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4、由函數(shù)圖象與直線及
的圖象圍成一個(gè)封閉圖形的面積是
A、 B、1 C、2 D、
參考答案:
一、選擇題(本大題共2小題,每小題5分,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的)
題號(hào) |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
10 |
11 |
12 |
答案 |
B |
C |
B |
A |
B |
C |
A |
C |
D |
D |
D |
B |
簡(jiǎn)答與提示:
1、或,;
2、是平行四邊形,;
3、根據(jù)題意:;
4、根據(jù)對(duì)稱性;
5、依題意:;
6、根據(jù)線線、線面、面面平行和垂直的有關(guān)判定逐個(gè)判斷即可;
7、①函數(shù)是偶函數(shù),②函數(shù)先單調(diào)遞增后單調(diào)遞減,③當(dāng)時(shí),;
8、a與b的夾角為60o,;
9、,;
10、乙丙丁所說為假甲拿4,甲乙所說為假丙拿1,甲所說為假乙拿2;
11、以正方體ABCD-A′B′C′D′的任意三個(gè)頂點(diǎn)為頂點(diǎn)可作(個(gè))三角形,正方體的表面及對(duì)角面每個(gè)面有=4(個(gè))三角形,所以所求概率為;
12、橢圓+=1中,,所以(|PnF|)min=(|PnF|)max=
所以.
二、填空題(本大題共4小題,每小題4分,共16分,把答案填在橫線上.)
13、0或 14、(-1,1)和(2,+∞)
15、 16、④
簡(jiǎn)答與提示:
13、是純虛數(shù),則.
14、解:由f(x)的解析式可知f(x)圖象連續(xù)及f(x)的單調(diào)性可確定:在(-1,1)和(2,+∞)上均有
f(x)>0.
15、命題p:不等式|x-m|+|x-1|>1的解集為R或
命題q:f(x)=log(3+m)x是(0,+∞)上的增函數(shù)3+m>1
“p且q”是假命題,“p或q”是真命題說明命題p和q一真一假,
所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是.
16、當(dāng)=0,①不對(duì);若+=0,點(diǎn)、在直線上或在直線的異側(cè),所以②③錯(cuò);
三、解答題
17:解:⑴ ∵,,且.=,
∴-cos2+sin2=, 即-cosA=, ……………………4分
又A∈(0,p),
∴A=p, …………………………………………………………6分
?、啤 ?S△ABC=bc.sinA=b.c.sinp=,∴bc=4, …………………8分
又由余弦定理得:a2=b2+c2-2bc.cos120°=b2+c2+bc , ………10分
∴16=(b+c)2,故b+c=4. ……………………………………12分
18、解: ⑴ 由題意,的可能取值為1,2,3,4,5
…………………………………………5分
所以的分布列為:
|
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
|
|
|
|
|
|
…………………………………………7分
⑵ 因?yàn)榧紫热?所以甲只有可能在第1次,第3次和第5次取球,記”甲取到白球”為事件,則
∵事件兩兩互斥,
∴. ………………………………12分
19.(本小題滿分12分)
解:⑴ =-2x+a-
∵f(x)在(0,)上為減函數(shù),∴x∈(0,)時(shí)-2x+a-<0恒成立。
即a<2x+恒成立?! ?…………………………………………………………2分
設(shè)g(x)= 2x+,則=2-
∵x∈(0,)時(shí)>4,∴<0,∴g(x) 在(0,)上遞減。 ………4分
∴g(x) >g()=3,∴a≤3?! ?…………………………………………………6分
⑵ 若f(x)既有極大值又有極小值,則首先必須=0有兩個(gè)不同正根x1 ,x2 ,
即 2x2-ax+1=0有兩個(gè)不同正根?! ?…………8分
令
∴當(dāng)a>2時(shí),=0有兩個(gè)不等的正根. ………………………10分
不妨設(shè)x1 <x2 ,由=-(2x2-ax+1)=-(x-x1)(x-x2)知:
0<x<x1時(shí)<0,x1<x<x2時(shí)>0,x>x2時(shí)<0。
∴當(dāng)a>2時(shí)f(x)既有極大值f(x2)又有極小值f(x1) . …………………12分
20.(本小題滿分12分)
解法一:
⑴ 連結(jié)AC、BD,設(shè).由P-ABCD與Q-ABCD都是正四棱錐,
所以PO⊥平面ABCD,QO⊥平面ABCD.從而P、O、Q三點(diǎn)在一條直線上,
所以PQ⊥平面ABCD.
由題設(shè)知,ABCD是正方形,所以.
⑵ 由⑴,平面,故可以分別以直線CA、DB、QP為軸,軸,軸建立空間直角坐標(biāo)系(如上圖),由題設(shè)條件,相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)分別是,,,所以,,
于是
從而異面直線AQ與PB所成的角是.
⑶ 由⑵,點(diǎn)D的坐標(biāo)是(0,-,0),,,
設(shè)是平面QAD的一個(gè)法向量,
由 得.取x=1,得.
所以點(diǎn)P到平面QAD的距離.
解法二:
⑴ 取AD的中點(diǎn)M,連結(jié)PM,QM.因?yàn)?i>P-ABCD與Q-ABCD都是正四棱錐,
所以AD⊥PM,AD⊥QM. 從而AD⊥平面PQM.
又平面PQM,所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB,所以PQ⊥平面ABCD.
⑵ 連結(jié)AC、BD設(shè),由PQ⊥平面ABCD及
正四棱錐的性質(zhì)可知O在PQ上,從而P、A、Q、C四
點(diǎn)共面.取OC的中點(diǎn)N,連結(jié)PN.
因?yàn)?i>,所以,
從而AQ∥PN.∠BPN(或其補(bǔ)角)是異面直線AQ
與PB所成的角.連接BN,
因?yàn)?img src="http://thumb.1010pic.com/pic20/38/383937_1/image149.gif">.
所以.
從而異面直線AQ與PB所成的角是.
⑶ 由⑴知,AD⊥平面PQM,所以平面PQM⊥平面QAD. 過P作PH⊥QM于H,
則PH⊥平面QAD,所以PH的長為點(diǎn)P到平面QAD的距離.
連結(jié)OM,則.所以,
又PQ=PO+QO=3,于是.
即點(diǎn)P到平面QAD的距離是.
21.解:⑴ 又∵為銳角
∴ ∴ …………3分
⑵ ∵ ∴都大于0
∴ ∴ …………………………………7分
⑶
∴ …………………………………8分
∴
…………………………………10分
∵, , 又∵
∴ ∴
∴ …………………………12分
22.解:⑴ 設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x,y)則由,
得,及
由 得 …………………3分
∴,由點(diǎn)Q在x軸的正半軸上得
∴M點(diǎn)軌跡G方程:() ……………………5分
⑵ 設(shè)直線,其中 代入
得 (1) ……………………6分
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1,x2是方程(1)的兩個(gè)實(shí)數(shù)
∴ ∴AB中點(diǎn)坐標(biāo)為
AB的垂直平分線為:, ……………………8分
令, ∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為
因?yàn)?img src="http://thumb.1010pic.com/pic20/38/383937_1/image191.gif">為正三角形
∴到直線AB的距離等于 …………………10分
∴ ……12分
∴. …………………………………………14分
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