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湖北省枣阳市第一中学2015-2016学年高二数学5月月考试题文(新)


湖北省枣阳市第一中学高二年级 2015-2016 学年度下学期五月月考数学(文 科)试题
时间:120 分钟 分值 150 分_ 第 I 卷(选择题共 60 分) 一、选择题(本大题 12 小题,每小题 5 分,共 60 分) 1.下列判断错误的是( ) 2 2 A. “ am ? bm ”是“ a ? b ”的充分不必要条件 B.命题“ ?x ? R, x ? x ?

1 ? 0 ”的否定是“ ?x ? R, x ? x ? 1 ? 0 ”
3 2 3 2

C. “若 a ? 1 ,则直线 x ? y ? 0 和直线 x ? ay ? 0 互相垂直”的逆否命题 D.若 p ? q 为假命题,则 p, q 均为假命题 2.已知 p : ?m ? R , x 2 ? mx ? 1 ? 0 有解,q : ?x0 ? N , x0 2 ? 2 x0 ? 1 ? 0 则下列选项中是假命题的为() A. p ? q B. p ? ( q ) C. p ? q D. p ? ( q ) 2 3.已知 a∈R,则“a>2”是“a >2a”成立的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 考点:必要条件、充分条件与充要条件的判断. 2 4.如果函数 f(x)=2x ﹣4(1﹣a)x+1 在区间[3,+∞)上是增函数,则实数 a 的取值范围是( ) A. (﹣∞,﹣2] B.[﹣2,+∞) C. (﹣∞,4] D.[4,+∞) 2 5.抛物线 y =2px(p>0)的焦点为 F,已知点 A,B 为抛物线上的两个动点,且满足∠AFB=120°.过弦 AB 的 中点 M 作抛物线准线的垂线 MN,垂足为 N,则 A. B. C. 1 的最小值为( ) D.

?

?

x2 y 2 ? ? 1( a ? 0 )的左、右焦点分别为 F1 , F2 , P 是椭圆上位于第一 a2 3 象限内的一点,且直线 F2 P 与 y 轴的正半轴交于 A 点, ?APF1 的内切圆在边 PF1 上的切点为 Q ,若 ) | F1Q |? 4 ,则该椭圆的离心率为(
6.如图,焦点在 x 轴上的椭圆

7 13 1 C. D. 4 4 2 ???? ???? 2 7. 已知直线 y ? 2 2( x ? 1) 与抛物线 C : y ? 4 x 交于 A, B 两点, 点 M (?1, m) , 若 MA ? MB ? 0 , 则m ?
A.

1 4

B.

( A. 2

) B.

2 2

C.

1 2

D.0

?1 ? 8.已知函数 f(x)=﹣lnx+x+h,在区间 ? , e ? 上任取三个实数 a,b,c 均存在以 f(a) ,f(b) ,f(c) ?e ? 为边长的三角形,则实数 h 的取值范围是( ) A. (﹣∞,﹣1) B. (﹣∞,e﹣3) C. (﹣1,+∞) D. (e﹣3,+∞)

9.已知抛物线 y ? 2 px( p ? 0) , ?ABC 的三个顶点都在抛物线上, O 为坐标原点,设 ?ABC 三条边
2

1

AB, BC , AC 的中点分别为 M , N , Q ,且 M , N , Q 的纵坐标分别为 y1 , y2 , y3 .若直线 AB, BC , AC 的斜率 1 1 1 之和为 ? 1 ,则 ? ? 的值为( ) y1 y2 y3 1 1 1 1 A. ? B. ? C. D. 2p p p 2p cos x 10.函数 f ( x) ? xe ( x ? [?? , ? ]) 的图象大致是( )

11.正项等比数列 {an } 中的 a1 , a4031 是函数 f ( x) ? A. ?1 B. 1 ﹣ C. 2

1 3 x ? 4 x 2 ? 6 x ? 3 的极值点,则 log 3 D. 2

6

a2016 ? ( )

12. 已知双曲线 C:

=1,若存在过右焦点 F 的直线与双曲线 C 相交于 A,B 两点且

=3

,则双

曲线离心率的最小值为( ) A. B. C.2 D.2 二、填空题(20) 13.曲线 C:y=xlnx 在点 M(e,e)处的切线方程为 . 2 14.已知函数 y=f(x)是定义在 R 上的单调递增函数,且 1 是它的零点,若 f(x +3x﹣3)<0,则实数 x 的取值范围为 . 15.若双曲线 16.已知不等式组 是 . 的实轴长是离心率的 2 倍,则 m=
2



的解集是不等式 2x ﹣9x+a<0 的解集的子集,则实数 a 的取值范围

三、解答题(70) 2 17.设 a,b∈R,函数 f(x)=ax +lnx+b 的图象在点(1,f(1) )处的切线方程为 4x+4y+1=0. (1)求函数 f(x)的最大值; 3 2 (2)证明:f(x)<x ﹣2x .

