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河北省唐山市2015届高考数学三模试卷(理科)


河北省唐山市 2015 届高考数学三模试卷(理科)
一、选择题: 1. (5 分)集合 A={﹣1,0,1,2,3},B={﹣2,﹣1,0,1},则图中阴影部分表示的集合为

() A.{﹣1,0,1} B.{2,3}
2

C.{﹣2,2,3}

D.{﹣1,0,1,2,3}

2. (5 分)i 为虚数单位, (1+i) =(1﹣i) ,则|z|=() A.1 B. 2 C.

D.

3. (5 分)已知随机变量 ξ 服从正态分布 N(2,1) ,若 P(ξ>3)=0.023,则 P(1≤ξ≤3)=() A.0.046 B.0.623 C.0.977 D.0.954 4. (5 分)执行如图所示的程序框图,结果是()

A.

B.

C.

D.

5. (5 分)等差数列{an}中,a3=5,a4+a8=22,则的前 20 项和为() A.400 B.410 C.420 D.430 6. (5 分)M 为抛物线 y =8x 上一点,F 为抛物线的焦点,∠MFO=120°(O 为坐标原点) ,N (﹣2,0) ,则直线 MN 的斜率为() A. B. ± C. ± D.±
2

7. (5 分)已知函数 f(x)=cos(2x﹣ 种可以与 g(x) 的图象重合() A.向左平移 C. 向右平移 个单位 个单位

) ,g(x)=sin2x,将函数 f(x)的图象经过下列哪

B. 向左平移 D.向右平移

个单位 个单位

8. (5 分)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()

A.

B. (π+1)

C. (π+ )

D. (π+ )

9. (5 分)实数 X,y 满足

,若 z=ax+y 的最大值为 2a+3,则 a 的取值范围是() C.(﹣∞,1]

A. D.

B.

D . B.

C.

11. (5 分)函数 f(x)=e +a,g(x)=|lnx|,若 x1,x2 都满足 f(x)=g(x) ,则() ﹣1 ﹣1 A.x1?x2>e B.1<x1?x2<e C.0<x1?x2<e D.e <x1?x2<1

﹣x

12. (5 分)关于曲线 C: A.曲线 C 关于原点对称 C.曲线 C 的周长 l 满足

,给出下列四个命题: B.曲线 C 有且只有两条对称轴 D.曲线 C 上的点到原点的距离的最小值为

上述命题中,真命题的个数是() A.1 B. 2

C. 3

D.4

二、填空题 * n 13. (5 分)设 n∈N , (x+3) 展开式的所有项系数和为 256,则其二项式系数的最大值为. (用 数字作答)

14. (5 分)向量

满足| |=| + |=|2 + |=1,则

|=.

15. (5 分)设 Sn 是等比数列 {an}的前 n 项和,sm﹣1=45,sm=93,sm+1=189,则 m=.

16. (5 分)F 是双曲线 Γ:x ﹣

2

=1 的右焦点,Γ 的右支上一点 P 到一条渐近线的距离为 2,

在另一条渐近线上有一点 Q 满足



,则 λ=.

三、解答题: 2 2 2 17. (12 分)在△ ABC 中,A,B,C 所对边分别为 a,b,c,2c ﹣2a =b . (I)证明 2ccosA﹣2acosC=b (Ⅱ)若 a=1,tanA= ,求△ ABC 的面积 s.

18. (12 分)某项比赛规则是:先进行个人赛,每支参赛队的成绩前三名队员再代表本队进行 团体赛,团体赛是在两队名次相同队员之间进行且三场比赛同时进行.根据以往比赛统计: 两名队员中个人赛成绩高的队员在各场获胜的概率为 ,负的概率为 ,且各场比赛互不影 响.已知甲乙队各 5 名队员,这 10 名队员的个人赛成绩如图所示: (I)计算两队在个人赛中成绩的均值和方差; (Ⅱ)求甲队在团体赛中至少 2 名队员获胜的概率.

19. (12 分)如图,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,侧 面 BCC1B1 是矩形,截面 A1BC 是等边三角 形. (I)求证:AB=AC; (Ⅱ)若 AB⊥AC,平面 A1BC⊥底面 ABC,求二面角 B﹣B1C﹣A1 的余弦值.

