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高二理科数学复习四(教师版)


一、选择题. 1.【答案】B 【解析】由题可得 z ? i ? zi ? z (1 ? i) ? ?i ,所以 z ?

?i 1 1 ? ? i ,故选 B 1? i 2 2

【考点定位】复数 2.【答案】D 【解析】根据随机抽样的原理可得三种抽样方式都必须满足每个个体被抽到的概率相等, 即 p1 ? p2 ? p3 ,故选 D 【考点

定位】抽样调查 3.【答案】C 【解析】令 x ? ?1 可得 f (?1) ? g (?1) ? f (1) ? g (1) ? 1 ,所以故选 C. 或者观察求得

f ( x) ? x 2 ? 1 , g ( x) ? ? x 3 ,可求得 f (1) ? g (1) ? 1.
【考点定位】函数奇偶性 4.【答案】A
5? n ?1 ? 【解析】第 n ? 1 项展开式为 C ? x ? ? ?2 y ? , ?2 ? n 5
5? n 3 ?1 ? ?1 ? 则 n ? 2 时, C ? x ? ? ?2 y ? ? 10 ? x ? ? ?2 y ? ? ?20 x 2 y 3 ,故选 A. ?2 ? ?2 ? n 5 n 2

n

【考点定位】二项式定理 5.【答案】C 【解析】当 x ? y 时,两边乘以 ?1 可得 ? x ? ? y ,所以命题 p 为真命题,当 x ? 1, y ? ?2 时, 因为 x ? y ,所以命题 q 为假命题,所以② ③ 为真命题, 故选 C. 【考点定位】命题真假 逻辑连接词 6.【答案】D
2 2

【解析】当 t ? ? ?2, 0 ? 时,运行程序如下 , t ? 2t ? 1 ? ?1,9? , S ? t ? 3 ? ? ?2, 6 ? ,当 t ? ? 0, 2?
2

时 ,则 S ? ? ?2, 6?

? ?3, ?1? ? ? ?3, 6? ,故选 D.

【考点定位】程序框图 二次函数 7.【答案】B 【解析】 由图可得该几何体为三棱柱,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径

r ,则 8 ? r ? 6 ? r ? 82 ? 62 ? r ? 2 ,故选 B.
【考点定位】三视图 内切圆 球 8.【答案】D 【解析】设两年的平均增长率为 x ,则有 ?1 ? x ? ? ?1 ? p ??1 ? q ?
2

?x?

?1 ? p ??1 ? q ? ? 1 ,故选 D.
?
2 ? k? ? x ? ? ?

【考点定位】实际应用问题 9.【答案】A 【解析】 函数 f ? x ? 的对称轴为 x ? ? ? 得 ? 的一个值为 ? ?

?
2

又由 ? ? k? ,

2? 3 0

f ( x ) dx ? 0

?
3

,则 x ?

5? 是其中一条对称轴,故选 A. 6
1 2 ? ? ? x0 ? ? ln ? ? x0 ? a ? 2

【考点定位】三角函数图像 辅助角公式 10.【答案】B
2 【解析】由题可得存在 x0 ? ? ??, 0 ? 满足 x0 ?e 0 ? x

1 1 ? 0 ,当 x0 趋近于负无穷小时, e x0 ? ln ? ? x0 ? a ? ? 趋近于 ?? , 2 2 1 因为函数 y ? e x ? ln ? ? x ? a ? ? 在定义域内是单调递增的,所以 ln a ? ln e ? a ? e , 2 ? e x0 ? ln ? ? x0 ? a ? ?
故选 B. 【考点定位】指对数函数 方程 二、填空题 11.【答案】 ? 3

? 5 | ? a ? 2 |? 3 ? ? 3 【解析】依得可得 ? ,解得 a ? ?3 . ?| 1 a ? 2 |? 3 ? ? 3
【考点定位】绝对值不等式 12.【答案】 ? 2 (k , k) 【解析】画出不等式(组)表示的平面区域,知当 z ? 2 x ? y 过点 时取得最小值, 所以 2k ? k ? ?6 , k ? ?2 . 【考点定位】线性规划 13.【答案】 2 ? 1

?a 2 ? pa a ? ?a ? ?a ? 【 解 析 】 由 题 可 得 C ? , ? a ? , F ? ? b, b ? , 则 ? 2 ?a ? ? ? 2 ?1 , 故 填 b ?2 ? ?2 ? ?b ? 2 p ? 2 ? b ? ? ? ?

