?2020屆浙江省寧波市寧波十校高三上學(xué)期11月月考數(shù)學(xué)試題


一、單選題
1．已知集合A＝{x|0}，B＝{x|1＜x≤2}，則A∩B＝（ ）
A．{x|1＜x＜2} B．{x|1＜x≤2} C．{x|﹣1≤x≤2} D．{x|﹣1≤x＜2}
【答案】A
【解析】集合A＝{x|﹣1≤x＜2}，集合的交集運(yùn)算，即可求解.
【詳解】
由題意，集合A＝{x|0}＝{x|﹣1≤x＜2}，B＝{x|1＜x≤2}，所以A∩B＝{x|1＜x＜2}．
故選：A．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了分式不等式的求解，以及集合的交集的運(yùn)算，其中解答中正確求解集合A，結(jié)合集合的交集概念及運(yùn)算求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．
2．若復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，其中為虛數(shù)單位，則 （ ）
A．2 B．3 C．-2 D．-3
【答案】C
【解析】因?yàn)闉榧兲摂?shù)，所以且，解得，故選C．
點(diǎn)睛：復(fù)數(shù)是高考中的必考知識(shí)，主要考查復(fù)數(shù)的概念及復(fù)數(shù)的運(yùn)算．要注意對(duì)實(shí)部、虛部的理解，掌握純虛數(shù)，共軛復(fù)數(shù)這些重要概念，復(fù)數(shù)的運(yùn)算主要考查除法運(yùn)算，通過分母實(shí)數(shù)化，轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的乘法，運(yùn)算時(shí)特別要注意多項(xiàng)式相乘后的化簡，防止簡單問題出錯(cuò)，造成不必要的失分．
3．已知三個(gè)實(shí)數(shù)2，a，8成等比數(shù)列，則雙曲線的漸近線方程為（ ）
A．3x±4y＝0 B．4x±3y＝0 C．x±2y＝0 D．9x±16y＝0
【答案】A
【解析】由三個(gè)實(shí)數(shù)2，，8成等比數(shù)列，求得＝16，得到雙曲線的漸近線方程，即可求得雙曲線的漸近線的方程，得到答案．
【詳解】
由題意，三個(gè)實(shí)數(shù)2，，8成等比數(shù)列，可得＝16，
即雙曲線的漸近線方程為3x±4y＝0，
故選：A．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單的幾何性質(zhì)，其中解答中根據(jù)等比中項(xiàng)公式，求得的值，得出雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程式解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．
4．若實(shí)數(shù)x，y滿足x+y＞0，則“x＞0”是“x2＞y2”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】根據(jù)充分條件、必要條件的判定方法，結(jié)合不等式的性質(zhì)，即可求解，得到答案．
【詳解】
由題意，實(shí)數(shù)x，y滿足x+y＞0，若x＞0，則未必有x2＞y2，
例如x＝1，y＝2時(shí)，有x2＜y2；
反之，若x2＞y2，則x2﹣y2＞0，即（x+y）（x﹣y）＞0；
由于x+y＞0，故x﹣y＞0，∴x＞y且x＞﹣y，∴x＞0成立；
所以當(dāng)x+y＞0時(shí)，“x＞0”推不出“x2＞y2”，“x2＞y2”?“x＞0”；
∴“x＞0”是“x2＞y2”的必要不充分條件．
答案：B．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了不等式的性質(zhì)，以及充分條件、必要條件的判定，其中解答中熟記充分條件、必要條件的判定方法，結(jié)合不等式的性質(zhì)求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎(chǔ)題．
5．已知函數(shù)f（x）＝x2﹣3x﹣3，x∈[0，4]，當(dāng)x＝a時(shí)，f（x）取得最大值b，則函數(shù)的圖象為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)，求得，得到函數(shù)，再結(jié)合指數(shù)函數(shù)的圖象，即可求解．
【詳解】
由題意，函數(shù)f（x）＝x2﹣3x﹣3，x∈[0，4]，
對(duì)稱軸為x＝1.5，開口向上，最大值為f（4）＝1，所以a＝4，b＝1，
可得函數(shù)g（x），相當(dāng)于把y向左平移1個(gè)單位，所以D選項(xiàng)復(fù)合題意．
故選：D．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了圖象的識(shí)別，其中解答中熟記一元二次函數(shù)的性質(zhì)，以及指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)，合理運(yùn)算時(shí)解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．
6．已知實(shí)數(shù)滿足不等式組，若的最大值為8，則z的最小值為（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1
【答案】D
【解析】作出不等式組所表示的平面區(qū)域，結(jié)合平面區(qū)域，根據(jù)目標(biāo)的最大值，分類討論求得的值，進(jìn)而求得目標(biāo)函數(shù)的最小值，得到答案．
【詳解】
由題意，作出不等式組所表示的可行域，如圖所示，
由，解得；由，解答；
由，解得
（1）若目標(biāo)函數(shù)取得最大值的最優(yōu)解為時(shí)，代入目標(biāo)函數(shù)，可得，
此時(shí)目標(biāo)函數(shù)，此時(shí)代入點(diǎn)，可得，不符合題意；
（2）若目標(biāo)函數(shù)取得最大值的最優(yōu)解為時(shí)，代入目標(biāo)函數(shù)，可得，
此時(shí)目標(biāo)函數(shù)，此時(shí)代入點(diǎn)，可得，不符合題意；
（3）若目標(biāo)函數(shù)取得最大值的最優(yōu)解為時(shí)，代入目標(biāo)函數(shù)，可得，
此時(shí)目標(biāo)函數(shù)，此時(shí)點(diǎn)能使得目標(biāo)函數(shù)取得最小值，代入點(diǎn)，
最小值為；
答案：D．