18.已知函数

,g(x)=x+lnx,其中 a>0.

(1)若 x=1 是函数 h(x)=f(x)+g(x)的极值点,求实数 a 的值; (2)若对任意的 x1,x2∈[1,e](e 为自然对数的底数)都有 f(x1)≥g(x2)成立,求实数 a 的取值范 围.

2

19.已知函数 f ( x) ? 2 x ?

1 ,直线 l:y ? kx ? 1 . x2

(Ⅰ)求函数 f ( x) 的极值; (Ⅱ)求证:对于任意 k ? R ,直线 l 都不是曲线 y ? f ( x) 的切线; (Ⅲ)试确定曲线 y ? f ( x) 与直线 l 的交点个数,并说明理由.

x2 y2 ? ? 1 ,设点 R? x0 , y0 ? 是椭圆 C 上一点,从原点 O 向圆 24 12 2 2 R : ?x ? x0 ? ? ? y ? y0 ? ? 8 作两条切线,切点分别为 P, Q . (1) 若直线 OP, OQ 互相垂直,且点 R 在第一象限内,求点 R 的坐标; (2) 若直线 OP, OQ 的斜率都存在,并记为 k1 , k 2 ,求证: 2k1k 2 ? 1 ? 0
20.在平面直角坐标系中,已知椭圆 C :

x2 y 2 2 3 2 21.已知椭圆 C : 2 ? 2 ? 1( a ? b ? 0) 过点 A(? ,点 F1 , F2 分别为其左右焦点. , ) ,离心率为 a b 2 2 2 (1)求椭圆 C 的标准方程; 2 (2)若 y ? 4 x 上存在两个点 M , N ,椭圆上有两个点 P, Q 满足 M , N , F2 三点共线, P, Q, F2 三点共线, 且 PQ ? MN ,求四边形 PMQN 面积的最小值.

22.已知 f(x)=|2x﹣1|+ax﹣5(a 是常数,a∈R) (Ⅰ)当 a=1 时求不等式 f(x)≥0 的解集. (Ⅱ)如果函数 y=f(x)恰有两个不同的零点,求 a 的取值范围.

3

4

答案 DBABD

DBDBB

BC 16. (﹣∞,9]

13. y=2x﹣e

14. (﹣4,1) 15.
3 ? 2 ln 2 (2)证明见解析 4

17【答案】 (1) ? 解: (1)∵



由在点(1,f(1) )处的切线方程为 4x+4y+1=0, ∴ ∴ 解得 . ,令 f'(x)=0,得 令 f′(x)>0,得 令 f′(x)<0,得 ∴ (2)证明:设 , ,

,此时 f(x)单调递增; ,此时 f(x)单调递减. . , ,

令 h′(x)=0,得 x=1, 令 h′(x)>0,得 0<x<1,此时 h(x)单调递增; 令 h′(x)<0,得 x>1,此时 h(x)单调递减. ∴ ∴h(x)<0.从而 f(x)<x ﹣2x . 18. 【答案】 (1) 解: (1)∵ ∴ ∴ (2) ,g(x)=x+lnx, ,其定义域为(0,+∞) , .
2 3 2



∵x=1 是函数 h(x)的极值点,∴h′(1)=0,即 3﹣a =0. ∵a>0,∴ 经检验当 时,x=1 是函数 h(x)的极值点,∴ ; (2)对任意的 x1,x2∈[1,e]都有 f(x1)≥g(x2)成立等价于 对任意的 x1,x2∈[1,e]都有[f(x)]min≥[g(x)]max. 当 x∈[1,e]时, .

∴函数 g(x)=x+lnx 在[1,e]上是增函数. ∴[g(x)]max=g(e)=e+1.

