启东中学1数学押题卷11

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精卷11一、填空题:本大题共14小题，每小题5分,共70分．请把答案填写在答题卡相应的位置上．1．已知集合，集合，若命题“”是命题“”的充分不必要条件，则实数的取值范围是▲．答案:2．复数（是虚数单位），则=▲．答案：3．为了解某校教师使用多媒体进行教学的情况，采用简单随机抽样的方法，从该校200名授课教师中抽取20名教师，调查了他们上学期使用多媒体进行教学的次数，结果用茎叶图表示如下：据此可估计该校上学期200名教师中，使用多媒体进行教学次数在内的人数为▲．答案：100解析：所抽取的20人中在内的人数10人，故可得200名教师中使用多媒体进行教学次数在内的人数为=100人.4．如图是一个算法的流程图，则最后输出的的值为▲．答案：14解析：本题考查算法流程图.所以输出。5．已知是等差数列｛｝的前项和,若≥4，≤16，则的最大值是▲．答案：96．用半径为cm，面积为cm2的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器（衔接部分忽略不计),则该容器盛满水时的体积是▲．答案：7．若在区间和上分别各取一个数,记为和，则方程表示焦点在轴上的椭圆的概率为▲．答案：2解析：本题考查线性规划和几何概型。由题意知画可行域如图阴影部分。直线与，的交点分别为（2,2)，(4,4)∴阴影梯形的面积为，而区间和构成的区域面积为8，故所求的概率为.8．设是实数．若函数是定义在上的奇函数，但不是偶函数,则函数的递增区间为▲．答案：9．已知三次函数在R上单调递增，则的最小值为▲．答案：3解析:由题意≥0在R上恒成立,则，△≤0．∴≥令≥≥3．(当且仅当，即时取“=”10．若函数，对任意实数，都有，且,则实数的值等于▲．答案：或.解析：本题考查三角函数的图象与性质。由可知是该函数的一条对称轴，故当时，或。又由可得或.▲．11．已知A，B，P是双曲线上不同的三点,且A，B连线经过坐标原点，若直线PA,PB的斜率乘积，则该双曲线的离心率为▲．答案:解析:一定关于原点对称，设,，则,，．12．已知等差数列的公差d不为0，等比数列的公比q为小于1的正有理数。若，且是正整数，则q等于▲．答案：13．已知a0，b0，且，其中｛a，b}表示数a,b中较小的数，则h的最大值为▲．答案：14．已知定义在上的函数f(x)满足f(1）＝2,,则不等式解集▲．答案：

二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请把答案写在答题卡相应的位置上．解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．(本题满分14分）如图所示,已知的终边所在直线上的一点的坐标为，的终边在第一象限且与单位圆的交点的纵坐标为.⑴求的值；⑵若,，求。解：⑴由三角函数的定义知∴.又由三角函数线知,∵为第一象限角，∴,∴.……7分⑵∵，,∴。又，,∴.…8分∴。由,,得，∴。……14分16．（本题满分14分）在三棱锥中,是边长为的正三角形,平面平面,,、分别为、的中点.⑴证明:；⑵(理）求二面角的正切值;⑶求点到平面的距离.解：解法：⑴取中点,连结、。∵，∴,，∴平面，又平面，∴。……4分⑵∵平面,平面，∴平面平面.过作于，则平面，过作于，连结,则,为二面角的平面角。∵平面平面，,∴平面。又平面,∴.∵，∴,且.在正中,由平几知识可求得,在中,∴二面角的正切值为。……8分⑶在中,,∴，.设点到平面的距离为，∵,平面,∴，∴.即点到平面的距离为。……14分解法：⑴取中点,连结、。∵，,∴，。∵平面平面，平面平面,∴平面,∴。如图所示建立空间直角坐标系,则,，，,∴，,∵,∴.……6分⑵∵,，又，∴，。设为平面的一个法向量，则,取，，，∴.又为平面的一个法向量，∴，得∴。即二面角的正切值为。……10分⑶由⑴⑵得，又为平面的一个法向量,，∴点到平面的距离。……14分17．（本题满分14分)某公司为了加大产品的宣传力度，准备立一块广告牌，在其背面制作一个形如△ABC的支架，要求∠ACB＝60°,BC的长度大于1米,且AC比AB长0。5米．为节省材料,要求AC的长度越短越好，求AC的最短长度，且当AC最短时，解：设BC＝x米（x＞1），AC＝y米，则AB＝y－eq\f(1,2)．在△ABC中,由余弦定理，得(y－eq\f（1,2)）2＝y2＋x2－2xycos60．所以y＝eq\f(x2－eq\f（1，4),x－1)（x＞1）．