【點(diǎn)睛】
本題主要考查簡單線性規(guī)劃求解目標(biāo)函數(shù)的最值問題．其中解答中正確畫出不等式組表示的可行域，利用“一畫、二移、三求”，確定目標(biāo)函數(shù)的最優(yōu)解是解答的關(guān)鍵，著重考查了數(shù)形結(jié)合思想，及推理與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．
7．函數(shù)f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，）滿足f（）＝f（）＝﹣f（），且當(dāng)x∈[，]時(shí)恒有f（x）≥0，則（ ）
A．ω＝2 B．ω＝4 C．ω＝2或4 D．ω不確定
【答案】A
【解析】根據(jù)三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，求得函數(shù)的對(duì)稱軸和對(duì)稱點(diǎn)，判斷周期的取值范圍，即可求解，得到答案．
【詳解】
由題意，函數(shù)，因?yàn)閒（）＝f（）＝﹣f（），
可得f（x）有一條對(duì)稱軸為，對(duì)稱點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，
又由x∈[，]時(shí)恒有f（x）≥0，所以f（）＝1，又f（）＝0，．
所以，，
可得當(dāng)T＝π，ω＝2；當(dāng)T時(shí)，ω＝6，
當(dāng)x時(shí)，sin（6?φ）＝cosφ＞0，不成立，
故選：A．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用，其中解答中熟記三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，準(zhǔn)確計(jì)算是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題．
8．今有男生3人，女生3人，老師1人排成一排，要求老師站在正中間，女生有且僅有兩人相鄰，則共有多少種不同的排法？（ ）
A．216 B．260 C．432 D．456
【答案】C
【解析】將老師兩邊分別看作三個(gè)位置，先分組再排列，在排入學(xué)生，按分步計(jì)數(shù)原理，即可求解．
【詳解】
由題意，將老師兩邊分別看作三個(gè)位置，將學(xué)生分為兩女一男和兩男一女兩組，且兩女相鄰，分組方法有9種，
兩女一男的排列方法為4種，
兩男一女的排列方法有6種，
由分步計(jì)數(shù)原理，可得總的排列方法有432種，
故選：C．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了計(jì)數(shù)原理、排列組合的應(yīng)用，其中解答中認(rèn)真審題，合理利用排列、組合的知識(shí)求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎(chǔ)題．
9．如圖，點(diǎn)E為正方形ABCD邊CD上異于點(diǎn)C、D的動(dòng)點(diǎn)，將△ADE沿AE翻折成△SAE，在翻折過程中，下列三個(gè)說法中正確的個(gè)數(shù)是（ ）
①存在點(diǎn)E和某一翻折位置使得AE∥平面SBC；
②存在點(diǎn)E和某一翻折位置使得SA⊥平面SBC；
③二面角S﹣AB﹣E的平面角總是小于2∠SAE．