20. (12 分)已知椭圆 C:

=1(a>b>0) ,直线 l 与椭圆 C 有唯一公共点 M,为坐标

原点) ,当点 M 坐标为

时,l 的方程为

x+2y﹣4=0.

(I)求椭圆 C 方程; (Ⅱ) 设直线 l 的斜率为 K, M 在椭圆 C 上移动时, 作 OH⊥l 于 H (O 为坐标原点) , 求∠HOM 最大时 k 的值. 21. (12 分)已知 f(x)=e ﹣x +b,曲线 y=f(x)与直线 y=ax+1 相切于点(1,f(1) ) (I)求 a,b 的值; (Ⅱ)证明:当 x>0 时, (3+cosx)﹣4sinx>0. 22. (10 分)如图,C 是圆 O 的直径 AB 上一点,CD⊥AB,与圆 O 相交于点 D,与弦 AF 交 于点 E,与 BF 的延长线相交于点 G.GT 与圆相切于点 T. 2 (I)证明:CD =CE?CG; (Ⅱ)若 AC=CO=1,CD=3CE,求 GT.
x 2

23. (10 分)已知半圆 C: (x﹣2) +y =4(y≥0) ,直线 l:x﹣2y﹣2=0.以坐标原点 O 为极 点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. (I)写出 C 与 l 的极坐标方程; (Ⅱ)记 A 为 C 直径的右端点,C 与 l 交于点 M,且 M 为圆弧 AB 的中点,求|OB|. 24. (10 分)设 f(x)=|ax﹣1|+|x+2|, (a>0) . (I)若 a=1,时,解不等式 f(x)≤5; (Ⅱ)若 f(x)≥2,求 a 的最小值.

2

2

河北省唐山市 2015 届高考数学三模试卷(理科)
参考答案与试题解析

一、选择题:

1. (5 分)集合 A={﹣1,0,1,2,3},B={﹣2,﹣1,0,1},则图中阴影部分表示的集合为

() A.{﹣1,0,1} B.{2,3} C.{﹣2,2,3} D.{﹣1,0,1,2,3}

考点: Venn 图表达集合的关系及运算. 分析: 由图象可知阴影部分对应的集合为 A∩(?UB) ,然后根据集合的基本运算求解即可. 解答: 解:由 Venn 图可知阴影部分对应的集合为 A∩(?UB) , ∵A={﹣1,0,1,2,3},B={﹣2,﹣1,0,1}, ∴?UB={x|x≠﹣2,x≠﹣1,x≠0,x≠1}, 即 A∩(?UB)={2,3}, 故选:B 点评: 本题主要考查集合的基本运算,根据图象先确定集合关系是解决本题的关键,比较 基础. 2. (5 分)i 为虚数单位, (1+i) =(1﹣i) ,则|z|=() A.1 B. 2 C. 考点: 复数求模. 专题: 数系的扩充和复数. 分析: 通过设 z=a+bi,可得 =a﹣bi,利用(1+i) =(1﹣i) ,可得 =﹣1﹣i,进而可得 结论. 解答: 解:设 z=a+bi,则 =a﹣bi, 2 ∵(1+i) =(1﹣i) , ∴ = ∴z= ﹣1+i, ∴|z|= = , = = = = = =﹣1﹣i,
2 2

D.

故选:C. 点评: 本题考查求复数的模,注意解题方法的积累,属于基础题. 3. (5 分)已知随机变量 ξ 服从正态分布 N(2,1) ,若 P(ξ>3)=0.023,则 P(1≤ξ≤3)=() A.0.046 B.0.623 C.0.977 D.0.954 考点: 正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义. 专题: 计算题;概率与统计. 分析: 随机变量 ξ 服从正态分布 N(2,1) ,得到曲线关于 x=2 对称,根据曲线的对称性得 到 P(1≤ξ≤3)=1﹣2P(ξ>3) ,从而得到所求. 解答: 解:随机变量 ξ 服从正态分布 N(2,1) ,

∴曲线关于 x=2 对称, ∴P(1≤ξ≤3)=1﹣2P(ξ>3)=0.954, 故选:D. 点评: 本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义,考查概率的性质,是一个基础 题. 4. (5 分)执行如图所示的程序框图,结果是()

A.

B.

C.

D.

考点: 程序框图. 专题: 图表型;算法和程序框图. 分析: 模拟执行程序框图,依次写出每次循环得到的 i,a,S 的值,当 i=4 时满足条件 i>3, 退出循环,输出 S 的值为 .

