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【天津市2013-2014学年高一寒假作业(3)数学 ]

时间:2015-03-26


【KS5U 首发】天津市 2013-2014 学年高一寒假作业(3)数学 Word 版含答案 第 I 卷(选择题) 请点击修改第 I 卷的文字说明 评卷人 得分

一、选择题(题型注释)

1.(5 分) (2013?成都一模)定义在(﹣1,1)上的函数



当 x∈(﹣1,0)时,f(x)>0,

若 P,Q,R 的大小关系为( A.R>Q>P ) C.P>R>Q



,则

B.R>P>Q

D.Q>P>R

2.(5 分) (2012?朝阳区一模)已知点集 A={(x,y)|x +y ﹣4x﹣8y+16≤0},B={(x,y) |y≥|x﹣m|+4,m 是常数},点集 A 所表示的平面区域与点集 B 所表示的平面区域的边界的 交点为 M,N.若点 D(m,4)在点集 A 所表示的平面区域内(不在边界上) ,则△DMN 的面 积的最大值是( A.1 ) B.2 C. D.4

2

2

3.(5 分)在△ABC 中,B(﹣2,0) ,C(2,0) ,A(x,y) ,若△ABC 满足条件分别为①周长 为 10;②∠A=90°;③kABkAC=1.则 A 的轨迹方程分别是 a:x +y =4(y≠0) ; ;c:x ﹣y =4(y≠0) ,则正确的配对关系是( A.①a②b③c B.①b②a③c C.①c②a③b
2 2 2 2



D.①b②c③a

4.(5 分)已知 是( A. 若 C. ) ,则 sin(α ﹣θ )=0 B. D. 若 与

,则下列说法不正确的

,则 cos(α ﹣θ )=0 的夹角为|α ﹣θ |

5.(5 分)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,等比数列{bn}的前 n 项积为 Tn,a2、a4 是方程 x +5x+4=0 的两个根,且 b1=a2,b5=a4,则 S5T5=( A.400 B.﹣400
2

) D.﹣200

C.±400

6.3. (5 分)直线 y=k(x﹣1)与圆 x +y =1 的位置关系是( A.相离 B.相切 C.相交

2

2

) D.相交或相切

7.(5 分)函数 f(x)=x ﹣2x+2 的值域为[1,2],则 f(x)的定义域不可能是( A.(0,2] B.[0,1] C.[1,2] D.[0,3]

2



8.(5 分)已知 z∈C,映射 A. B.

的实部,则 3+4i 的像为( C.

) D.

第 II 卷(非选择题) 请点击修改第 II 卷的文字说明 评卷人 得分

二、填空题(题型注释)

9.(5 分)直线 3x+4y﹣15=0 被圆 x +y =25 截得的弦 AB 的长为

2

2



10.(5 分) (2013?杨浦区一模)在平面直角坐标系 xOy 中,设直线
x+1

和圆 x +y =n

2

2

2

相切,其中 m,n∈N,0<|m﹣n|≤1,若函数 f(x)=m ﹣n 的零点 x0∈(k,k+1)k∈Z, 则 k= .

11.(5 分)已知 角的取值范围是 .

,且关于 x 的方程

有实根,则 与 的夹

12.(5 分) (2010?上饶模拟) ? a∈(﹣∞,0) ,总 ? x0 使得 acosx+a≥0 成立,则 的值为 .

13.现有 5 根竹竿,它们的长度(单位:m)分别为 2.5,2.6,2.7,2.8,2.9,若从中一次随 机抽取 2 根竹竿,则它们的长度恰好相差 0.3m 的概率为 .

14.在样本的频率分布直方图中, 共有 5 个小长方形, 若中间一个小长方形的面积等于其他 4 1 个小长方形的面积和的4,且样本容量为 100,则正中间的一组的频数为 评卷人 得分 .

三、解答题(题型注释)

15.(15 分) (2011?镇江一模)设函数 f(x)=x(x﹣1) ,x>0. (1)求 f(x)的极值; (2)设 0<a≤1,记 f(x)在(0,a]上的最大值为 F(a) ,求函数 小值; (3)设函数 g(x)=lnx﹣2x +4x+t(t 为常数) ,若使 g(x)≤x+m≤f(x)在(0,+∞) 上恒成立的实数 m 有且只有一个,求实数 m 和 t 的值.
2

2

的最

16.(15 分)已知中心在原点 O、焦点在 x 轴上的椭圆 C 过点 M(2,1) ,离心率为 平行于 OM 的直线 l 交椭圆 C 于不同的两点 A,B. (1)当直线 l 经过椭圆 C 的左焦点时,求直线 l 的方程; (2)证明:直线 MA,MB 与 x 轴总围成等腰三角形.