5

∵ ①当 0<a<1 且 x∈[1,e]时, ∴函数 ∴ 由 1+a ≥e+1,得 a≥ ②当 1≤a≤e 时, 若 1≤x<a,则 若 a<x≤e,则 ∴函数
2

,且 x∈[1,e],a>0. ,

在[1,e]上是增函数, . ,又 0<a<1,∴a 不合题意; , . 在[1,a)上是减函数,在(a,e]上是增函数.

∴[f(x)]min=f(a)=2a. 由 2a≥e+1,得 a≥ ,又 1≤a≤e,∴ ≤a≤e; ,

③当 a>e 且 x∈[1,e]时, ∴函数 ∴ 综上所述:a 的取值范围为 19. 【答案】 (Ⅰ)函数 f ( x) ? 2 x ? 在[1,e]上是减函数. .由 ≥e+1,得 a≥ .

,又 a>e,∴a>e;

1 有极小值 3,无极大值(Ⅱ) (Ⅲ)见解析 x2
f ?( x) ? 2 ? 2 x3 ,

试题解析:函数 f ( x) 定义域为 {x | x ? 0} , 求导,得 令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? 1 . 当 x 变化时, f ?( x) 与 f ( x) 的变化情况如下表所示:

所以函数 y ? f ( x) 的单调增区间为 (??, 0) , (1, ??) ,单调减区间为 (0,1) , 所以函数 y ? f ( x) 有极小值 f (1) ? 3 ,无极大值. (Ⅱ)证明:假设存在某个 k ? R ,使得直线 l 与曲线 y ? f ( x) 相切,
1 2 ) f ?( x) ? 2 ? 3 2 x x , 0 设切点为 ,又因为 2 3 1 2 k ? 2? 3 ? ?1 2 x0 ? 2 ? (2 ? 3 ) x0 ? 1 2 x x x x 0 0 0 0 A 所以切线满足斜率 ,且过点 ,所以 , 即 ,此方程显然无解, y ? f ( x ) l 所以假设不成立.所以对于任意 k ? R ,直线 都不是曲线 的切线. A( x0 , 2 x0 ?

6

(Ⅲ)解: “曲线 y ? f ( x) 与直线 l 的交点个数”等价于“方程 1 1 1 2 x ? 2 ? kx ? 1 k ? 3 ? ?2 x x x ,得 . 令
t?

2x ?

1 ? kx ? 1 x2 的根的个数”.由方程

1 3 x ,则 k ? t 3 ? t ? 2 ,其中 t ? R ,且 t ? 0 .考察函数 h(t ) ? t ? t ? 2 ,其中 t ? R ,

2 因为 h?(t ) ? 3t ? 1 ? 0 时,所以函数 h(t ) 在 R 单调递增,且 h ? t ? ? R .
3 而方程 k ? t ? t ? 2 中, t ? R ,且 t ? 0 . 3 3 所以当 k ? h(0) ? 2 时,方程 k ? t ? t ? 2 无根;当 k ? 2 时,方程 k ? t ? t ? 2 有且仅有一根, 故当 k ? 2 时,曲线 y ? f ( x) 与直线 l 没有交点,而当 k ? 2 时,曲线 y ? f ( x) 与直线 l 有且仅有一个交点.

考点:导数的单调性与导数及导数的几何意义. 20. 【答案】 (1) (2 2, 2 2) , (2)证明见解析 【解析】试题分析:(1)由题意易得可得四边形 OPRQ 为正方形,求出 OR ? C 上,及 R 在第一象限 ,可解得 x0 , y0 的值; (2)由直线 OP:y=k1x,OQ:y=k2x 均与圆 R 相切,圆心到直线的距离等于半径可得 k1、k2 是方程 ( x0 ? 8)k ? 2 x0 y0 k ? y0 ? 8 ? 0 的两个不相等的实数根,由根与系数的关系可得
2 2 2

2r ? 4 , 又 R? x0 , y0 ? 在椭圆

1 2 4 ? x0 2 y0 ?8 1 1 2 2 , 又因为 R? x0 , y0 ? 在椭圆 C 上, 可得 y0 ? 12 ? x0 ,从而 k1k 2 ? 2 2 k1k 2 ? 2 ? ? ,即 x0 ? 8 x0 ? 8 2 2
2k1k2+1=0,得证. 试题解析:(1)由题意得:圆 R 的半径为 2 2 ,因为直线 OP, OQ 互相垂直,且与圆 R 相切,所以四边形 OPRQ 为正方形,故 OR ?
2 2 2r ? 4 ,即 x0 ? y0 ? 16 ① 又 R? x0 , y0 ? 在椭圆 C 上,所以 C :