解答: 解:模拟执行程序框图,可得 S=0,i=0 i=1 a= ,S= , 不满足条件 i>3,i=2,a= ,S= 不满足条件 i>3,i=3,a= 不满足条件 i>3,i=4,a= ,S= ,S= .

满足条件 i>3,退出循环,输出 S 的值为

故选:A. 点评: 本题主要考查了循环结构的程序框图,正确依次写出每次循环得到的 i,a,S 的值是 解题的关键,属于基础题. 5. (5 分)等差数列{an}中,a3=5,a4+a8=22,则的前 20 项和为()

A.400

B.410

C.420

D.430

考点: 等差数列的前 n 项和. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: 由等差数列的性质结合 a4+a8=22 求得 a6,再结合 a3=5 求得公差,进一步求得首项, 代入等差数列的前 n 项和公式得答案. 解答: 解:在等差数列{an}中,由 a4+a8=22,得 2a6=22,∴a6=11, 又 a3=5,则 ∴a1=a3﹣2d=5﹣2×2=1. 则 . ,

故选:A. 点评: 本题考查等差数列的性质,考查了等差数列的前 n 项和,是基础的计算题. 6. (5 分)M 为抛物线 y =8x 上一点,F 为抛物线的焦点,∠MFO=120°(O 为坐标原点) ,N (﹣2,0) ,则直线 MN 的斜率为() A. B. ± C. ± D.±
2

考点: 抛物线的简单性质. 专题: 圆锥曲线的定义、性质与方程. 分析: 利用 cos120°= 计算可得 M(6, ) ,进而可得结论.

解答: 解:设 M( ∴ =( ﹣2,y) ,

,y) ,由题可知 F(2,0) , =(﹣2,0) ,

∴cos120°=

=

=﹣ ,

解得 y=±4

,∴M(6,

) , = ,

又∵N(﹣2,0) ,∴kMN=

故选:C. 点评: 本题考查抛物线中直线的斜率,注意解题方法的积累,属于中档题.

7. (5 分)已知函数 f(x)=cos(2x﹣ 种可以与 g(x) 的图象重合()

) ,g(x)=sin2x,将函数 f(x)的图象经过下列哪

A.向左平移 C. 向右平移

个单位 个单位

B. 向左平移 D.向右平移

个单位 个单位

考点: 函数 y=Asin(ωx+φ)的图象变换. 专题: 三角函数的图像与性质. 分析: 由条件根据 y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律,可得结论. 解答: 解:把函数 f(x)=cos(2x﹣ 可得函数 y=cos=cos(2x﹣ )的图象向右平移 个单位,

)=sin2x=g(x)的图象,

故选:C. 点评: 本题主要考查 y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律,属于基础题. 8. (5 分)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()

A.

B. (π+1)

C. (π+ )

D. (π+ )

考点: 专题: 分析: 解答:

由三视图求面积、体积. 计算题;空间位置关系与距离. 几何体为半球与四棱锥的组合体,利用体积公式,即可求出几何体的体积. 解:几何体为半球与四棱锥的组合体,由题意,体积为 + = (π+1) .

故选:A. 点评: 本题考查几何体的体积,考查学生的计算能力,确定几何体的形状是关键.

9. (5 分)实数 X,y 满足 C. (﹣∞,1] ,

,若 z=ax+y 的最大值为 2a+3,则 a 的取值范围是()

A. 由

B.

D.

,解得

即 A(2,3) , 若 z=ax+y 的最大值为 2a+3, 即 A 是函数取得最大值的最优解, 由 z=ax+y 得 y=﹣ax+z, 即目标函数的斜率 k=﹣a, 要使是函数取得最大值的最优解, 若 a=0,y=z,满足条件, 若﹣a>0,则满足﹣a≤1,即 a<0,且 a≥﹣1,此时﹣1≤a<0, 若﹣a<0 ,则满足﹣a≥﹣3,即 a>0,且 a≤3,此时 0<a≤3, 综上﹣1≤a≤3, 故选:B.

点评: 本题主要考查线性规划的应用, 利用 z 的几何意义, 通过数形结合是解决本题的关键. 10. (5 分)异面直线 l 与 m 所成的角为 n 所成角的范围是() A. B. ,异面直线 l 与 n 所成的角为 ,则异面直线 m 与

C.