2 ? 1. 【考点定位】抛物线
14.【答案】 1 ? 7 【解析】动点 D 的轨迹为以 C 为圆心的单位圆,则设为 ? 3 ? cos ? ,sin ? ? ? ? ? 0, 2? ? ,则

?

?

OA ? OB ? OD ?

? 3 ? cos ? ? 1?

2

? sin ? ? 3

?

?

2

? 8 ? 2 7 sin(? ? ? )

, 所 以

OA ? OB ? OD 的最大值为 8 ? 2 7 ? 7 ? 1 ,故填1 ? 7 .
或由题求得点 D 的轨迹方程为 ( x ? 3) ? y ? 1 ,数形结合求出 OA ? OB ? OD 的最大值
2 2

即为点 (1, ? 3 ) 到轨迹上的点最远距离( 到圆心的距离加半径) .

b ? am bm ? y? x ( , ), 15. 由 ? 得A a 3 b ? a 3 b ? a ? ?x ? 3y ? m ? 0 b ? ?am bm ? y?- x , ), 由? 得 B( a 3b ? a 3b ? a ? ?x ? 3y ? m ? 0
M( ma 2 3mb 2 , ) 9b 2 ? a 2 9b 2 ? a 2

则 AB 的中点

又 PA ? PB ,所以 kPM ? k AB ? ?1,? kPM ? ?3

3mb 2 9b2 ? a 2 ? ?3 ? a 2 ? 4b2 ma 2 即: 9b 2 ? a 2 ? m
所以: e ?

5 c a 2 ? b2 4b2 ? b2 5 因此该双曲线的离心率是 . ? ? ? 2 2 2 a a 4b 2

三、解答题 16. 解: 记 E={甲组研发新产品成功},F={乙组研发新产品成功},由题可知

2 1 3 2 , P( E ) ? , P( F ) ? , P( F ) ? . 3 3 5 5 且事件 E 与 F,E 与 F , E 与 F , E 与 F 都相互独立. (1) 记 H={至少有一种新产品研发成功},则 H ? E F ,于是 1 2 2 2 13 P( H ) ? P( E ) P( F ) ? ? ? ? . ,故所求概率为 P( H ) ? 1 ? P( H ) ? 1 ? 3 5 15 15 15 (2)设企业可获利润为 X (万元) ,则 X 的可能取值为 0,100,120,220. 又因 1 2 2 1 3 3 P( X ? 0) ? P( E F ) ? ? ? , P( X ? 100 ) ? P( EF ) ? ? ? , 3 5 15 3 5 15 2 2 4 2 3 6 P( X ? 120 ) ? P( E F ) ? ? ? , P( X ? 220 ) ? P( EF ) ? ? ? . 3 5 15 3 5 15 P( E ) ?
故所求分布列为 X 0 100 120 220

2 3 4 6 P 15 15 15 15 2 3 4 6 2100 ? 100 ? ? 120 ? ? 220 ? ? ? 140 . 数学期望为 E ( X ) ? 0 ? 15 15 15 15 15 AC 2 ? AD 2 ? CD 2 17. 解: (1)在 ?ADC 中,则余弦定理,得 cos?CAD ? . 2 AC ? AD 7 ?1? 4 2 7 由题设知, cos?CAD ? . ? 7 2 7 (2)设 ?BAC ? ? ,则 ? ? ?BAD ? ?CAD 2 7 7 因为 cos?CAD ? , cos?BAD ? ? , 所以 7 14

sin ?CAD ? 1 ? cos2 ?CAD ? 1 ? (
sin ?BAD ? 1 ? cos2 ?BAD ? 1 ? (?