2 x0 y2 ? 0 ?1② 24 12

由①②及 R 在第一象限,解得 x0 ? y0 ? 2 2 , (2)证明:因为直线 OP:y=k1x,OQ:y=k2x 均与圆 R 相切, 所以

| k1 x0 ? y0 | 1? k
2 1

2 2 ? 8)k12 ? 2 x0 y0 k1 ? y0 ?8 ? 0 ? 2 2 ,化简得 ( x0

2 2 2 同理有 ( x0 ? 8)k 2 ? 2 x0 y0 k 2 ? y0 ?8 ? 0

2 y0 ?8 所以 k1、k2 是方程 ( x ? 8)k ? 2 x0 y0 k ? y ? 8 ? 0 的两个不相等的实数根,所以 k1k 2 ? 2 , 又因 x0 ? 8 1 2 4 ? x0 2 2 x y 1 1 2 2 ? ? ,即 为 R? x0 , y0 ? 在椭圆 C 上,所以 C : 0 ? 0 ? 1 ,即 y0 ,所以 k1k 2 ? 2 2 ? 12 ? x0 x0 ? 8 2 24 12 2

2 0

2

2 0

2k1k2+1=0.

x2 ? y 2 ? 1 ;(2) 4 2 . 2 2 2 3 【解析】 试题分析: (1)由离心率 e ? 及椭圆中 a, b, c 的关系可得 b ? c, a ? 2c , 再将点 A( ? , ) 2 2 2 代入椭圆方程求出 c , 即可求出椭圆的标准方程; (2)先讨论直线 MN 斜率不存在时, 直线 PQ 的斜率为 0,
21. 【答案】(1) 易得 MN ? 4, PQ ? 2 2, S ? 4 2 ,当直线 MN 斜率存在时,设直线方程为: y ? k ( x ? 1)(k ? 0) 与抛 物线方程联立由弦长公式得 MN ?

4 1 ? 4 ,设直线 PQ 的方程为: y ? ? ( x ? 1) 与椭圆方程联立,由弦 2 k k

7

长公式可得 PQ ?

1 4 2(1 ? k 2 ) 2 2 2(1 ? k 2 ) ,从而可求出四边形 的面积 , PMQN S ? MN PQ ? 2 ? k2 2 k 2 (2 ? k 2 )

换元利用函数的单调性求得 S ? 4 2 ,所以其面积的最小值为 4 2 .

c 2 2 ? , a ? b 2 ? c 2 ,得 b ? c, a ? 2c , a 2 1 1 2 3 因为椭圆过点 A( ? , ) ,则 2 ? 2 ? 1 ,解得 c ? 1 ,所以 a ? 2 , 2c c 2 2 2 x 所以椭圆 C 方程为: ? y2 ? 1 2 (2)当直线 MN 斜率不存在时,直线 PQ 的斜率为 0,
试题解析: (1)由题意得: e ? 易得 MN ? 4, PQ ? 2 2, S ? 4 2 当直线 MN 斜率存在时,设直线方程为: y ? k ( x ? 1)(k ? 0) 与 y ? 4 x 联立得 k x ? (2k ? 4) x ? k ? 0 ,
2 2 2 2 2

令 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ,则 x1 ? x2 ?

4 ? 2, x1 ? x2 ? 1 , k2

MN ? 1 ? k 2 (

4 4 ? 1) 2 ? 4 ? 2 ? 4 2 k k

1 ( x ? 1) , k 2 2 2 将直线与椭圆联立得, (k ? 2) x ? 4 x ? 2 ? 2k ? 0 ,
∵ PQ ? MN ,∴直线 PQ 的方程为: y ? ? 令 P ( x3 , y3 ), Q ( x4 , y4 ), x3 ? x4 ? 由弦长公式 PQ ? 1 ?