D.

考点: 异面直线及其所成的角. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: 如图所示,把直线 m,n 分别平移,可得异面直线 m 与 n 所成角的范围. 解答: 解:如图所示, 把直线 m,n 分别平移, 可得异面直线 m 与 n 所成角的范围是: . 故选:B.

点评: 本题考查了异面直线的夹角、平移法,考查了空间想象能力与推理能力,属于中档 题. 11. (5 分)函数 f(x)=e +a,g(x)=|lnx|,若 x1,x2 都满足 f(x)=g(x) ,则() ﹣1 ﹣1 A.x1?x2>e B.1<x1?x2<e C.0<x1?x2<e D.e <x1?x2<1 考点: 对数函数的图像与性质;指数函数的图像与性质. 专题: 函数的性质及应用. 分析: 画出图象得出 f(x1)=g(x1) ,f(x2)=g(x2) ,x1>1,0<x2<1,利用图象得出范 围﹣1<e =lnx1x2<0,求解即可得出 e <x1x2<1.
﹣x ﹣1 ﹣x

解答: 解:∵函数 f(x)=e +a,g(x)=|lnx|,

∵f(x1)=g(x1) ,f(x2)=g(x2) ,x1>1,0<x2<1 ∴e 即﹣1<e
﹣1

+a=lnx1,e

+a=﹣lnx2, =lnx1x2<0,

e <x1x2<1, 故选:D. 点评: 本题考查了函数的性质,函数的零点的求解,学生运用函数图象解决问题的能力, 观察变化的能力,属于中档题.

12. (5 分)关于曲线 C: A.曲线 C 关于原点对称

,给出下列四个命题: B.曲线 C 有且只有两条对称轴

C.曲线 C 的周长 l 满足

D.曲线 C 上的点到原点的距离的最小值为

上述命题中,真命题的个数是() A.1 B. 2

C. 3

D.4

考点: 曲线与方程. 专题: 综合题;函数的性质及应用;推理和证明. 分析: 利用曲线方程的特点结合曲线的图象分别进行判断即可. 解答: 解:把曲线 C 中的(x,y )同时换成(﹣x,﹣y ) ,方程不变,∴曲线 C 关于原点 对称,即 A 正确; 曲线方程为 ,交换 x,y 的位置后曲线方程不变,∴曲线 C 关于直线 y=x 对称,同

理,y=﹣x,x,y 轴是曲线的对称轴,即 B 不正确; 在第一象限内,因为点( , )在曲线上,由图象可知曲线在直线 y=﹣x+1 的下方,且为

凹函数如图: 由以上分析可知曲线 C 的周长 l 满足 曲线 C 上的点到原点的距离的最小值为( 故选:B.

,正确. , )到原点的距离,为 ,即 D 不正确.

点评: 本题主要考查曲线方程的性质的判断和推理,考查学生分析问题解决问题的能力, 综合性较强难度较大. 二、填空题 * n 13. (5 分) 设 n∈N , (x+3) 展开式的所有项系数 和为 256, 则其二项式系数的最大值为 6. (用 数字作答) 考点: 二项式系数的性质. 专题: 二项式定理. 分析: 由题意求得 n,再由二项式系数的性质求得其二项式系数的最大值. n n 解答: 解:由(x+3) 展开式的所有项系数和为 256,得 4 =256,即 n=4. n 4 ∴(x+3) =(x+3) ,其展开式中有 5 项,其中二项式系数最大的是第 3 项, 二项式系数的最大值为 故答案为:6. .

点评: 本题考查二项式系数的性质,考查了二项展开式的二项式系数和项的系数,是基础 题.

14. (5 分)向量

满足| |=| + |=|2 + |=1,则

|=



考点: 平面向量数量积的运算. 专题: 平面向量及应用. 分析: 将已知等式平方,展开变形得到
2


2

| =﹣2
2

2

. ,

解答: 解: 因为| |=| + |=|2 + |=1, 所以| | =| + | =|2 + | =1, 展开整理得到 | =﹣2
2

,所以

|=



故答案为: . 点评: 本题考查了平面向量的数量积公式的运用以及向量模的求法;属于基础题. 15. (5 分)设 Sn 是等比数列 {an}的前 n 项和,sm﹣1=45,sm=93,sm+1=189,则 m=5. 考点: 等比数列的前 n 项和. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: 由题意和 am=Sm﹣Sm﹣1 求出公比 q,利用等比数列的通项公式、前 n 项和公式列出 方程组,求出 m 的值. 解答: 解:设等比数列{an}的首项为 a1,公比是 q, 因为 sm﹣1=45,sm=93,sm+1=189, 所以 am=Sm﹣Sm﹣1=48,am+1=Sm+1﹣Sm=96, 则 q= =2,