A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】對(duì)于①，四邊形ABCE為梯形，所以AE與BC必然相交；對(duì)于②，假設(shè)SA平面SBC，可推得矛盾；對(duì)于③，當(dāng)將△ADE沿AE翻折使得平面SAE⊥平面ABCE時(shí)，二面角S﹣AB﹣E最大，在平面SAE內(nèi)，作出一個(gè)角等于二面角S﹣AB﹣E的平面角；由角所在三角形的一個(gè)外角，它是不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角之和，結(jié)合圖形，即可判定③．
【詳解】
對(duì)于①，四邊形ABCE為梯形，所以AE與BC必然相交，故①錯(cuò)誤；
對(duì)于②，假設(shè)SA平面SBC，SC平面SBC，所以SA⊥SC，又SA⊥SE，SE∩SC＝S，所以SA⊥平面SCE，所以平面SCE∥平面SBC，這與平面SBC∩平面SCE＝SC矛盾，
故假設(shè)不成立，即②錯(cuò)誤；
對(duì)于③，當(dāng)將△ADE沿AE翻折使得平面SAE⊥平面ABCE時(shí)，二面角S﹣AB﹣E最大，如圖，在平面SAE內(nèi)，作SO⊥AE，垂足為O，∴SO⊥平面ABCE；AB平面ABCE，
所以SO⊥AB；
作OF⊥AB，垂足為F，連接SF，SO∩OF＝O，則AB⊥平面SFO，所以AB⊥SF，則∠SFG即為二面角S﹣AB﹣E的平面角；
在直線AE上取一點(diǎn)，使得O＝OF，連接S，則∠SO＝∠SFO；
由圖形知，在△SA中，S＞A，所以∠AS＜∠SAE；而∠SO＝∠SAE+∠AS，
故∠SO＜2∠SAE；
即∠SFO＜2∠SAE．故③正確．
故選：B．

【點(diǎn)睛】
本題主要考查了空間中的平行于垂直關(guān)系的應(yīng)用，二面角的平面角的作法，以及立體幾何的折疊問題，其中解答中熟記線面關(guān)系的判定與性質(zhì)，以及熟練掌握二面角的平面角的作法是解答的關(guān)鍵，著重考查了空間想象能力，以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，屬于中檔試題．
10．已知函數(shù)f（x），g（x）＝f（）+1（k∈R，k≠0），則下列關(guān)于函數(shù)y＝f[g（x）]+1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)判斷正確的是（ ）
A．當(dāng)k＞0時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)k＜0時(shí)，有4個(gè)零點(diǎn)
B．當(dāng)k＞0時(shí)，有4個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)k＜0時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn)
C．無論k為何值，均有2個(gè)零點(diǎn)
D．無論k為何值，均有4個(gè)零點(diǎn)
【答案】B
【解析】根據(jù)方程的跟和函數(shù)的零點(diǎn)的關(guān)系，將函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)轉(zhuǎn)化為和以及的交點(diǎn)，即可求解．
【詳解】
依題意，當(dāng)x＝0或x時(shí)，f（x）＝﹣1，
函數(shù)y＝f[g（x）]+1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，即為方程f[g（x）]＝﹣1的解的個(gè)數(shù)，
即為方程g（x）＝0或g（x）的解的個(gè)數(shù)，
即為方程或者或（舍去）
或者解的個(gè)數(shù)，
即為0或者或者解的個(gè)數(shù)，
由，，因?yàn)?，所以?br /> ①當(dāng)k＞0時(shí)，y為頂點(diǎn)為（0，），開口向上的拋物線，y與y和分別有兩個(gè)交點(diǎn)，與y＝0無交點(diǎn)，
故當(dāng)k＞0時(shí)，函數(shù)y＝f[g（x）]+1有4個(gè)零點(diǎn)；
②當(dāng)k＜0時(shí)，y為頂點(diǎn)為（0，），開口向下的拋物線，y與y＝0有兩個(gè)交點(diǎn)，與y和無交點(diǎn)，
故當(dāng)k＜0時(shí)，函數(shù)y＝f[g（x）]+1有2個(gè)零點(diǎn)；
綜上，當(dāng)k＞0時(shí)，有4個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)k＜0時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn)，
故選：B．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了函數(shù)的零點(diǎn)與方程的跟的關(guān)系，以及函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，其中解答中將函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)轉(zhuǎn)化為和以及的交點(diǎn)是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于難題．


