁面
【導(dǎo)讀】α，則在平面β內(nèi)，不一定存在與直線m垂直的直線．。為直徑的圓與C2的一條漸近線交于A、B兩點，且C1與該漸近線的兩交點將線段AB三等分，9．設(shè)全集U=R，集合A={x|x2﹣3x﹣4＜0}，B={x|log2（x﹣1）＜2}，則A∩B=，11．已知命題p：?x∈R，x﹣1＞lnx．命題q：?x∈R，＞0，則￢p：，14．已知點A（0，2）為圓M：x2+y2﹣2ax﹣2ay=0外一點，圓M上存在點T使得∠MAT=45°，求函數(shù)f的最小值和最小正周期；17．已知數(shù)列{an}滿足a1=a，an+1﹣an=其中d≠0，n∈N*．。當(dāng)a=1時，求a46關(guān)于d的表達(dá)式，并求a46的取值范圍；18．在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC側(cè)面PAB⊥底面ABCD，若PB中點為E．求證：AE∥平面PCD；19．已知拋物線y2=2x上有四點A、B、C、D，點M. 若a=k=1，求不等式f＞2的解集；“△ABC為直角三角形”，反之不成立，可能為B或。解：因為函數(shù)y=cos（2x﹣）=sin（2x+），+]=sin2x，得到函數(shù)y=sin2x的圖象，
【正文】 6 ， ． 令 ，得 i+j+k=7． 因為 i， j， k∈ N*， 1≤i ＜ j＜ k≤16 ， 所以令 i=1， j=2， k=4，則 2∈ M． 【點評】 本題主要考查遞推數(shù)列的應(yīng)用，考查學(xué)生運算和推理能力，有一定的難度． 18．在四棱錐 P﹣ ABCD中，底面 ABCD為直角梯形， AD∥BC ， AB⊥BC 側(cè)面 PAB⊥ 底面 ABCD，PA=AD=AB=2， BC=4． （ 1）若 PB中點為 E．求證： AE∥ 平面 PCD； （ 2）若 ∠PAB=60176。 ，求直線 BD與平面 PCD所成角的正弦值． 【考點】 直線與平面所成的角； 直線與平面平行的判定． 【專題】 空間位置關(guān)系與距離；空間角． 【分析】 （ 1）取 PC 中點 F，并連接 DF， FE，根據(jù)已知條件容易說明四邊形 ADFE為平行四邊形，從而有 AE∥DF ，根據(jù)線面平行的判定定理即得到 AE∥ 平面 PCD； （ 2）設(shè) B到平面 PCD的距離為 h，從而直線 BD與平面 PCD所成角的正弦值便可表示為 ，BD根據(jù)已知條件容易求出，而求 h可通過 VP﹣ BCD=VB﹣ PCD求出：取 AB中點 O，連接 PO，可以說明 PO⊥ 平面 ABCD，而根據(jù)已知條件能夠求出 S△B CD， S△PCD ，從而求出 h，從而求得答案． 【解答】 解：（ 1）證明：如圖，取 PC 的中點 F，連結(jié) DF， EF； ∵EF∥AD ，且 AD=EF，所以 ADFE為平行四邊形； ∴AE∥DF ，且 AE?平面 PCD， DF?平面 PCD； ∴AE∥ 平面 PCD； （ 2） ∵∠PAB=60176。 ， PA=AB； ∴△PAB 為等邊三角形，取 AB中點 O，連接 PO； 則 PO⊥AB ； 又側(cè)面 PAB⊥ 底面 ABCD，平面 PAB∩ 平面 ABCD=AB； ∴PO⊥ 平面 ABCD； 根據(jù)已知條件可求得 PO= ， S△BCD =4， PD=CD= ， PC=2 ， ； 設(shè)點 B到平面 PCD的距離為 h； ∴ ， ； ∵V P﹣ BCD=VB﹣ PCD； ∴ ； ∴ 直線 BD與平面 PCD所成角 θ 的正弦值 ． 【點評】 考查中位線的性質(zhì)，平行四邊形的定義，線面平行的判定定理，以及直角三角形邊的關(guān)系，面面垂直的性質(zhì)定理，棱錐的體積公式，線面角的定義． 19．