所以

,解得 m=5,

故答案为:5. 点评: 本题考查等比数列的通项公式、前 n 项和公式的应用,以及方程思想,属于基础题.

16. (5 分)F 是双曲线 Γ:x ﹣

2

=1 的右焦点,Γ 的右支上一点 P 到一条渐近线的距离为 2,

在另一条渐近线上有一点 Q 满足



,则 λ=4.

考点: 双曲线的简单性质. 专题: 平面向量及应用;圆锥曲线的定义、性质与方程.

分析: 设 P(m,n) ,m>0,代入双曲线方程,再由点到直线的距离公式,解方程可得 P 的坐标,再设 Q 的坐标,由三点共线斜率相等,可得 Q 的坐标,再由向量共线的坐标表示, 计算即可得到所求. 解答: 解:设 P(m,n) ,m>0, 则m ﹣
2

=1,

双曲线的渐近线方程为 y=±2x, 设 P 到直线 y=2x 的距离为 2, 即有 =2,

由于 P 在直线的下方, 则 2m﹣n=2 , 解得 m= 即 P( ,n=﹣ ,﹣ ) , ,

设 Q(s,﹣2s) ,由 F( ,0) , 由于 F,P,Q 共线,可得 则 kFP=kFQ,

即为

=



解得 s= 即有 Q( =(﹣ 由于 =λ

, ,﹣ ,﹣ , ) , ) , =(﹣ ,﹣ ) ,

则 λ=4. 故 答案 为:4. 点评: 本题考查双曲线的方程和性质,主要考查双曲线的渐近线方程的运用,同时考查向 量共线的坐标表示,考查运算能力,属于中档题. 三、解答题: 2 2 2 17. (12 分)在△ ABC 中,A,B,C 所对边分别为 a,b,c,2c ﹣2a =b . (I)证明 2ccosA﹣2acosC=b (Ⅱ)若 a=1,tanA= ,求△ ABC 的面积 s.

考点: 余弦定理;正弦定理. 专题: 解三角形.

分析: (Ⅰ)利用余弦定理把 cosA 和 cosC 的表达式代入等号左边整理,结合已知条件证 明出结论. (Ⅱ)利用正弦定理把(Ⅰ)中的结论中边转化成角的正弦整理可求得 tanC,进而求得 C, 再利用正弦定理求得 c,利用余弦定理求得 b,最后利用三角形面积公式求得三角形的面积. 2 2 2 解答: (Ⅰ)证明:因为 2c ﹣2a =b , 所以 2ccosA﹣2acosC=2c? ﹣2a?

=



=

=b.

(Ⅱ)由(Ⅰ)和正弦定理以及 sinB=sin(A+C)得 2sinCcosA﹣2sinAcosC=sinAcosC+cosAsinC, 即 sinCcosA=3sinAcosC, 又 cosAcosC≠0,所以 tanC=3tanA=1,故 C=45°. 再由正弦定理及 sinA=
2 2 2

得 c= ,

=



于是 b =2(c ﹣a )=8,b=2 从而 S= absinC=1.

点评: 本题主要考查了正弦定理和余弦定理的运用.熟练综合运用正弦定理和余弦定理公 式是解决三角形问题的关键. 18. (12 分)某项比赛规则是:先进行个人赛,每支参赛队的成绩前三名队员再代表本队进行 团体赛,团体赛是在两队名次相同队员之间进行且三场比赛同时进行.根据以往比赛统计: 两名队员中个人赛成绩高的队员在各场获胜的概率为 ,负的概率为 ,且各场比赛互不影 响.已知甲乙队各 5 名队员,这 10 名队员的个人赛成绩如图所示: (I)计算两队在个人赛中成绩的均值和方差; (Ⅱ)求甲队在团体赛中至少 2 名队员获胜的概率.