二、填空題
11．已知θ∈（0，π），且sin（θ），則cos（θ）＝_____，sin2θ＝_____．
【答案】
【解析】由已知直接利用誘導(dǎo)公式求得，再由，利用余弦的倍角公式，即可求解．
【詳解】
由題意，因?yàn)閟in（θ），
可得cos（θ）＝cos[（）]＝sin（θ）；
又由sin2θ＝cos（）＝cos2（）．
故答案為：，．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式、以及余弦的倍角公式的化簡求值問題，其中解答中熟記三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式和三角函數(shù)恒等變換的公式，準(zhǔn)確運(yùn)算是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．
12．在二項(xiàng)式的展開式中，各項(xiàng)系數(shù)的和為_____，含x的一次項(xiàng)的系數(shù)為_____．（用數(shù)字作答）
【答案】
【解析】令，代入即可求得展開式各項(xiàng)系數(shù)的和，再寫出二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)，令的指數(shù)為1，求得的值，即可求得的一次項(xiàng)系數(shù)，得到答案．
【詳解】
在二項(xiàng)式中，取，可得各項(xiàng)系數(shù)的和為﹣1；
二項(xiàng)式的展開式的通項(xiàng)．
由，得r＝1．
∴含x的一次項(xiàng)的系數(shù)為．
故答案為：﹣1；﹣10．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了二項(xiàng)式定量的應(yīng)用，其中解答中合理利用賦值法，以及熟記二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)，準(zhǔn)確運(yùn)算是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．
13．祖暅?zhǔn)俏覈媳背瘯r(shí)代的偉大科學(xué)家，他在實(shí)踐的基礎(chǔ)上提出了體積計(jì)算的原理：“冪勢(shì)既同，則積不容異”，稱為祖暅原理．意思是底面處于同一平面上的兩個(gè)同高的幾何體，若在等高處的截面面積始終相等，則它們的體積相等．利用這個(gè)原理求半球O的體積時(shí)，需要構(gòu)造一個(gè)幾何體，該幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為_____，表面積為_____．

【答案】 （3）π
【解析】根據(jù)給定的幾何體的三視圖，得到該幾何體為一個(gè)圓柱挖去一個(gè)圓錐，得出圓柱的底面半徑和高，利用體積和側(cè)面積、以及圓的公式，即可求解．
【詳解】
根據(jù)給定的幾何體的三視圖，可得該幾何體表示一個(gè)圓柱挖去一個(gè)圓錐，
且底面半徑1，高為1的組合體，
所以幾何體的體積為：．
幾何體的表面積為：（3）π，
故答案為：，（3）π