法一：y＝eq\f（x2－eq\f(1，4），x－1）＝（x－1)＋eq\f(3，4（x－1)）＋2≥2＋eq\r(3）．当且仅当x－1＝eq\f(3，4（x－1）），即x＝1＋eq\f(eq\r(3)，2）时,y有最小值2＋eq\r（3）．法二：y′＝eq\f（2x（x－1)－(x2－eq\f（1,4）），（x－1）2）＝eq\f（x2－2x＋eq\f（1，4）,(x－1）2）．由y′＝0得x＝1＋eq\f（eq\r（3)，2）．因为当1＜x＜1＋eq\f(eq\r(3）,2)时，y′＜0;当x＞1＋eq\f(eq\r(3）,2）时，y′＞0，所以当x＝1＋eq\f（eq\r(3）,2）时,y有最小值2＋eq\r(3）．答：AC的最短长度为2＋eq\r(3）米，此时BC的长度为（1＋eq\f(eq\r(3）,2））米．……………14分18．(本题满分16分）已知曲线E：ax2＋by2＝1（a＞0，b＞0）,经过点M（eq\f(eq\r(3)，3），0）的直线l与曲线E交于点A、B，且eq\o（MB，\d\fo1(）\s\up6(→））＝－2eq\o（MA，\d\fo1（)\s\up6（→）)．（1）若点B的坐标为（0，2）,求曲线E的方程；（2）若a＝b＝1，求直线AB的方程．解：设A（x0，y0），因为B（0,2），M(eq\f(eq\r（3)，3），0)故eq\o（MB，\d\fo1（）\s\up6(→))＝(－eq\f（eq\r(3）,3），2)，eq\o(MA，\d\fo1(）\s\up6(→））＝(x0－eq\f（eq\r（3），3）,y0)．……2分因为eq\o（MB,\d\fo1（）\s\up6（→))＝－2eq\o（MA,\d\fo1（)\s\up6(→)）,所以（－eq\f(eq\r(3),3），2）＝－2(x0－eq\f（eq\r（3),3），y0)．所以x0＝eq\f（eq\r（3），2）,y0＝－1．即A(eq\f(eq\r（3),2)，－1)．……4分因为A，B都在曲线E上,所以eq\b\lc\{（\a\al(a02＋b22＝1,,a(eq\f（eq\r（3）,2））2＋b（－1)2＝1．))解得a＝1，b＝eq\f（1，4)．所以曲线E的方程为x2＋eq\f（y2,4)＝1．……6分（2）(法一）当a＝b＝1时，曲线E为圆:x2＋y2＝1．设A（x1，y1），B(x2，y2）．因为eq\o(MB,\d\fo1（)\s\up6(→)）＝－2eq\o（MA,\d\fo1()\s\up6（→）)，所以(x2－eq\f（eq\r(3),3),y2)＝－2（x1－eq\f（eq\r（3),3），y1），即eq\b\lc\{(\a\al(2x1＋x2＝eq\r(3)，，y2＝－2y1．))设线段AB的中点为T，则点T的坐标为(eq\f(x1＋x2,2)，eq\f（y1＋y2,2）),即（eq\f(eq\r（3)－x1，2)，－eq\f（y1,2）)．所以eq\o(\s\up8()，\s\do1(OT)）＝（eq\f（eq\r(3）－x1,2)，－eq\f(y1,2）），eq\o(\s\up8（）,\s\do1(AB）)＝(x2－x1，y2－y1）＝(eq\r(3)－3x1，－3y1)．因为OT⊥AB,所以eq\o（\s\up8(）,\s\do1（OT）)eq\o(\s\up8(），\s\do1(AB））＝0,即3－4eq\r(3）x1＋3xeq\a（2,1）＋3yeq\a(2,1)＝0．因为xeq\a(2，1）＋yeq\a（2，1)＝1，所以x1＝eq\f（eq\r（3)，2),y1＝eq\f（1,2)．当点A的坐标为(eq\f(eq\r(3）,2),－eq\f（1，2))时，对应的点B的坐标为(0，1）,此时直线AB的斜率k＝－eq\r(3）,所求直线AB的方程为y＝－eq\r（3）x＋1；当点A的坐标为（eq\f（eq\r(3),2)，eq\f（1，2))时，对应的点B的坐标为（0，－1）,此时直线AB的斜率k＝eq\r（3)，所求直线AB的方程为y＝eq\r（3）x－1．……16分（法二）当a＝b＝1时,曲线E为圆：x2＋y2＝1．设A(x1,y1）,B（x2，y2）．因为eq\o(MB，\d\fo1()\s\up6(→)）＝－2eq\o（MA，\d\fo1(）\s\up6(→）），所以(x2－eq\f（eq\r（3）,3）,y2）＝－2（x1－eq\f(eq\r（3),3)，y1)，即eq\b\lc\{(\a\al（2x1＋x2＝eq\r（3)，,y2＝－2y1．））因为点A,B在圆上，所以eq\b\lc\{(\a\al(xeq\a（2，1)＋yeq\a（2，1)＝1，……①，xeq\a（2,2)＋yeq\a(2,2）＝1，……②）)由①×4－②，得(2x1＋x2）（2x1－x2）＝3．