4 2 ? 2k 2 , , x ? x ? 1 2 2 ? k2 2 ? k2

1 k2

4 2 2 ? 2k 2 2 2(1 ? k 2 ) , ( ) ? 4? ? 2 ? k2 2 ? k2 2 ? k2

∴四边形 PMQN 的面积 S ? 令 t ? 1 ? k (t ? 1) ,上式 S ?
2

1 4 2(1 ? k 2 ) 2 , MN PQ ? 2 2 k (2 ? k 2 ) 4 2t 2 4 2t 2 1 ? 2 ? 4 2(1 ? 2 ) ? 4 2 , (t ? 1)(t ? 1) t ? 1 t ?1

所以 S ? 4 2 .最小值为 4 2 考点:1.椭圆的标准方程及几何意义;2.直线与椭圆的位置关系;3.直线与抛物线的位置关系. 【名师点睛】本题主要考查的是椭圆的标准方程、椭圆的简单几何性质、直线的斜率和两条直线的位置关 系,属于中档题.解决直线与椭圆的位置关系的相关问题,其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立, 消元、化简,然后应用根与系数的关系建立方程,解决相关问题.涉及弦长问题利用弦长公式解决,往往 会更简单,解题时一定要注意直线的斜率是否存在,否则很容易出现错误. 22. 【答案】 (Ⅰ)x≤﹣4(Ⅱ) (﹣2,2) . 【解析】 试题分析: (Ⅰ)(1)理解绝对值的几何意义, x 表示的是数轴的上点 x 到原点的距离, (2) x 分类讨论,

1 1 x ? ,x ? 分 2 2 三部分进行讨论;求得不等式 f(x)的解集;

(Ⅱ)由 f(x)=0 得|2x﹣1|=﹣ax+5.作出 y=|2x﹣1|和 y=﹣ax+5 的图象,观察函数的图像,当 a 满足 什么条件是两函数图像有两个不同的交点,即函数 y=f(x)有两个不同的零点.从而得到 a 的取值范围.

试题解析:①当 a=1 时,f(x)=|2x﹣1|+x﹣5=



8



解得 x≥2; 由

解得 x≤﹣4.

∴f(x)≥0 的解为{x|x≥2 或 x≤﹣4}. ②由 f(x)=0 得|2x﹣1|=﹣ax+5. 作出 y=|2x﹣1|和 y=﹣ax+5 的图象,观察可以知道,当﹣2<a<2 时,这两个函数的图象有两个不同的交 点,函数 y=f(x)有两个不同的零点.故 a 的取值范围是(﹣2,2) .

考点:绝对值不等式及函数的零点.

1 2 1 (提示: ? ln( x ? 1) ?? ? ) ax ? ln( x ? 1) ,其中 a ? R . 2 x ?1 (1)若 x ? 2 是 f ( x) 的极值点,求 a 的值; (2)求 f ( x) 的单调区间; (3)若 f ( x) 在 ? 0, ?? ? 上的最大值是 0,求 a 的取值范围.
30.已知函数 f ( x) ? x ?

1 ;(2) 当 a ? 0 时,f ( x) 的增区间是 (0, ??) , 减区间是 ( ?1, 0) ; 当 0 ? a ? 1 时,f ( x) 3 1 1 的增区间是 (0, ? 1) ,减区间是 ( ?1, 0) 和 ( ? 1, ??) ;当 a ? 1 时, f ( x) 的减区间是 (?1, ??) ;当 a ? 1 a a 1 1 时, f ( x) 的增区间是 ( ? 1, 0) ; ,减区间是 (?1, ? 1) 和 (0, ??) ;(3) ?1, ?? ? . a a
【答案】 (1) a ?

【解析】试题分析:(1)求函数 f ( x) 的导数 f ?( x) ,由 f ?(2) ? 0 求出 a 即可;(2) 求函数 f ( x) 的导数 f ?( x) , 由 a ? 0 , 0 ? a ? 1 , a ? 1 , a ? 1 , a ? 0 分别讨论 f ?( x) 的正负,即可求出其相应的单调区间;(3) 由(2)可知, a ? 0 时, f ( x) 在 (0, ??) 上单调递增,由 f (0) ? 0 ,知不合题意,再分 0 ? a ? 1 与 a ? 1 讨论,由 f ( x) max ? 0 求之即可. 试题解析:(1) f ?( x) ? 时,符合题意

x(1 ? a ? ax) 1 1 依题意, 令 f ?(2) ? 0 , 解得 a ? . 经检验,a ? , x ? (?1, ??) . x ?1 3 3

x , x ?1 故 f ( x) 的单调增区间是 (0, ??) ;单调减区间是 ( ?1, 0) . 1 ②当 a ? 0 时,令 f ?( x) ? 0 ,得 x1 ? 0 ,或 x2 ? ? 1 . a 当 0 ? a ? 1 时, f ( x) 与 f ?( x) 的情况如下:
(2)①当 a ? 0 时, f ?( x) ?