【點(diǎn)睛】
本題考查了幾何體的三視圖及體積的計(jì)算，在由三視圖還原為空間幾何體的實(shí)際形狀時(shí)，要根據(jù)三視圖的規(guī)則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實(shí)線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線，求解以三視圖為載體的空間幾何體的表面積與體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應(yīng)公式求解．
14．一個(gè)袋中裝有10個(gè)大小相同的黑球、白球和紅球．已知從袋中任意摸出2個(gè)球，至少得到一個(gè)白球的概率是，則袋中的白球個(gè)數(shù)為_____，若從袋中任意摸出3個(gè)球，記得到白球的個(gè)數(shù)為ξ，則隨機(jī)變量ξ的數(shù)學(xué)期望Eξ＝_____．
【答案】5
【解析】根據(jù)至少得到一個(gè)白球的概率為，可得不含白球的概率為，結(jié)合超幾何分布的相關(guān)知識(shí)可得白球的個(gè)數(shù)，以及隨機(jī)變量的期望，得到答案．
【詳解】
依題意，設(shè)白球個(gè)數(shù)為，至少得到一個(gè)白球的概率是，則不含白球的概率為，
可得，即，解得，
依題意，隨機(jī)變量，所以．
故答案為：5，．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了超幾何分布中事件的概率，以及超幾何分布的期望的求解，其中解答中熟記超幾何分布的相關(guān)知識(shí)，準(zhǔn)確計(jì)算是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題．
15．已知常數(shù)p＞0，數(shù)列{an}滿足an+1＝|p﹣an|+2an+p（n∈N），首項(xiàng)為a1，前n項(xiàng)和為Sn．若Sn≥S3對(duì)任意n∈N成立，則的取值范圍為_____．
【答案】[﹣6，﹣4]
【解析】首先判斷數(shù)列為遞增數(shù)列，結(jié)合恒成立，則必有成立，用及表示出，由不等式即可求解的取值范圍．
【詳解】
由題意，，
及，所以數(shù)列為遞增數(shù)列，
要使得對(duì)任意恒成立，則必有，
所以，
，
，
所以，即的取值范圍．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了數(shù)列的遞推關(guān)系式的應(yīng)用，其中解答的難點(diǎn)在于利用已知條件去掉絕對(duì)值，并判斷出滿足的條件，著重考查了邏輯推理能力，屬于中檔試題．
16．已知橢圓，傾斜角為60°的直線與橢圓分別交于A、B兩點(diǎn)且，點(diǎn)C是橢圓上不同于A、B一點(diǎn)，則△ABC面積的最大值為_____．
【答案】
【解析】設(shè)直線AB的方程為，聯(lián)立方程組，利用根與系數(shù)的關(guān)系及弦長公式，得到
，解得的值，設(shè)與直線平行且與橢圓相切的直線方程為，聯(lián)立方程組，利用，求得的值，再由點(diǎn)到直線的距離公式和三角形的面積公式，即可求解．
【詳解】
由題意，設(shè)直線AB的方程為，點(diǎn) A（x1，y1），B（x2，y2），
聯(lián)立方程組，整理得18x2+10mx+5m2﹣30＝0，
所以x1+x2，x1x2．
因?yàn)?，即?br /> 代入整理得，解得，
不妨?。簃＝2，可得直線AB的方程為，
設(shè)與直線AB平行且與橢圓相切的直線方程為yx+t，
聯(lián)立方程組，整理得18x2+10tx+5t2﹣30＝0，
由△＝300t2﹣72×（5t2﹣30）＝0，解得：t＝±6．
取t＝﹣6時(shí)，與直線AB平行且與橢圓相切的直線與直線AB的距離，
所以△ABC面積的最大值，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用,解答此類題目，通常聯(lián)立直線方程與橢圓（圓錐曲線）方程，應(yīng)用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行求解，此類問題易錯(cuò)點(diǎn)是復(fù)雜式子的變形能力不足，導(dǎo)致錯(cuò)解，能較好的考查考生的邏輯思維能力、運(yùn)算求解能力、分析問題解決問題的能力等．
17．已知平面向量，，滿足：，的夾角為，||＝5，，的夾角為，||＝3，則?的最大值為_____．
【答案】36
【解析】設(shè)，，，由題意知四點(diǎn)共圓，建立坐標(biāo)系，求出點(diǎn)的坐標(biāo)和圓的半徑，設(shè)，用表示，根據(jù)范圍和三角和差公式，即可求解．
【詳解】
設(shè)，，，
則AB＝||＝5，AC＝||＝3，∠ACB，∠APB，
可得P，A，B，C四點(diǎn)共圓．
設(shè)△ABC的外接圓的圓心為O，則∠AOB＝2∠APB，
由正弦定理可知：2OA5，故OA．
以O(shè)為圓心，以O(shè)A，OB為坐標(biāo)軸建立平面坐標(biāo)系如圖所示：
則A（，0），B（0，）．
在△OAC中，由余弦定理可得cos∠AOC，
故sin∠AOC，∴C（，）．
設(shè)P（cosα，sinα），，
則（cosα，sinα），（cosα，sinα），
∴（cosα）（cosα）sinα（sinα）
＝16+12sinα﹣16cosα＝16+20?（sinαcosα）
＝16+20sin（α﹣φ），其中sinφ，cosφ．
∴當(dāng)α＝φ時(shí)，取得最大值36．
答案：36．

【點(diǎn)睛】
本題主要考查了向量的數(shù)量積的運(yùn)算，正弦定理、余弦定理的應(yīng)用，以及三角恒等變換與三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用，著重考查了邏輯推理能力和分析問題和解答問題的能力，屬于難題．