所以2x1－x2＝eq\r(3)，解得x1＝eq\f（eq\r(3),2）,x2＝0．由x1＝eq\f(eq\r(3）,2），得y1＝eq\f(1,2)．（以下同方法一）（法三）如图，设AB中点为T．则TM＝TA－MA＝eq\f(1，6）AB,OM＝eq\f(eq\r(3),3）．根据Rt△OTA和Rt△OTM，得eq\b\lc\{（\a\al（TM2＋OT2＝eq\f（1,3)，,TA2＋OT2＝1．））即eq\b\lc\{（\a\al（eq\f（1，36）AB2＋OT2＝eq\f（1，3),，eq\f(1,4）AB2＋OT2＝1．））解得AB＝eq\r（3）,OT＝eq\f(1,2）．所以在Rt△OTM中，tanOMT＝eq\f(OT，TM)＝eq\r(3）．所以kAB＝－eq\r(3）或eq\r（3）．所以直线AB的方程为y＝－eq\r(3)x＋1或y＝eq\r(3)x－1．19．（本题满分16分)设f(x)＝x3，等差数列｛an}中a3＝7,，记Sn＝,令bn＝anSn，数列的前n项和为Tn．（1）求｛an｝的通项公式和Sn;(2）求证:Tn＜；（3）是否存在正整数m，n，且1＜m＜n,使得T1,Tm，Tn成等比数列？若存在，求出m，n的值，若不存在，说明理由．解：（1)设数列的公差为，由，．解得,＝3,∴∵∴Sn＝＝．…4分（2），∴∴。………8分(3)由(2）知，∴，∵成等比数列．∴，即………9分当时,7，＝1，不合题意；当时，,＝16，符合题意；………10分当时，，无正整数解;当时，，无正整数解;当时，，无正整数解；当时,,无正整数解；………12分当时,,则，而，所以，此时不存在正整数m,n，且1<m<n，使得成等比数列．………15分综上,存在正整数m＝2,n＝16,且1〈m<n,使得成等比数列．…………16分20．（本题满分16分) 若函数．（1)当，时,若函数的图象与轴所有交点的横坐标的和与积分别为,．（i）求证：的图象与轴恰有两个交点；（ii)求证：．（2）当，时，设函数有零点，求的最小值．解：（1）(i)因为，所以是使取到最小值的唯一的值，且在区间上，函数单调递减;在区间上,函数单调递增．因为，，,所以的图象与x轴恰有两个交点．…4分（ii)设x1，x2是方程的两个实根，则有因式,且可令。于是有.①分别比较（*）式中常数项和含x3的项的系数,得,，解得，．所以．分别比较①式中含x和x2的项的系数，得，………②，，③②×+③×n得，即．…………10分（2）方程化为:, 令，方程为，，即有绝对值不小于2的实根．设，当，即时,只需,此时,；当，即时，只需，此时，;当,即时,只需或，即或，此时．的最小值为．…………………16分（附加题）21．【选做题】本题包括A，B,C，D共4小题，请从这4题中选做2小题,每小题10分，共20分．请在答题卡上准确填涂题目标记，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A．选修4－1：几何证明选讲如图，⊙O的直径AB的延长线与弦CD的延长线相交于点P，E为⊙O上一点，AE=AC，求证：∠PDE=∠POC．证明：因AE=AC,AB为直径，故∠OAC=∠OAE．……………3分所以∠POC=∠OAC+∠OCA=∠OAC+∠OAC=∠EAC．又∠EAC=∠PDE，所以,∠PDE=∠POC．…………10分B．选修4－2：矩阵与变换试求曲线在矩阵MN变换下的函数解析式，其中M=,N=解：MN==…………………4分即在矩阵MN变换下…………6分即曲线在矩阵MN变换下的函数解析式为……………10分

C．选修4－4：坐标系与参数方程已知直线的参数方程:（为参数）和圆的极坐标方程:．（1)将直线的参数方程化为普通方程，圆的极坐标方程化为直角坐标方程；(2）判断直线和圆的位置关系． 解：消去参数，得直线的普通方程为…………………2分即,两边同乘以得，…………………6分(2)圆心到直线的距离,所以直线和⊙相交．…………………10分D．选修4－5：不等式选讲已知x，y，z均为正数．求证：．证明：因为x，y，z都是为正数，所以．…3分 同理可得．将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得．………10分

22．【必做题】本题满分10分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．甲、乙、丙三个同学一起参加某高校组织的自主招生考试,考试分笔试和面试两部分，笔试和面试均合格者将成为该高校的预录取生(可在高考中加分录取），两次考试过程相互独立．