2 7 2 21 , ) ? 7 7

7 2 3 21 . ) ? 14 14 于是 sin ? ? sin(?BAD ? ?CAD) ? sin ?BADcos?CAD ? cos?BADsin ?CAD

3 21 2 7 7 21 3 ? ? (? )? ? . 14 7 14 7 2 BC AC ? 在 ?ABC 中,由正弦定理, ,故 sin ? sin ?CBA ?

BC ?

AC ? sin ? ? sin ?CBA

7?

3 2 ? 3. 21 6
形,

18. 解: (1)如图 (a),因为四边形 ACC1 A1 为矩 所以 CC1 ? AC ,同理 DD1 ? BD . 由 题 知 , OO1 // CC1 , OO1 // DD1 , 所 以

OO1 ? AC , OO1 ? BD ,又 AC ? BD ? O , 故 O1O ? 底面 ABCD . (2)解法 1 如图(a),过 O1 作 O1 H ? OB1 于 H , 接 HC1 . 由 (1) 知, O1O ? 底面 ABCD ,所以 O1O ? 底面 A1 B1C1 D1 ,于是. O1O ? A1C1 ,又



因 为 四 棱 柱 A B CD ? A1 B1C1 D1 的 所 有 棱 长 都 相 等 , 所 以 四 边 形 A1 B1C1 D1 为 菱 形 , 因 此

A1C1 ? B1 D1 ,从而 A1C1 ? 平面 BDD1 B1 ,所以 A1C1 ? B1O ,于是 B1O ? 平面 O1 HC1 , 进而 B1O ? HC1 ,故 ?C1 HO1 是二面角 C1 ? OB1 ? D 的平面角.
? 不妨设 AB ? 2 , 因为 ?CBA ? 60 ,所以 OB ? 3, OC ? O1C1 ? 1 , OB1 ?

7 ,在

Rt?OO1 B1 中,易知 O1 H ?
O1 H ? C1 H

OO1 ? O1 B1 19 3 2 2 , C1 H ? O1C1 ? O1 H ? , ?2 7 OB1 7
3 2 57 7 2 57 ,即二面角 C1 ? OB1 ? D 的余弦值为 . ? 19 19 19 7

2

故 cos ?C1 HO1 ?

解法 2 因为四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 的所有棱长都相等,所以四边形 ABCD 为菱形,因 此 AC ? BD ,又 O1O ? 底面 ABCD ,从而 OB , OC , OO1 两两垂直. 如图(b),以 O 为坐标原点, OB , OC , OO1 分别为 x 轴, y 轴,z 轴建立空间坐标系
? 不 妨 设 AB ? 2 , 因 为 ?CBA ? 60 , 所 以

O ? xyz .

OB ? 3, OC ? 1,于是相关各点的坐标为:
O(0, 0, 0) , B1 ( 3, 0 , 2) , C1 (0 , 1, 2) ,易知

n1 ? (0 , 1, 0) 是平面 BDD1 B1 的一个法向量,
设 n2 ? ( x , y , z) 是平面 OB1C1 的一个法向量 , 则

? ?n 2 ? OB1 ? 0 ? ? ?n2 ? OC1 ? 0
即? ,取 z ? ? 3 ,则 x ? 2, y ? 2 3 ,于是 n2 ? (2, 2 3, ? 3) . ? y ? 2z ? 0 设二面角 C1 ? OB1 ? D 的大小为 ? ,易知 ? 为锐角,于是

? 3x ? 2 z ? 0

cos? ?| cos ? n1 , n2 ?| ?

| n1 ? n 2 | | n1 |? | n 2 |

?

2 3 19

?