三、解答題
18．已知△ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c，且．
（1）求A；
（2）若，求△ABC的面積S的最大值．
【答案】（1）A（2）
【解析】（1）利用整下定理，三角函數(shù)的恒等變換，集合，求得，即可求解；
（2）由余弦定理，基本不等式求得的最大值，進(jìn)而根據(jù)三角形的面積公式，即可求解三角形的最大面積．
【詳解】
（1）由題意，在中，，
由正弦定理得，
又由，
可得
所以，
即cosAsinCsinCsinA，
又因?yàn)閟inC≠0，所以cosAsinA，可得tanA，
又由A∈（0，π），∴A．
（2）由余弦定理可得cosA，
可得b2+c2﹣3bc，
因?yàn)閎2+c2≥2bc，所以3bc≥2bc，可得bc3（2），
所以三角形的面積Sbcsin，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c等號(hào)成立，
所以△ABC的面積S的最大值．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面積公式的應(yīng)用，其中在解有關(guān)三角形的題目時(shí)，要有意識(shí)地考慮用哪個(gè)定理更合適，要抓住能夠利用某個(gè)定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式時(shí)，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時(shí)，則考慮用正弦定理，著重考查了運(yùn)算與求解能力，屬于基礎(chǔ)題．
19．如圖，四邊形ABCD為菱形，四邊形ACFE為平行四邊形，設(shè)BD與AC相交于點(diǎn)G，AB＝BD＝AE＝2，∠EAD＝∠EAB．

（1）證明：平面ACFE⊥平面ABCD；
（2）若直線AE與BC的夾角為60°，求直線EF與平面BED所成角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析（2）
【解析】（1）先由已知條件求得，得到，再結(jié)合菱形的對(duì)角線垂直，可得平面，即可證得平面ACFE⊥平面ABCD；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求得各點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)的坐標(biāo)，根據(jù)條件求出，再求得直線的方向向量和平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解．
【詳解】
（1）證明：連接EG，因?yàn)锳B＝BD＝AE＝2，∠EAD＝∠EAB，
可得△EAD≌EAB，∴ED＝EB．
∵G為BD的中點(diǎn)，所以EG⊥BD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，∴AC⊥BD，
∴BD⊥平面ACEF，因?yàn)锽D?平面ABCD；
∴平面ACFE⊥平面ABCD；

（2）因?yàn)镋F∥AG，直線EF與平面BED所成角即為AG與平面BED所成角；
以G為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
設(shè)E（a，0，b）則（a，0，b），
因?yàn)椋?，?，0），
所以由條件可得：||2＝（a）2+b2＝4且?a+3＝2×2×cos60°＝2；
解得，所以（，﹣1，），因?yàn)椋?，2，0）；
所以可取平面BED的法向量（2，0，﹣1），因?yàn)椋ī?，0，0），
設(shè)直線EF與平面BED所成角為θ，則sinθ，
∵0＜θ；∴sosθ；
既直線EF與平面BED所成角的余弦值為．

【點(diǎn)睛】
本題考查了線面位置關(guān)系的判定與證明，以及空間角的求解問題，意在考查學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答中熟記線面位置關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理，通過嚴(yán)密推理是線面位置關(guān)系判定的關(guān)鍵，同時(shí)對(duì)于立體幾何中角的計(jì)算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.
20．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a2+2a4＝a9，S6＝36．
（1）求an，Sn；
（2）若數(shù)列{bn}滿足b1＝1，，求證：（n∈N）．
【答案】（1）an＝2n﹣1，Sn＝n2（2）證明見解析
【解析】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式，解方程可得首項(xiàng)和公差，再結(jié)合等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式，即可求解；
（2）討論，將換為，相減得到，再由數(shù)列的裂項(xiàng)相消求和及不等式的性質(zhì)，即可求解．
【詳解】
（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差設(shè)為d，前n項(xiàng)和為Sn，且a2+2a4＝a9，S6＝36，
可得a1+d+2（a1+3d）＝a1+8d，即2a1＝d，
又6a1+15d＝36，即2a1+5d＝12，
解得a1＝1，d＝2，則an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，Sn＝n+n（n﹣1）＝n2；
（2）證明：數(shù)列{bn}滿足b1＝1，n，
當(dāng)n＝1時(shí)，b1b2＝1，可得b2＝1，
n≥2時(shí)，bnbn﹣1＝n﹣1，
相減可得bn（bn+1﹣bn﹣1）＝1，即bn+1﹣bn﹣1，
當(dāng)n≥2時(shí)，b3﹣b1+b4﹣b2+b5﹣b3+…+bn+1﹣bn﹣1
b1﹣b2+bn+bn+1≥﹣1+221；
當(dāng)n＝1時(shí)，1＝21，不等式成立，
綜上可得，（n∈N）．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和前項(xiàng)和公式的應(yīng)用，以及數(shù)列與不等式的證明，其中解答中注意數(shù)列的裂項(xiàng)相消法求和，以及不等式的性質(zhì)的應(yīng)用是解答的關(guān)鍵，著重考查了方程思想以及運(yùn)算能力，屬于中檔試題．
21．如圖，P是拋物線E：y2＝4x上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是拋物線E的焦點(diǎn)．

