【考前三个月】高考数学必考题型穿插滚动练6(含答案).pdf

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1、穿插滚动练 (六) 1 已知集合 A x|x 22 015x2 01426，n62. 又 nN *，n 有最小值 63. 5若平面向量a(2,3)和 b (x 2， 2)垂直，则 |ab|等于 () A.26 B5 C26 D2 6 答案A 解析由 ab，可得 a b2(x2)3(2) 0，解得 x 1. 故 b(3， 2)，所以 a b(1,5) 所以 |ab|1 252 26.故选 A. 6(2014 大纲全国 )正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则 该球的表面积为() A. 81 4 B 16 C9 D.27 4 答案A 解析 如图，设球心为O，半径为r， 则

2、 RtAOF 中， (4r) 2( 2)2r2， 解得 r9 4， 该球的表面积为4 r 24 (9 4) 281 4 . 7(2014 江西 )在平面直角坐标系中，A，B 分别是 x 轴和 y轴上的动点，若以AB 为直径的圆 C 与直线 2xy40 相切，则圆C 面积的最小值为() A. 4 5 B. 3 4 C(62 5) D. 5 4 答案A 解析 AOB90 ， 点 O 在圆 C 上 设直线 2xy40 与圆 C 相切于点 D， 则点 C 与点 O 间的距离等于它到直线2xy40 的距离， 点 C 在以 O 为焦点，以直线2x y40 为准线的抛物线上， 当且仅当O，C，D 共线时，圆

3、的直径最小为|OD|. 又|OD| |200 4| 5 4 5 ， 圆 C 的最小半径为 2 5， 圆 C 面积的最小值为 ( 2 5) 24 5. 8函数 f(x)(x1)ln|x|的图象可能为() 答案A 解析函数 f(x)的定义域为 (，0)(0， )，可排除B. 当 x(0,1)时， x10，可排除D； 当 x(1， )时， x 10， ln x0， 所以 (x1)ln x0，可排除C.故只有 A 项满足，选A. 9已知动点P(x，y)满足约束条件 y2|x| 1， yx 1， 则 z|2x3y6|的最小值是 () A11 B3 C.25 3 D. 313 13 答案B 解析z|2x3

4、y 6|的几何意义为可行域内的点到直线2x3y60 的距离的13倍，其可 行域如图中阴影部分所示，由图知点C 到直线 2x3y60 的距离最短 由 2xy1 0， 2xy1 0， 得点 C(0， 1)，则 zmin13 |203 1 6| 13 3，故选 B. 10(2014 天津 )已知双曲线 x 2 a 2 y 2 b 2 1(a0，b0)的一条渐近线平行于直线l：y2x10，双曲 线的一个焦点在直线l 上，则双曲线的方程为() A. x 2 5 y 2 201 B. x 2 20 y 2 5 1 C.3x 2 25 3y 2 1001 D. 3x 2 100 3y 2 25 1 答案A

5、解析双曲线的渐近线方程为y b ax， 因为一条渐近线与直线y2x10 平行，所以 b a2. 又因为双曲线的一个焦点在直线y2x10 上， 所以 2c100，所以 c5. 由 b a2， ca 2b25 得 a 25， b 220. 故双曲线的方程为 x 2 5 y 2 201. 11(2013 大纲全国 )6 个人排成一行， 其中甲、 乙两人不相邻的不同排法共有_种(用 数字作答 ) 答案480 解析方法一先把除甲、乙外的4 个人全排列， 共有 A 4 4种方法 再把甲、乙两人插入这4 人形成的五个空位中的两个， 共有 A 2 5种不同的方法 故所有不同的排法共有A4 4 A 2 5242

6、0480(种) 方法二6 人排成一排， 所有不同的排法有A 6 6 720(种)， 其中甲、乙相邻的所有不同的排法有A 5 5A 2 2240(种)， 所以甲、乙不相邻的不同排法共有720240480(种) 12某时段内共有100 辆汽车经过某一雷达地区，时速频率分布直方图如下图所示，则时速 超过 60 km/h 的汽车数量为 _ 答案38 解析由直方图可得时速超过60 km/h 的汽车所占频率为10 (0.0280.010) 0.38，又样本容 量为 100，故时速超过60 km/h 的汽车共有1000.3838(辆) 13. 如图，在一个塔底的水平面上的点A 处测得该塔顶P 的仰角为 ，由