.如图,

17.(10 分) (2010?崇文区一模)三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,侧棱与底面垂直,∠ABC=90°, AB=BC=BB1=2,M,N 分别是 AB,A1C 的中点. (1)求证:MN∥平面 BCC1B1. (2)求证:MN⊥平面 A1B1C. (3)求三棱锥 M﹣A1B1C 的体积.

18.(10 分)在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别是 a,b,c,满足(sinB+sinA) (b﹣a)=c (sinB﹣sinC) (1)求角 A 的值; (2)求 f(x)=sin2xcosA+cos2xsinA,x∈[0,π ]的最值及单调递减区间.

19.(14 分)设函数 f(x)=x ,g(x)=alnx+bx(a>0)

2

(1)若 f(1)=g(1) ,f′(1)=g′(1) ,求 g(x)的解析式; (2)在(1)的结论下,是否存在实常数 k 和 m,使得 f(x)≥kx+m 和 g(x)≤kx+m?若 存在,求出 k 和 m 的值.若不存在,说明理由. (3)设 G(x)=f(x)+2﹣g(x)有两个零点 x1 和 x2,且 x1,x0x2 成等差数列,试探究值 G′ (x0)的符号.

20.(13 分) (2011?万州区一模)已知动圆 C 过点 A(﹣2,0) ,且与圆 M: (x﹣2) +y =64 相内切 (1)求动圆 C 的圆心的轨迹方程; (2) 设直线 l: y=kx+m (其中 k, m∈Z) 与 ( 1) 所求轨迹交于不同两点 B, D, 与双曲线

2

2

交于不同两点 E,F,问是否存在直线 l,使得向量

,若存在,指出这样的直线有

多少条?若不存在,请说明理由.

试卷答案
1.B 取 x=y=0,则 f(0)﹣f(0)=f(0) ,所以,f(0)=0, 设 x<y,则 ,所以

所以 f(x)>f(y) ,所以函数 f(x)在(﹣1,1)上为减函数, 由 ,得:

取 y= ,

,则 x= ,

所以 因为 0< ,所以



所以 R>P>Q. 故选 B.

2.B 由题意,点 D 在直线 y=4 上,集合 A 表示的平面区域是图中圆 O′的内部,集合 B 表示的平 面区域是图中直角的内部 当 D 运动到 O′时,△DMN 的面积的最大值,此时三角形是一个直角边为 2 的等腰直角三角 形, 所以面积为 2 故选 B.

3.B △ABC 中,∵B(﹣2,0) ,C(2,0) ,A(x,y) , ∴BC=4, =(﹣2﹣x,﹣y) , =(2﹣x,﹣y) ,kAB= ,kAC= ,

①△ABC 的周长为 10,即 AB+AC+BC=10,而 BC=4,所以 AB+AC=6>BC, 故动点 A 的轨迹为椭圆,与 b 对应; ②∠A=90°,故 ③kABkAC=1,故 故选 B. ? =(﹣2﹣x,﹣y) (2﹣x,﹣y)=x +y ﹣4=0,与 a 对应; .即 x ﹣y =4,与 c 对应.
2 2 2 2

4.D ∵ ∴若 ,则 cosθ sinα ﹣sinθ cosα =0, ,

∴sin(α ﹣θ )=0,故 A 正确; ∵ ∴若 ,则 cosθ cosα +sinθ sinα =0 ,

∴cos(α ﹣θ )=0,故 B 正确; ∵ ∴ ∴ ∴( =1, ﹣ =1, =( )⊥( ) ( )=0, ,

) ,故 C 正确;

∵ ∴cos< ∴ 与 >=

, =cos<θ ﹣α >,

的夹角为|θ ﹣α |,或 π ﹣|θ ﹣α |.故 D 不成立.

故选 D.

5.C ∵等差数列{an}中,a2、a4 是方程 x +5x+4=0 的两个根, ∴a2+a4=﹣5,a2?a4=4, ∴S5= = =﹣ ,
2

∵等比数列{bn}中,b1=a2,b5=a4, ∴b1b5=(b1q ) =a2?a4=4, ∴ =±2,
2 2

∵等比数列{bn}的前 n 项积为 Tn, ∴T5= ∴S5T5=±400. 故选 C. =( ) =±32,
5

6.C 直线 y=k(x﹣1)恒过点(1,0) ,且直线的斜率存在 ∵(1,0)在圆 x +y =1 上 ∴直线 y=k(x﹣1)与圆 x +y =1 的位置关系是相交 故选 C.
2 2 2 2

7.D ∵f(x)=x ﹣2x+2=(x﹣1) +1,∴f(1)=1, 令 f(x)=2 得,x ﹣2x=0,解得,x=0 或 2, ∵对称轴 x=1, ∴f(x)的定义域必须有 1、0 或 2,且不能小于 0 或大于 2, ∴区间(0,2],[0,1],[1,2]都符合条件,
2 2 2

由于区间[0,3]中有大于 2 的自变量,故函数值有大于 2 的, 故答案为:D.