已知拋物線 y2=2x上有四點 A（ x1， y1）、 B（ x2， y2）、 C（ x3， y3）、 D（ x4， y4），點 M（ 3， 0），直線 AB、 CD都過點 M，且都不垂直于 x軸，直線 PQ過點 M且垂直于 x軸，交 AC于點 P，交 BD于點 Q． （ 1）求 y1y2的值； （ 2）求證： MP=MQ． 【考點】 直線與圓錐曲線的綜合問題． 【專題】 圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程． 【分析】 （ 1）利用直線 AB過點 M（ 3， 0）可設(shè)直線 AB的方程為 x=my+3，聯(lián)立直線與拋物線方程，利用韋達(dá)定理可得結(jié)論； （ 2）利用 y2=2x，可得直線 AC的斜率為 ，進而可得直線 AC的方程、點 P的縱坐標(biāo)，同理可得點 Q的縱坐標(biāo)，利用 PQ⊥x 軸即得結(jié)論． 【解答】 （ 1）解： ∵ 直線 AB 過點 M（ 3， 0）， A（ x1， y1） 、 B（ x2， y2）， ∴ 設(shè)直線 AB的方程為 x=my+3， 聯(lián)立方程組 ，得： y2﹣ 2my﹣ 6=0， 由韋達(dá)定理可知 y1y2=﹣ 6； （ 2）證明： ∵y 2=2x， ∴ 直線 AC的斜率為 ， ∴ 直線 AC的方程為 ， ∴ 點 P的縱坐標(biāo)為 = ， 同理：點 Q的縱坐標(biāo)為 yQ= ， ∴y P+yQ=0， 又 PQ⊥x 軸， ∴MP=MQ ． 【點評】 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，涉及到韋達(dá)定理等知識，考查計算能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題． 20．已知函數(shù) f（ x） =|x2﹣ a|+x2+kx，（ a為常數(shù)且 0＜ a＜ 4）． （ 1）若 a=k=1，求不等式 f（ x）＞ 2的解集； （ 2）若函數(shù) f（ x）在（ 0， 2）上有兩個零點 x1， x2．求 + 的取值范圍． 【考點】 根的存在性及根的個數(shù)判斷；其他不等式的解法． 【專題】 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用． 【分析】 （ 1）由于 a=k=1，故函數(shù) f（ x） =|x2﹣ 1|+x2+x，分類討論去掉絕對值，求得 f（ x）＞ 2的解集． （ 2）由題意可得， f（ x）在在 上有一零點，在 上有一零點；或 f（ x）在 上有兩個零點．分別求得 k的范圍 ，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得 +的取值范圍． 【解答】 解：（ 1）由于 a=k=1，故函數(shù) f（ x） =|x2﹣ 1|+x2+x． 若 x2﹣ 1≥0 ，則 |x2﹣ 1|+x2+x＞ 2，即 2x2+x﹣ 3＞ 0，解得 ； 若 x2﹣ 1＜ 0，則 |x2﹣ 1|+x2+x＞ 2，即 1﹣ x2+x2+x＞ 2， ∴x ＞ 1，故不等式無解． 綜上所述： f（ x）＞ 2的解集 ． （ 2）因為 0＜ a＜ 4，所以 ， 因為函數(shù) f（ x）在（ 0， 2）上有兩個零點有兩種情況：可以在 上有一零點，在上有一零點； 或 f（ x）在 上有兩個零點． 當(dāng) f（ x） =0在 上有兩個零點，則有 ，∴ ， ∵ ，所以不等式組無解． 當(dāng)在 上有一零點，在 上有一零點，∵ ， 且 0＜ a＜ 4， ∴ ， ∴ ，所以 k的取值范圍為． 不妨令 ， ∴ ， 令 ，則 f（ k）在區(qū)間 上為減函數(shù)， ∴f （ k） ∈ （ 4 ，8）， ∴ + ∈ （ ， ）． 【點評】 本題主要考查帶有絕對值的函數(shù)，方程根的存在性以及個數(shù)判斷，二次函數(shù)的性質(zhì)，屬于中檔題．
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