2 57 . 19

2 57 . 19 18. 解: (1)因为 {an } 是递增数列,所以 an?1 ? an ?| an?1 ? an |? p n ,而 a1 ? 1 ,因此
即二面角 C1 ? OB1 ? D 的余弦值为

a2 ? 1 ? p , a3 ? 1 ? p ? p 2 ,又 a1 , 2 a 2 , 3a 3 成等差数列,所以 1 4a2 ? a1 ? 3a3 ,因而 3 p 2 ? p ? 0 ,解得 p ? 或 p ? 0 , 3 1 但当 p ? 0 时, a n ?1 ? a n ,与 {an } 是递增数列相矛盾,故 p ? . 3 (2) 由于 {a2 n?1} 是递增数列,因而 a2n?1 ? a2n?1 ? 0 ,于是 ① (a2n?1 ? a2n ) ? (a2n ? a2n?1 ) ? 0 1 1 且 2 n ? 2 n ?1 ,所以 | a2n?1 ? a2n |?| a2n ? a2n?1 | ② 2 2 1 (?1) 2 n 则①②可知, a2n ? a2n?1 ? 0 ,因此 a 2 n ? a 2 n ?1 ? 2 n ?1 ? 2 n ?1 , 2 2 因为是 {a 2 n } 递减数列,同理可得 a2n?1 ? a2n ? 0 ,
1 (?1) 2 n ?1 ? , ④ 2 2n 2 2n (?1) n ?1 由③④即得 a n ?1 ? a n ? . 于是 2n an ? a1 ? (a2 ? a1 ) ? (a3 ? a2 ) ? ? ? (an ? an?1 )
故 a 2 n ?1 ? a 2 n ? ?



1 1 (?1) n ? 2 ? ? ? n?1 2 2 2 1 1 [(1 ? (? ) n ?1 ] 4 1 (?1) n 2 ? 1? 2 ? ? ? n ?1 . 1 3 3 2 1? 2 4 1 (?1) n 故数列 {an } 的通项公式为 a n ? ? ? n ?1 3 3 2 ? 1?
20. 解: (1)因为 e1e2 ?

(n ? N *).

a2 ? b2 a2 ? b2 3 3 ,所以 ,因此得 ? ? 2 a a 2

a4 ? b4 ?

3 4 a , 即 a 2 ? 2b 2 , 从 而 F2 (b , 0) , F4 ( 3b, 0) , 于 是 4 3b ? b ?| F2 F4 |? 3 ? 1,所以 b ? 1 , a 2 ? 2 .

x2 x2 2 ? y ? 1 ? y2 ? 1. 故 C1 、 C 2 的方程分别是 , 2 2 AB y (2) 由于 过 F1 (?1, 0) 且不垂直 轴,故可设直线 AB 的方程为 x ? m y ? 1 ?x ? m y ? 1 ? 由 ? x2 得 (m2 ? 2) y 2 ? 2my ? 1 ? 0 2 ? ? y ?1 ?2 易知此方程的判别式大于 0,设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y 2 ) ,则 y1 , y 2 是上述方程的两个实根, 2m ?1 所以 y1 ? y 2 ? 2 , y1 ? y 2 ? 2 . m ?2 m ?2

?4 ?2 m , 2 ), ,于是 AB 中点 M ( 2 2 m ?2 m ?2 m ?2 m m 因此直线 PQ 的斜率为 ? ,其方程为 y ? ? x . 2 2 m ? y?? x ? 4 m2 ? 2 2 2 2 y ? 由? 2 得 (2 ? m 2 ) x 2 ? 4 ,所以 2 ? m ? 0 , x ? , , 2 ? m2 2 ? m2 ?x ? y2 ? 1 ? ?2
因此 x1 ? x 2 ? m( y1 ? y 2 ) ? 2 ? 从而 | PQ |? 2 x 2 ? y 2 ? 2

m2 ? 4 . 2 ? m2
,因为点 A、B 在直线 PQ 的异侧, 所以

设点 A 到直线 PQ 的距离为 d ,则点 B 到直线 PQ 的距离也为 d ,所以

m2 ? 4 (mx1 ? 2 y1 )(mx2 ? 2 y2 ) ? 0 ,于是 | mx1 ? 2 y1 | ? | mx2 ? 2 y2 |?| mx1 ? 2 y1 ? mx2 ? 2 y2 |
从而 2d ? 所以 2d ?

2d ?

| mx1 ? 2 y1 | ? | mx2 ? 2 y 2 |

(m 2 ? 2) | y1 ? y 2 | m2 ? 4
2 2 ? 1 ? m2 m2 ? 4

,又 | y1 ? y 2 |? ( y1 ? y 2 ) 2 ? 4 y1 y 2 ?