8.C 由题意可得:3+4i 的像为 的实部,

化简得

=

=

=



故其实部为 , 故选 C

9.8 x +y =25 的圆心坐标为(0,0)半径为:5,所以圆心到直线的距离为:d=
2 2



所以 |AB|= 所以|AB|=8 故答案为:8

=4,

10.0. ∵直线 和圆 x +y =n 相切,
2 2 2

∴圆心到直线的距离是半径 n, ∴ ∴2 =2n, ∵m,n∈N,0<|m﹣n|≤1, ∴m=3,n=4, ∴函数 f(x)=m ﹣n=3 ﹣4, 要求函数的零点所在的区间, 令 f(x)=0, 即 3 ﹣4=0, ∴3 =4,
x+1 x+1 x+1 x+1 m

∴x+1=log3 , ∴x=log3 ﹣1 ∵log3 ∈(1,2) ∴x∈(0,1) ∴k=0 故答案为:0
4 4

4

11. 设两向量的夹角为 θ 有实根

即 ∵ ∴ ∴ 故答案为:

12. ∵a∈(﹣∞,0) ,acosx0+a≥0 ∴cosx0≤﹣1 ∴x0=2kπ +π ∴ 故答案为﹣ =sin(4kπ +2π ﹣ )=﹣sin =﹣

13.0.2

14.20

15.(1)当 x= 时,有极大值 f( )= (2)当 0<a≤1 时,函数
2

,当 x=1 时,有极小值 f(1)=0. 的最小值为
2

. (3)m=﹣

,t=



(1)f′(x)=(x﹣1) +2x(x﹣1)=3x ﹣4x+1=(3x﹣1) (x﹣1) ,x>0.令 f′(x)=0, 得 x= 或 x=1,f(x) ,f′(x)随 x 的变化情况如下表

∴当 x= 时,有极大值 f( )=

,当 x=1 时,有极小值 f(1)=0.

(2)由(1)知:f(x)在(0, ],[1,+∞)上是增函数,在[ ,1]上是减函数, ①0<a≤ 时,F(a)=a(a﹣1) ,G(a)=(a﹣1) ≥ 特别的,当 a= 时,有 G(a)= ,
2 2

②当 <a≤1 时,F(a)=f( )= 特别的,当 a=1 时,有 G(a)= 由①②知,当 0<a≤1 时,函数 ,

,G(a)=



的最小值为
2



(3)由已知得 h1(x)=x+m﹣g(x)=2x ﹣3x﹣lnx+m﹣t≥0 在(0,+∞)上恒成立, ∵ ,

∴x∈(0,1)时,h′1(x)<0,x∈(1,+∞)时,h1(x)>0 ∴x=1 时,h′1(x)取极小值,也是最小值, ∴当 h1(1)=m﹣t﹣1≥0,m≥t+1 时,h1(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立, 同样,h2(x)=f(x)﹣x﹣m=x ﹣2x ﹣m≥0 在(0,+∞)上恒成立, ∵h′2(x)=3x(x﹣ ) ,
3 2

∴x∈(0, )时,h′2(x)<0,x∈( ,+∞) ,h′2(x)>0, ∴x= 时,h2(x)取极小值,也是最小值, ∴ =﹣ , ,t= . ﹣m≥0,m≤﹣ 时,h2(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立,

∴t+1≤m≤﹣

∵实数 m 有且只有一个,∴m=﹣

16. (1)解:∵e= ,∴设椭圆方程为 ,解得 b =2,
2



将 M(2,1)代入,得

所以椭圆 C 的方程为 因此左焦点为(﹣

, ,0) ,斜率 ) ,即 y= , .

所以直线 l 的方程为 y= (x+

(2)证明:设直线 MA,MB 的斜率分别为 k1,k2,A(x1,y1) ,B(x2,y2) , 则 , ,

∴k1+k2=

=

=

=

, (*)

设 l:y=

+m,由

,得 x +2mx+2m ﹣4=0,

2

2

所以 x1+x2=﹣2m, 代入(*)式,得 k1+k2=



= =0. 所以直线 MA,MB 与 x 轴总围成等腰三角形.

17. (Ⅰ)证明:连接 BC1,AC1,∵M,N 是 AB,A1C 的中点∴MN∥BC1. 又∵MN 不属于平面 BCC1B1,∴MN∥平面 BCC1B1. (Ⅱ)解:∵三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,侧棱与底面垂直,∴四边形 BCC1B1 是正方 形.∴BC1⊥B1C.∴MN⊥B1C. 连接 A1M,CM,△AMA1≌△AMC.∴A1M=CM,又 N 是 A1C 的中点,∴MN⊥A1C.∵B1C 与 A1C 相交 于点 C,∴MN⊥平面 A1B1C. (Ⅲ)解:由(Ⅱ)知 MN 是三棱锥 M﹣A1B1C 的高. 在直角△MNC 中, 又 . ,∴ . .