7、点 A 向塔底 D 沿直线行 走了 30 m 到达点 B，测得塔顶P 的仰角为2 ，再向塔底D 前进 103 m 到达点 C，又测得塔 顶的仰角为4 ，则塔 PD 的高度为 _ 答案15 m 解析依题意有PD AD，BA30 m，BC103 m， PAD ，PBD2 ，PCD4 ， 所以 APB PBDPAD PAD. 所以 PBBA30 m. 同理可得PCBC103m. 在BPC 中，由余弦定理，得 cos 2 103 2302 10 3 2 2103 30 3 2 ， 所以 2 30 ，4 60 . 在PCD 中， PD PCsin 4 103 3 2 15(m) 14已知集合Mx|y l

8、g x2 3x ，xR，N x|x23x20 ，在集合 M 中任取一个元素x， 则“ xMN”的概率是 _ 答案 1 5 解析因为 Mx|y lg x2 3x ，x R( 2,3)， Nx|x 23x201,2， 所以 MN1,2 所以 “xMN”的概率 P 21 3 2 1 5. 15(2014 辽宁 )对于 c0，当非零实数a，b 满足 4a 22ab4b2c0且使 |2ab|最大时，3 a 4 b 5 c 的最小值为 _ 答案2 解析设 2abx，则 2axb， (xb)2b(xb)4b2c0， x 23bx 6b2c0，即 6b23xb x2 c0， 9x246(x2c)0， 3x2

9、8x28c0，x2 8 5c. 当|2ab|x|取最大值时，有(2ab) 28 5c， 4a2 4abb2 8 5c， 又4a22ab 4b2c， b a 2 3，b 2 3a， 代入 得 4a22a 2 3a 4 9a 2 4c， a 3 2 c 10，b c 10 ，或 a 3 2 c 10， b c 10. 当 a3 2 c 10，b c 10时，有 3 a 4 b 5 c 3 3 2 c 10 4 c 10 5 c 2 10 c 4 10 c 5 c5( 1 c 10 5 ) 2 2 2，当 1 c 10 5 ，即 c5 2时等号成立 此时 a3 4，b 1 2. 当 a 3 2 c

10、10， b c 10时， 3 a 4 b 5 c 2 10 c 4 10 c 5 c 2 10 c 5 c0， 综上可知c 5 2，a 3 4，b 1 2时， (3 a 4 b 5 c)min 2. 16(2014 浙江 )在 ABC 中， 内角 A，B，C 所对的边分别为a，b，c.已知 ab，c3，cos 2 A cos 2B 3sin Acos A3sin Bcos B. (1)求角 C 的大小； (2)若 sin A 4 5，求 ABC 的面积 解(1)由题意得 1cos 2A 2 1cos 2B 2 3 2 sin 2A 3 2 sin 2B， 即 3 2 sin 2A 1 2cos

11、 2A 3 2 sin 2B 1 2cos 2B， sin 2A 6 sin 2B 6 . 由 ab，得 AB.又 AB(0， )，得 2A 62B 6 ， 即 AB 2 3 ，所以 C 3. (2)由 c3，sin A 4 5， a sin A c sin C，得 a 8 5. 由 a0，前 n 项和为 Sn，S3 6，且满足 a3a1,2a2，a8成等比数列 (1)求 an的通项公式； (2)设 bn 1 an an2，求数列 b n的前 n 项和 Tn的值 解(1)由 S36，得 a22. a3a1,2a2，a8成等比数列， (2d) (26d)42， 解得 d1 或 d 4 3， d0

12、，d1. 数列 an的通项公式为 an n. (2)Tn 1 1 3 1 2 4 1 3 5 1 n n2 1 2(1 1 3)( 1 2 1 4)( 1 3 1 5) ( 1 4 1 6)( 1 n 1 n2) 1 2( 3 2 1 n1 1 n2) 3n 25n 4 n 1 n2 . 19(2014 安徽 )甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5 局仍未 出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛假设每局甲获胜的概率为 2 3，乙获胜的概率为 1 3， 各局比赛结果相互独立 (1)求甲在 4 局以内 (含 4 局)赢得比赛的概率； (2)记 X 为比赛决出胜负时的总局数，求

13、X 的分布列和数学期望 解用 A 表示 “甲在 4局以内 (含 4 局)赢得比赛 ”，Ak表示 “ 第 k 局甲获胜 ”，Bk表示 “第 k 局乙获胜 ” 则 P(Ak) 2 3， P(Bk) 1 3，k1,2,3,4,5. (1)P(A)P(A1A2)P(B1A2A3)P(A1B2A3A4) P(A1)P(A2)P(B1)P(A2)P(A3)P(A1)P(B2) P(A3)P(A4) (2 3) 21 3( 2 3) 22 3 1 3( 2 3) 256 81. (2)X 的可能取值为2,3,4,5. P(X2)P(A1A2) P(B1B2) P(A1)P(A2)P(B1)P(B2)5 9，