（1）求|PF|的最小值；
（2）點(diǎn)B，C在y軸上，直線PB，PC與圓（x﹣1）2+y2＝1相切．當(dāng)|PF|∈[4，6]時(shí)，求|BC|的最小值．
【答案】（1）|PF|的最小值為1（2）
【解析】（1）求得拋物線的焦點(diǎn)和準(zhǔn)線方程，運(yùn)用拋物線的定義和性質(zhì)，即可求得|PF|的最小值；
（2）設(shè)，分別求得的方程，運(yùn)用直線和圓相切，得到為方程的兩根，再由韋達(dá)定理可得，進(jìn)而可求得其最小值．
【詳解】
（1）P是拋物線E：y2＝4x上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是拋物線E的焦點(diǎn)（1，0），準(zhǔn)線方程為x＝﹣1，
由拋物線的定義可得|PF|＝d＝xP+1，
由，可得d的最小值為1，|PF|的最小值為1；
（2）設(shè)，
則PB的方程為yx+m，PC的方程為yx+n，
由直線PA與圓（x﹣1）2+y2＝1相切，可得1，
整理得（x0﹣2）m2+2y0m﹣x0＝0，
同理可得（x0﹣2）n2+2y0n﹣x0＝0，
即有m，n為方程（x0﹣2）x2+2y0x﹣x0＝0的兩根，可得m+n，mn，
則|m﹣n|，
由|PF|∈[4，6]，可得x0+1∈[4，6]，即x0∈[3，5]，
令t＝|2﹣x0|＝x0﹣2，t∈[1，3]，
即有|m﹣n|2在[1，3]遞減，
可得t＝3即x0＝5時(shí)，|BC|＝|m﹣n|取得最小值．