18.(1)

(2)f(x)的单调递减区间为

(1)由题意, (sinB+sinA) (b﹣a)=c(sinB﹣sinC) ∴(b+a) (b﹣a)=c(b﹣c) ∴b +c ﹣a =bc,∴
2 2 2

∵A∈(0,π ) ,∴ (2) ∵x∈[0,π ],∴ 从而当 由 ,即 得 时,f(x)max=1 ,从而 f(x)的单调递减区间为

19.(1)g(x)=lnx+x; (2)存在这样的 k 和 m,且 k=2,m=﹣1,满足条件. (3)为正. (1)由 f(1)=g(1) ,得 b=1. ∵f (x)=2x, ∴2=a+b,联立 则 g(x)=lnx+x. (2)因 f(x)与 g(x)有一个公共点(1,1) ,而函数 f(x)=x 在点(1,1)的切线方 程为 y=2x﹣1, 下面验证 f(x)≥2x﹣1,g(x)≤2x﹣1 都成立即可. 由 x ﹣2x+1≥0,得 x ≥2x﹣1,知 f(x)≥2x﹣1 恒成立. 设 h(x)=lnx+x﹣(2x﹣1) ,即 h(x)=lnx﹣x+1, <1 时,h (x)>0;当 x>1 时,h (x)<0. ∴h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,∴h(x)在 x=1 时取得最大值, ∴h(x)=lnx+x﹣(2x﹣1)的最大值为 h(1)=0,所以 lnx+x≤2x﹣1 恒成立. 故存在这样的 k 和 m,且 k=2,m=﹣1,满足条件. (3)G′(x0)的符号为正,理由为: ∵G(x)=x +2﹣alnx﹣bx 有两个不同的零点 x1,x2, 则有 ,两式相减得 x2 ﹣x1 ﹣a(lnx2﹣lnx1)﹣b(x2﹣x1)=0.
2 2 2 ′ ′ 2 2 2 ′

,f′(1)=g′(1) ,解得 a=b=1,

,∴当 0<x

即 x1+x2﹣b=

,又 x1+x2=2x0,

则 G′(x0)=2x0﹣

﹣b=(x1+x2﹣b)﹣

=



=

=



①当 0<x1<x2 时,令

=t,则 t>1,且 G′(x0)=

[lnt﹣

],

故 μ (t)=lnt﹣

(t>1) ,μ ′(t)= ﹣

=

>0,则 μ

(t)在[1,+∞)上为增函数, 而 μ (1)=0,∴μ (t)>0,即 lnt﹣ >0, ②当 0<x2<x1 时,同理可得:G′(x0)>0, 综上所述:G′(x0)值的符号为正. >0,又 a>0,x2﹣x1>0,∴G′(x0)

20.(1)

(2)9.
2 2

(1)圆 M: (x﹣2) +x =64,圆心 M 的坐标为(2,0) ,半径 R=8. ∵|AM|=4<R,∴点 A(﹣2,0)在圆 M 内, 设动圆 C 的半径为 r,圆心为 C,依题意得 r=|CA|,且|CM|=R﹣r, 即 ∴圆心 C 的轨迹是中心在原点,以 A,M 两点为焦点,长轴长为 8 的椭圆, 设其方程为 (a>b>0) ,则 a=4,c=2,

∴b =a ﹣c =12,∴所求动圆 C 的圆心的轨迹方程为

2

2

2



(2)由

消去 y 化简整理得: (3+4k )x +8kmx+4m ﹣48=0,

2

2

2

设 B(x1,y1) ,D(x2,y2) ,则 x1+x2= △1=(8km) ﹣4(3+4k ) (4m ﹣48)>0.①
2 2 2





消去 y 化简整理得: (3﹣k )x ﹣2kmx﹣m ﹣12=0,

2

2

2

设 E(x3,y3) ,F(x4,y4) ,则 x3+x4=



△2=(﹣2km) +4(3﹣4k ) (m +12)>0.② ∵ ∴ ,∴(x4﹣x2 )+(x3﹣x1)=0,即 x1+x2=x3+x4, ,∴2km=0 或 ,

2

2

2

解得 k=0 或 m=0, 当 k=0 时,由①、②得 ,

∵m∈Z,∴m 的值为﹣3,﹣2,﹣1,0,1,2,3; 当 m=0 时,由①、②得 ∵k∈Z,∴k=﹣1,0,1. ∴满足条件的直线共有 9 条. ,


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