14、 P(X3)P(B1A2A3)P(A1B2B3) P(B1)P(A2)P(A3)P(A1)P(B2)P(B3)2 9 ， P(X4)P(A1B2A3A4)P(B1A2B3B4) P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)P(B1)P(A2)P(B3) P(B4) 10 81 ， P(X5)1 P(X2) P(X 3) P(X 4) 8 81. 故 X 的分布列为 X 2345 P 5 9 2 9 10 81 8 81 E(X)25 9 3 2 94 10 815 8 81 224 81 . 20(2014 福建 )已知函数f(x)e xax(a 为常数 )的图象与 y 轴交于点A，曲线 yf(x

15、)在点 A 处 的切线斜率为1. (1)求 a 的值及函数f(x)的极值； (2)证明：当x0 时， x 2ln 2 时， f(x)0，f(x)单调递增 所以当 xln 2 时， f(x)有极小值， 且极小值为f(ln 2) e ln 2 2ln 22ln 4， f(x)无极大值 (2)证明令 g(x)e xx2，则 g(x) ex 2x. 由(1)得， g(x)f(x)f(ln 2)2ln 40， 即 g(x)0. 所以 g(x)在 R 上单调递增 又 g(0)10， 所以当 x0 时， g(x)g(0)0，即 x20 时， x2x0时， exx21 cx，即 x0)，要使不等式 xkx 成

16、立 而要使 exkx 成立，则只需要 xln( kx)，即 xln xln k 成立 若 00 时， xln xln xln k 成立 即对任意c1， )，取 x00，当 x(x0， )时，恒有 x1，令 h(x) xln xln k，则 h(x) 1 1 x x 1 x ， 所以当 x1 时， h (x)0，h(x)在(1， )内单调递增 取 x04k， h(x0)4kln(4k)ln k2(kln k)2(kln 2) ， 易知 kln k，kln 2，所以 h(x0)0. 因此对任意c(0,1)，取 x0 4 c，当 x(x0， )时，恒有 x2x， 所以当 x(x0， )时，有 ce

17、xex2xx， 即 xln 1 c时， h(x)0，h(x)单调递增 取 x02ln 2 c，h(x0)ce2ln 2 c 2ln2 c 2(2 c ln 2 c)， 易知 2 c ln 2 c0，又 h(x)在(x0， )内单调递增， 所以当 x(x0， )时，恒有h(x)h(x0)0， 即 xb0)的离心率为 3 2 ，直线 y x 被椭圆 C 截得的线段长为 4 10 5 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)过原点的直线与椭圆C 交于 A，B 两点 (A，B 不是椭圆C 的顶点 )点 D 在椭圆C 上，且 ADAB，直线 BD 与 x 轴、 y 轴分别交于M，N 两点 设直线BD，AM

18、 的斜率分别为k1，k2，证明：存在常数 使得 k1k 2，并求出 的值； 求 OMN 面积的最大值 解(1)由题意知 a 2b2 a 3 2 ，可得 a 24b2. 椭圆 C 的方程可简化为x 24y2a2. 将 yx 代入可得x 5a 5 ， 因此2 2 5a 5 4 10 5 ，可得 a2. 因此 b1，所以椭圆C 的方程为 x 2 4 y21. (2)设 A(x1，y1)(x1y10)， D(x2，y2)， 则 B(x1， y1) 因为直线AB 的斜率 kAB y1 x1， 又 ABAD，所以直线AD 的斜率 k x1 y1. 设直线 AD 的方程为ykxm，由题意知k 0，m0. 由

19、 ykxm， x 2 4 y2 1 可得 (14k2)x28mkx4m240. 所以 x1x2 8mk 14k 2， 因此 y1y2k(x1x2)2m 2m 14k 2. 由题意知x1 x2，所以 k1 y1y2 x1 x2 1 4k y1 4x1. 所以直线BD 的方程为yy1 y1 4x1(x x 1) 令 y0，得 x3x1，即 M(3x1,0)， 可得 k2 y1 2x1. 所以 k1 1 2k2，即 1 2. 因此存在常数 1 2使得结论成立 直线 BD 的方程 yy1 y1 4x1(xx 1)， 令 x0，得 y 3 4y1，即 N 0， 3 4y1 . 由知 M(3x1,0)，可得 OMN 的面积 S 1 23|x1| 3 4|y 1| 9 8|x1|y1|. 因为 |x1|y1| x 2 1 4 y 2 11， 当且仅当 |x1| 2 |y1| 2 2 时等号成立，此时S取得最大值 9 8. 所以 OMN 面积的最大值为 9 8.