9

1 1 ? 1) ;单调减区间是 (?1, 0) 和 ( ? 1, ??) a a 当 a ? 1 时, f ( x) 的单调减区间是 (?1, ??) . 当 a ? 1 时, ?1 ? x2 ? 0 , f ( x) 与 f ?( x) 的情况如下:
所以, f ( x) 的单调增区间是 (0,

1 1 ? 1, 0) ;单调减区间是 (?1, ? 1) 和 (0, ??) . a a ③当 a ? 0 时, f ( x) 的单调增区间是 (0, ??) ; 单调减区间是 ( ?1, 0) . 综上,当 a ? 0 时, f ( x) 的增区间是 (0, ??) ,减区间是 ( ?1, 0) ; 1 1 当 0 ? a ? 1 时, f ( x) 的增区间是 (0, ? 1) ,减区间是 ( ?1, 0) 和 ( ? 1, ??) ;当 a ? 1 时, f ( x) 的减区 a a 间是 (?1, ??) ; 1 1 当 a ? 1 时, f ( x) 的增区间是 ( ? 1, 0) ; ,减区间是 ( ?1, ? 1) 和 (0, ??) a a (3)由(2)知 a ? 0 时, f ( x) 在 (0, ??) 上单调递增,由 f (0) ? 0 ,知不合题意.当 0 ? a ? 1 时, f ( x) 1 在 (0, ??) 的最大值是 f ( ? 1) . a 1 由 f ( ? 1) ? f (0) ? 0 ,知不合题意.当 a ? 1 时, f ( x) 在 (0, ??) 单调递减.可得 f ( x) 在 ? 0, ?? ? 上的 a 最大值是 f (0) ? 0 ,符合题意, 所以, f ( x) 在 ? 0, ?? ? 上的最大值是 0 时, a 的取值范围是 ?1, ?? ?
所以, f ( x) 的单调增区间是 ( 考点:1.导数与函数的单调性;2.导数与函数的极值. 31.已知函数 ,a∈R.

(Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ)如果当 x>0,且 x≠1 时, 【答案】 (Ⅰ) ( 【解析】 试题分析: (Ⅰ) 先求了函数 f (x) 的定义域和导数 (1﹣a)x+1,由此利用导数性质和分类讨论思想能求出函数 f(x)的单调区间. (Ⅱ) “当 x>0, 且 x≠1 时, 恒成立”, 等价于“当 x>0, 且 x≠1 时, , 构造函数 g (x) =x +2
2

恒成立,求实数 a 的范围. ,a﹣1+ ) . (Ⅱ) (﹣∞,2].

恒成立”,构造函数 h(x)=f(x)﹣a,由此利用导数性质和分类讨论思想能求出实数 a 的取值范围. 解: (Ⅰ)函数 f(x)的定义域为(0,+∞) .

设 g(x)=x +2(1﹣a)x+1,△=4a(a﹣2) ①当 a≤0 时,函数 y=g(x)的对称轴为 x=a﹣1, 所以当 x>0 时,有 g(x)>g(0)>0, 故 f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上是增函数;
10

2

②当 0<a≤2 时,由△=4a(a﹣2)≤0,得 g(x)=x +2(1﹣a)x+1≥0, 所以 f′(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上是增函数, ③当 a>2 时,令 g(x)=0 得 , 令 f′(x)>0,解得 0<x<x1 或 所以 f(x)的单调递增区间(0, f(x)的单调递减区间( (Ⅱ)“当 x>0,且 x≠1 时, 等价于“当 x>0,且 x≠1 时, 设 h(x)=f(x)﹣a,由(Ⅰ)知: ①当 a≤2 时,h(x)在(0,+∞)上是增函数, 当 x∈(0,1)时,h(x)<h(1)=0,所以 当 x∈(1,+∞)时,h(x)>h(1)=0,所以 ; ; ,a﹣1+ 恒成立”, (※)恒成立”, ;令 f′(x)<0,解得 x1<x<x2 )和( ) . ,+∞) ;

2

所以,当 a≤2 时,※式成立. ②当 a>2 时,h(x)在(x1,1)是减函数, 所以 h(x)>h(1)=0,※式不恒成立. 综上所述,实数 a 的取值范围是(﹣∞,2]. 考点:利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性. 32.如图,⊙O 的半径为 r,MN 切⊙O 于点 A,弦 BC 交 OA 于点 Q,BP⊥BC,交 MN 于点 P