考点: 众数、中位数、平均数;茎叶图;相互独立事件的概率乘法公式. 专题: 概率与统计. 分析: (Ⅰ)根据平均数和方差的公式计算即可; (Ⅱ)根据相互独立事件同时发生的概率和互斥事件的概率得到结果. 解答: 解: (Ⅰ)由茎叶图可知, = S = =21.2, =88, = =88;

S

= =16.4.

(Ⅱ)设甲队参加个人能力比赛成绩前三名在对抗赛的获胜的事件分别为 A、B、C, 由题意可知 P(A)= ,P(B)=P(C)= ,且 A、B、C 相互独立, 设甲队至少 2 名队员获胜的事件为 E,则 E=(ABC)∪(AB )∪(A C)∪( BC) . P(E)= × × + × ×(1﹣ )+ ×(1﹣ )× +(1﹣ )× × = .

点评: 本题茎叶图,平均数,方差,互斥事件、相互独立事件的概率计算,互斥事件一般 涉及分类讨论,注意要全面分析,做到不重不漏,属于中档题. 19. (12 分)如图,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,侧面 BCC1B1 是矩形,截面 A1BC 是等边三角 形. (I)求证:AB=AC; (Ⅱ)若 AB⊥AC,平面 A1BC⊥底面 ABC,求二面角 B﹣B1C﹣A1 的余弦值.

考点: 二面角的平面角及求法;棱柱的结构特征. 专题: 综合题;空间位置关系与距离;空间角. 分析: (I)取 BC 中点 O,连 OA,OA1.证明:BC⊥平面 A1OA,可得 BC⊥OA,即可证 明 AB=AC; (Ⅱ)分别以 OA,OB,OA1 为正方向建立空间直角坐标系 O﹣xyz,求出平面 BB1C 的法向 量、平面 A1B1C 的法向量,利用向量的夹角公式,即可求二面角 B﹣B1C﹣A1 的余弦值. 解答: (Ⅰ)证明:取 BC 中点 O,连 OA,OA1. 因为侧面 BCC1B1 是矩形,所以 BC⊥BB1,BC⊥AA1, 因为截面 A1BC 是等边三角形,所以 BC⊥OA1, 于是 BC⊥平面 A1OA,BC⊥OA,因此:AB=AC.…(4 分) (Ⅱ)解:设 BC=2,则 OA1= ,由 AB⊥AC,AB=AC 得 OA=1. 因为平面 A1BC⊥底面 ABC,OA1⊥BC,所以 OA1⊥底面 ABC. 如图,分别以 OA,OB,OA1 为正方向建立空间直角坐标系 O﹣xyz. …(6 分) A(1,0,0) ,B(0,1,0) ,A1 (0,0, ) ,C(0,﹣1,0) , =(0,2,0) , 0) . 设平面 BB1C 的法向量 =(x,y,z) , 则 ,取 =( ,0,1) . = =(﹣1,0, ) , =(0,1, ) , = =(﹣1,1,

同理可得平面 A1B1C 的法向量 =(﹣ ∴cos< , >=﹣

,﹣

,1) . . …(12 分)

,则二面角 B﹣B1C﹣A1 的余弦值为﹣

点评: 本题考查线面垂直的判定与性质,考查二面角的余弦值,考查向量法的运用,正确 运用向量法是关键.

20. (12 分)已知椭圆 C:

=1(a>b>0) ,直线 l 与椭圆 C 有唯一公共点 M,为坐标

原点) ,当点 M 坐标为

时,l 的方程为

x+2y﹣4=0.

(I)求椭圆 C 方程; (Ⅱ) 设直线 l 的斜率为 K, M 在椭圆 C 上移动时, 作 OH⊥l 于 H (O 为坐标原点) , 求∠HOM 最大时 k 的值. 考点: 直线与圆锥曲线的综合问题. 专题: 圆锥曲线的定义、性质与方程. 分析: (Ⅰ)将 M 点坐标代入椭圆方程,同时联立直线 l 与椭圆方程 ,计算即得结论; ( II)通过设直线 l 并与椭圆方程联立,利用△ =0,进而可得|OM| 、|OH| 的表达式,化简即 得结论. 解答: 解: (Ⅰ)由题意可得: + =1, (*)
2 2