2 2 ? 1 ? m2 , m2 ? 2

,故四边形 APBQ 面积

1 2 2 ? 1 ? m2 3 | PQ | ?2d ? ? 2 2 ? ?1? , 2 2 ? m2 2 ? m2 2 而 0 ? 2 ? m ? 2 ,故当 m ? 0 时, S 取最小值 2. 综上所述,四边形 APBQ 面积的最小值为 2. S?

a 2( x ? 2) ? 2 x ax2 ? 4(a ? 1) 21. 解: (1) f ' ( x) ? (*) ? ? 1 ? ax ( x ? 2) 2 (1 ? ax)(x ? 2) 2 当 a ? 1 时, f ' ( x) ? 0 ,此时, f ( x) 在区间 (0, ? ?) 上单调递增;
1? a 1? a ( x2 ? ?2 舍去) , a a 当 x ? (0, x1 ) 时, f ' ( x) ? 0 ,当 x ? ( x1 , ? ?) 时, f ' ( x) ? 0 , 故 f ( x) 在区间 (0, x1 ) 上单调递减,在区间 ( x1 , ? ?) 上单调递增.
当 0 ? a ? 1 时,由 f ' ( x) ? 0 得 x1 ? 2 综上所述, 当 a ? 1 时, f ( x) 在区间 (0, ? ?) 上单调递增; 当 0 ? a ? 1 时, f ( x) 在区间 (0, 2

1? a 1? a ) 上单调递减,在区间 (2 , ? ?) 上单调 a a

递增. (2)由(*)式知,当 a ? 1 时, f ' ( x) ? 0 ,此时 f ( x) 不存在极值点. 因而要使

1? a 和 a 1 1? a 1? a 1 ,且由 f ( x) 的定义可知, x ? ? 且 x ? ?2 ,所以 ? 2 x2 ? ?2 ?? a a a a
f ( x) 存在两个极值点,必有 0 ? a ? 1 ,且 f ( x) 的极值点只可能是 x1 ? 2

且?2

1 1? a ? ?2 ,解得 a ? . 此时,则(*)式知, x1 , x2 分别是 f ( x) 的极小值点 2 a

和极大值点. 而

2 x1 2 x2 ? ln(1 ? ax2 ) ? x1 ? 2 x2 ? 2 4 x1 x2 ? 4( x1 ? x2 ) ? ln[1 ? a( x1 ? x2 ) ? a 2 x1 x2 ] ? x1 x2 ? 2( x1 ? x2 ) ? 4 4(a ? 1) 2 ? ln(2a ? 1) 2 ? ? ln(2a ? 1) 2 ? ?2. 2a ? 1 2a ? 1 1 1 1 令 2a ? 1 ? x ,由 0 ? a ? 1 且 a ? 知,当 0 ? a ? 时, ? 1 ? x ? 0 ;当 ? a ? 1 时, 2 2 2 2 0 ? x ? 1 . 并记 g ( x) ? ln x 2 ? ? 2 , x 2 2 2 2x ? 2 ? 0, (i)当 ? 1 ? x ? 0 时, g ( x ) ? 2 ln( ? x ) ? ? 2 , g ' ( x) ? ? 2 ? x x x x2 1 因此, g ( x) 在区间 (?1, 0) 上单调递减,从而 g ( x) ? g (?1) ? ?4 ? 0 ,故当 0 ? a ? 时, 2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 . 2 2 2 2x ? 2 ? 0, (ii) 当 0 ? x ? 1 时, g ( x) ? 2 ln x ? ? 2 , g ' ( x) ? ? 2 ? x x x x2 1 因 此 , g ( x) 在 区 间 (0, 1) 上 单 调 递 减 , 从 而 g ( x) ? g (1) ? 0 , 故 当 ? a ? 1 时 , 2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 . 1 综上所述,满足条件的 a 的取值范围是 ( , 1) . 2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ln(1 ? ax1 ) ?


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