(Ⅰ)求证:PQ∥AC; (Ⅱ)若 AQ=a,AC=b,求 PQ. 【答案】 (Ⅰ)证明见解析; (Ⅱ) 【解析】 试题分析: (Ⅰ)连结 AB,推导出 OA⊥MN,BP⊥BC,从而 B、P、A、Q 四点共圆,由此能证明 PQ∥AC. (Ⅱ)过点 A 作直径 AE,连结 CE,则△ECA 为直角三角形.推导出 Rt△PAQ∽Rt△ECA,由此能求出 PQ. 证明: (Ⅰ)如图,连结 AB. ∵MN 切⊙O 于点 A,∴OA⊥MN. 又∵BP⊥BC,∴B、P、A、Q 四点共圆, 所以∠QPA=∠ABC. 又∵∠CAN=∠ABC,∴∠CAN=∠QPA. ∴PQ∥AC. 解: (Ⅱ)过点 A 作直径 AE,连结 CE,则△ECA 为直角三角形. ∵∠CAN=∠E,∠CAN=∠QPA,∴∠E=∠QPA. ∴Rt△PAQ∽Rt△ECA,∴
PQ ? AQ ? EA CA =

=





11

考点:与圆有关的比例线段. 33.已知 f(x)=|x﹣a|+|2x﹣a|,a<0. (Ⅰ)求函数 f(x)的最小值; (Ⅱ)若不等式 【答案】 (Ⅰ) 【解析】 的解集非空,求 a 的取值范围. (Ⅱ) (﹣1,0) .

试题分析: (Ⅰ)根据题意,分段讨论 f(x)的解析式,可得

,作出其图象,

分析可得其最小值; (Ⅱ)由(Ⅰ)的结论,分析可得要使不等式 围,即可得答案. 的解集非空,必须﹣ < ,解可得 a 的取值范

解: (Ⅰ)



函数的图象为; 从图中可知,函数 f(x)的最小值为 . ,要使不等式 的解集非空,必须﹣ < ,即 a

(Ⅱ)由(Ⅰ)知函数 f(x)的最小值为 >﹣1.∴a 的取值范围是(﹣1,0) .

考点:分段函数的应用;绝对值不等式的解法.

x2 y2 a 2b 2 2 2 C ? ? 1 ( a ? b ? 0 ) x ? y ? ,定义椭圆 的“相关圆”方程为 . 若抛物线 a2 b2 a2 ? b2 y 2 ? 4 x 的焦点与椭圆 C 的一个焦点重合,且椭圆 C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形. (1)求椭圆 C 的方程和“相关圆” E 的方程; (2)过“相关圆” E 上任意一点 P 作相关圆” E 的切线 l 与椭圆 C 交于 A, B 两点, O 为坐标原点. 若 OA ? OB ,证明原点 O 到直线 AB 的距离是定值,并求 m 的取值范围. x2 6 6 2 ? y2 ? 1, 【答案】 (1) 椭圆 C 的方程为 “相关圆”E 的方程为 x 2 ? y 2 ? ; (2) m ? 或m ? ? . 2 3 3 3
34 .设椭圆 C :
12

【解析】试题分析: (1)抛物线焦点为 ?1, 0 ? ,故 c ? 1 ,椭圆 C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三 角形,即 b ? c ? 1 ,从而求出椭圆方程与相关圆方程; (2)设出直线 l 的斜截式方程,联立直线的方程和 椭圆的方程求出 A, B 两点横坐标的韦达定理表达式,利用 OA ? OB 得到一个关系式 3m 2 ? 2k 2 ? 2 ? 0 ,