将 x+2y﹣4=0 代入椭圆 C,有: 2 2 2 2 2 2 2 (3a +4b )x ﹣8 a x+16a ﹣4a b =0, 2 2 令△ =0 得:3a +4b =16, (**) 2 2 联立(*) 、 (**) ,解得:a =4,b =1, ∴椭圆 C 的方程为: +y =1;
2

( II)设直线 l:y=kx+m,M(x0,y0) . 2 2 2 将直线 l 的方程代入椭圆 C 得: (1+4k )x +8kmx+4m ﹣4=0, 令△ =0,得 m =4k +1,且
2 2

=



∴|OM| =

2



又|OH| =

2

=



∴(cos∠HOM) =

2



∵(1+16k ) (4+4k )≤

2

2

=







,等号当且仅当 k = 时成立,

2

∴∠HOM 取最大时 k= ± . 点评: 本题是一道直线与圆锥曲线的综合题,考查运算求解能力,考查分析问题、解决问 题的能力,注意解题方法的积累,属于中档题. 21. (12 分)已知 f(x)=e ﹣x +b,曲线 y=f(x)与直线 y=ax+1 相切于点(1,f(1) ) (I)求 a,b 的值; (Ⅱ)证明:当 x>0 时, (3+cosx)﹣4sinx>0. 考点: 利用导数研究曲线上某点切线方程. 专题: 导数的概念及应用;导数的综合应用. 分析: (Ⅰ)求出 f(x)的导 数,求得切线的斜率和切点坐标,解方程可得 a,b 的值; ( II)由(Ⅰ)得,f(x)=e ﹣x ,首先证明:当 x>0 时,f(x)≥(e﹣2)x+1.运用导数 和单调性可证;因 x>0,则 x>0 时,x> .通过令 p(x)=x﹣
x x 2 x 2

≥x(当且仅当 x=1 时等号成立) .再证明:当 ,求出导数,判断单调性,即可得证.

解答: 解: (Ⅰ)f′(x)=e ﹣2x. 由题设得 a=f′(1)=e﹣2,a+1=f(1)=e﹣1+b. 故 a=e﹣2,b=0. x 2 ( II)由(Ⅰ)得,f(x)=e ﹣x , 下面证明:当 x>0 时,f(x)≥(e﹣2)x+1. 设 g(x)=f(x)﹣(e﹣2)x﹣1,x>0. x 则 g′(x)=e ﹣2x﹣(e﹣2) , x 设 h(x)=g′(x) ,则 h′(x)=e ﹣2, 当 x∈(0,ln2)时,h′(x)<0,h(x)单调递减, 当 x∈(ln2,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增. 又 h(0)=3﹣e>0,h(1)=0,0<ln2<1,h(ln2)<0, 所以?x0∈(0,1) ,h(x0)=0, 所以当 x∈(0,x0)或 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0; 当 x∈(x0,1)时,g′(x)<0,

故 g(x)在(0,x0)和(1,+∞)单调递增,在(x0,1)单调递减, x 2 又 g(0)=g(1)=0,所以 g(x)=e ﹣x ﹣(e﹣2)x﹣1≥0. 因 x>0,则 以下证明:当 x>0 时,x> 令 p(x)=x﹣ ≥x(当且仅当 x=1 时等号成立) .①, . = ≥ 0,

,则 p′(x)=1﹣

(当且仅当 x=2kπ,k∈Z 时等号成立) . 所以 p(x)在(0,+∞)单调递增,当 x>0 时,p(x)=x﹣ 即 x> .② >p(0)=0,

由①②得当 x>0 时,





又 x(3+cosx)>0, 故(3+cosx)﹣4xsinx>0. 点评: 本题考查导数的运用:求切线的斜率和单调区间,主要考查单调性的运用,同时考 查不等式的证明,注意运用构造函数的方法,属于中档题. 22. (10 分)如图,C 是圆 O 的直径 AB 上一点,CD⊥AB,与圆 O 相交于点 D,与弦 AF 交 于点 E,与 BF 的延长线相交于点 G.GT 与圆相切于点 T. (I)证明:CD =CE?CG; (Ⅱ)若 AC=CO=1,CD=3CE,求 GT.
2