【點(diǎn)睛】
本題主要考查了拋物線的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程及性質(zhì)，以及直線與拋物線的位置關(guān)系的應(yīng)用，其中解答中注意韋達(dá)定理和二次函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題．
22．已知函數(shù)．
（1）當(dāng)a∈R時(shí)，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）對(duì)任意的x∈（1，+∞）均有f（x）＜ax，若a∈Z，求a的最小值．
【答案】（1）答案不唯一，具體見解析（2）a的最小值為3
【解析】（1）求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令，分情況討論，進(jìn)而可得求得函數(shù)的單調(diào)性；
（2）由得到，轉(zhuǎn)化為，對(duì)任意成立，令，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的最大值，即可求得實(shí)數(shù)的最小值．
【詳解】
（1）由題意，函數(shù)，
則，x＞0且x≠1，
令，則其圖象對(duì)稱軸為直線x，g（0）＝10，
當(dāng)，即a≥20時(shí)，則g（x）＞0，f′（x）＞0，
此時(shí)f（x）分別在（0，1）和（1，+∞）上遞增，
當(dāng)時(shí)，即a＜20時(shí)，令△＝（a﹣20）2﹣400≤0．可得0≤a＜20，
所以當(dāng)0≤a＜20時(shí)，則g（x）＞0，f′（x）＞0，
此時(shí)f（x）分別在（0，1）和（1，+∞）上遞增，
當(dāng)a＜0時(shí)，由g（x）＝0解得x1，x2，
易知f（x）分別在（0，x1），（x2，+∞）上遞增，分別在（x1，1），（1，x2）上遞減．
綜上所述，當(dāng)a≥0時(shí)，f（x）分別在（0，1）和（1，+∞）上遞增，
當(dāng)a＜0時(shí)，分別在（0，x1），（x2，+∞）上遞增，分別在（x1，1），（1，x2）上遞減．
（2）由題意得，，
即，對(duì)任意成立，
令F（x），x＞1，則，x＞1，
令h（x）＝（2﹣x）lnx+x﹣1，h′（x）＝﹣lnx，x＞1
因?yàn)閔′（x）在（1，+∞）上遞減，且h′（1）＝2＞0，當(dāng)x→+∞時(shí)，h′（x）→﹣∞，
所以存在x0∈（1，+∞），使得h′（x0）＝0，且h（x）在（1，x0）上遞增，在（x0，+∞）上遞減，
因?yàn)閔（1）＝0，所以h（x0）＞0，
因?yàn)楫?dāng)x→+∞時(shí)，h（x）→﹣∞，所以存在x1∈（x0，+∞），使得h（x1）＝0，
且F（x）在（1，x1）上遞增，在（x1，+∞）上遞減，
所以F（x）max＝F（x1），
因?yàn)閔（x1）＝（2﹣x1）lnx1+x1﹣1＝0，所以lnx1，所以F（x1），
因?yàn)閔（4）＝﹣2ln4+3＝ln0，h（5）＝﹣3ln5+4＝ln0，所以x1∈[4，5]，
令Φ（x），x∈[4，5]，易證Φ（x）在區(qū)間[4，5]上遞減，
所以Φ（x）∈[，]，
即F（x）max∈[，]，因?yàn)閍∈Z，所以a的最小值為3．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的綜合應(yīng)用，以及恒成立問題的求解，著重考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想、邏輯推理能力與計(jì)算能力，對(duì)于恒成立問題，通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；也可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．

相關(guān)試卷

2021屆浙江省寧波市高三上學(xué)期11月十校期中聯(lián)考試題 數(shù)學(xué) PDF版：

這是一份2021屆浙江省寧波市高三上學(xué)期11月十校期中聯(lián)考試題 數(shù)學(xué) PDF版，文件包含2021屆寧波高三十校聯(lián)考11月期中聯(lián)考答案pdf、2021屆寧波高三十校聯(lián)考11月期中聯(lián)考pdf等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共10頁， 歡迎下載使用。

2023屆浙江省寧波市九校高三上學(xué)期期末聯(lián)考數(shù)學(xué)試題（解析版）：

這是一份2023屆浙江省寧波市九校高三上學(xué)期期末聯(lián)考數(shù)學(xué)試題（解析版），共19頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2022-2023學(xué)年浙江省寧波市慈溪中學(xué)九校高三上學(xué)期期末聯(lián)考數(shù)學(xué)試題（word版）：

這是一份2022-2023學(xué)年浙江省寧波市慈溪中學(xué)九校高三上學(xué)期期末聯(lián)考數(shù)學(xué)試題（word版），文件包含2022-2023學(xué)年浙江省寧波市慈溪中學(xué)九校高三上學(xué)期期末聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷docx、2022-2023學(xué)年浙江省寧波市慈溪中學(xué)九校高三上學(xué)期期末聯(lián)考數(shù)學(xué)答案pdf等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共11頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2022-2023學(xué)年浙江省寧波市慈溪中學(xué)九校高三上學(xué)期期末聯(lián)考數(shù)學(xué)試題（PDF版）

2022-2023學(xué)年浙江省寧波市慈溪中學(xué)九校高三上學(xué)期期末聯(lián)考數(shù)學(xué)試題（PDF版）
浙江省寧波市2023屆高三上學(xué)期一模數(shù)學(xué)試題（解析版）

浙江省寧波市2023屆高三上學(xué)期一模數(shù)學(xué)試題（解析版）
浙江省寧波市十校2021-2022學(xué)年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期期末試卷（Word版附解析）

浙江省寧波市十校2021-2022學(xué)年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期期末試卷（Word版附解析）
浙江省寧波市2023屆高三上學(xué)期一模數(shù)學(xué)試題（解析版）

浙江省寧波市2023屆高三上學(xué)期一模數(shù)學(xué)試題（解析版）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
月考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部