考点: 与圆有关的比例线段. 专题: 综合题;推理和证明. 分析: (I)延长 DC 与圆 O 交于点 M,利用相交弦定理,三角形相似的性质,即可证明: 2 CD =CE?CG; (Ⅱ)由(Ⅰ)得 CG=3CD,利用切割线定理求 GT. 解答: (Ⅰ)证明:延长 DC 与圆 O 交于点 M, 因为 CD⊥AB, 2 所以 CD =CD?CM=AC?BC, 因为 Rt△ ACE∽Rt△ GBC,所以
2

=



即 AC?BC=CE?CG,故 CD =CE?CG.…(5 分)

(Ⅱ)解:因为 AC=CO=1,所以 CD =AC?BC=3, 又 CD=3CE,由(Ⅰ)得 CG=3CD, GT =GM?GD=(CG+CM)?(CG﹣CD)=(CG+CD)?(CG﹣CD) 2 2 2 =CG ﹣CD =8CD =24,故 GT=2 .…(10 分)
2

2

点评: 本题考查相交弦定理,三角形相似的性质,考查切割线定理,考查相似分析解决问 题的能力,属于中档题. 23. (10 分)已知半圆 C: (x﹣2) +y =4(y≥0) ,直线 l:x﹣2y﹣2=0.以坐标原点 O 为极 点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. (I)写出 C 与 l 的极坐标方程; (Ⅱ)记 A 为 C 直径的右端点,C 与 l 交于点 M,且 M 为圆弧 AB 的中点,求|OB|. 考点: 简单曲线的极坐标方程. 专题: 三角函数的求值;坐标系和参数方程. 分析: (Ⅰ)将 x=ρcosθ,y=ρsinθ 分别代入半圆 C 与直线 l 的方程中,整理得出它们的极 坐标方程; (Ⅱ) 由题意求出点 B 的极角 α 的正切值 tanα, 利用三角函数的关系求出 cosα, 即可计算|OB| 的值. 解答: 解: (Ⅰ)将 x=ρcosθ,y=ρsinθ 代入半圆 C: (x﹣2) +y =4(y≥0)中, 2 2 (ρcosθ﹣2) +(ρsinθ) =4, 化简得 C 的极坐标方程为 C:ρ=4cosθ(0≤θ≤ ) ;
2 2 2 2

将 x=ρcosθ,y=ρsinθ 代入直线 l:x﹣2y﹣2=0 中, 得 l 的极坐标方程为 l:ρcosθ﹣2ρsinθ﹣2=0;…(4 分) (Ⅱ)根据题意,l 经过半圆 C 的圆心 C(2,0) , 设点 B 的极角为 α,则 tanα= , ∴ = ,

即 sinα= cosα, ∴sin α+cos α= cos α+cos α= cos α=1, ∴cos α= ;
2 2 2 2 2 2

又 α∈, ∴cosα= ; …(6 分)

∴由 C 的极坐标方程得 |OB|=ρ=4cosα=4× = . …(10 分)

点评: 本题考查了直线与圆的极坐标方程与普通方程的互化和应用问题,也考查了三角函 数的求值问题,是综合性题目. 24. (10 分)设 f(x)=|ax﹣1|+|x+2|, (a>0) . (I)若 a=1,时,解不等式 f(x)≤5; (Ⅱ)若 f(x)≥2,求 a 的最小值. 考点: 绝对值三角不等式. 专题: 不等 式的解法及应用. 分析: (Ⅰ)分类讨论化简 f(x)的解析式,由 f(x)的单调性及 f(﹣3)=f(2)=5,得 f(x)≤5 的解集.

(Ⅱ)由 f(x)=

的单调性,以及 f(x)的图象连续不断,可

得要是 f(x)≥2,当且仅当 f(﹣2)≥2,且 f( )≥2,由此求得 a 的最小值.

解答: 解: (Ⅰ)若 a=1,f(x)=



由 f(x)的单调性及 f(﹣3)=f(2)=5,得 f(x)≤5 的解集为{x|﹣3≤x≤2}.

(Ⅱ)f(x)=



当 x∈(﹣∞,﹣2]时,f(x)单调递减;当 x∈[ ,+∞)时,f(x)单调递增, 又 f(x)的图象连续不断,所以 f(x)≥2,当且仅当 f(﹣2)=2a+1≥2,且 f( )= +2≥2, 求得 a≥ ,故 a 的最小值为 . 点评: 本题主要考查绝对值不等式的解法,函数的单调性的应用,函数的恒成立问题,体 现了转化、分类讨论的数学思想,属于中档题.


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