m2 ? 利用直线和圆相切得到另一个关系式 d ? ,由着两个关系式得出 m 的取值范围. 1? k 2 1? k 2 试题解析: (1)因为抛物线 y 2 ? 4 x 的焦点为 (1,0) 与椭圆 C 的一个焦点重合,所以 c ? 1 . 又因为椭圆 C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形,所以 b ? c ? 1 , x2 2 故椭圆 C 的方程为 “相关圆” E 的方程为 x 2 ? y 2 ? . ? y2 ? 1, 2 3 (2)设 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ), ? y ? kx ? m ? 2 2 2 2 2 联立方程组 ? x 2 得 x ? 2(kx ? m) ? 2 ,即 (1 ? 2k ) x ? 4kmx ? 2m ? 2 ? 0 , 2 ? y ?1 ? ?2 ? ? 16k 2 m 2 ? 4(1 ? 2k 2 )(2m 2 ? 2) ? 8 ? (2k 2 ? m 2 ? 1) ? 0 ,即 2k 2 ? m 2 ? 1 ? 0(?) , 4km ? ? x1 ? x2 ? ? 1 ? 2k 2 ? ? 2 2 ? x1 x2 ? 2m ? 2 ? 1 ? 2k ? k 2 (2m 2 ? 2) 4k 2 m 2 m 2 ? 2k 2 2 2 2 ∴ y1 y2 ? (kx1 ? m)(kx2 ? m) ? k x1 x2 ? km( x1 ? x2 ) ? m ? ? ?m ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 由条件 OA ? OB 得 3m 2 ? 2k 2 ? 2 ? 0 , m m2 ? 所以原点 O 到直线 l 的距离是 d ? , 1? k 2 1? k 2
由 3m 2 ? 2k 2 ? 2 ? 0 得 d ?

m

6 为定值. 3
2

3m 2 ? 2 ? 0, 2 ? 2m 2 ? 1 6 6 2 即? 2 ,所以 m 2 ? ,即 m ? 或m ? ? . 3 3 3 3 m ? 2 ?
此时要满足 ? ? 0 ,即 2k 2 ? m 2 ? 1 ? 0 ,又 k ? 考点:1、直线和椭圆的位置关系;2、直线和圆的位置关系;3、抛物线的概念. 【思路点晴】第一问是基本的抛物线定义和椭圆基本量分析.一个抛物线方程给出来,可以求出焦点和准 线,相应的性质也可以知道;椭圆的短轴端点和焦点所对应的 b, c, a 的关系,易得椭圆的方程;第二问有 两个关键点,一个是直线和圆相切,转化为圆心到直线的距离等于半径,另一个关键点是直线和椭圆相交 得到 A, B , OA ? OB ,根据这两点,设出直线方程,列出方程组来求解.最后注意直线和椭圆相交,判别 式要大于零. 35.设函数 f ( x) ? ax ? b(ln x ? x) , g ( x) ? ?
2

与直线 x ? y ? 1 ? 0 垂直. (1)求 a 的值; (2)求函数 f ( x) 的极值点;

1 2 x ? (1 ? b) x .已知曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线 2

(3)若对于任意 b ? (1,??) ,总存在 x1 , x2 ? [1, b] ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 1 ? g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? m 成立,求 实数 m 的取值范围. 【答案】 (1) a ? ?

1 ; (2)证明见解析; (3) m ? ?1 . 2
13

【解析】 试题分析: (1)曲线的切线和某直线垂直,转化为导数值与直线斜率乘积等于 ?1 ,第一问容易解决; (2) 求出 f
'

(3)构造函数 ? x? 后 通 分 , 对 分 子 进 行 分 类 讨 论 , 从 而 求 出 函 数 f ? x? 的 单 调 区 间 ;

F ( x) ? f ( x) ? g ( x), x ? [1, b] ,存在性问题,转化为 F ( x) max ? F ( x) min ? m ? 1 来解决. 1 1 试题解析: (1) f ?( x) ? 2ax ? b( ? 1) ,所以 k ? f ?(1) ? 2a ? ?1 ,所以 a ? ? . x 2 1 (2) f ( x) ? ? x 2 ? b(ln x ? x) ,其定义域为 (0,??) , 2 1 ? x 2 ? bx ? b , f ?( x) ? ? x ? b( ? 1) ? x x 令 h( x) ? ? x 2 ? bx ? b, x ? (0,??) , ? ? b 2 ? 4b , ①当 ? 4 ? b ? 0 时, ? ? b 2 ? 4b ? 0 ,有 h( x) ? 0 ,即 f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在区间 (0,??) 上单调递减, 故 f ( x) 在区间 (0,??) 无极值点.

? b ? b 2 ? 4b ? b ? b 2 ? 4b , x2 ? , x2 ? x1 ? 0 , 2 2 当 x ? (0, x1 ) 时, h( x) ? 0 ,即 f ?( x) ? 0 ,得 f ( x) 在 (0, x1 ) 上递减; 当 x ? ( x1 , x2 ) 时, h( x) ? 0 ,即 f ?( x) ? 0 ,得 f ( x) 在 ( x1 , x2 ) 上递增;当 x ? ( x2 ,??) 时, h( x) ? 0 ,即
②当 b ? ?4 时, ? ? 0 ,令 h( x) ? 0 ,有 x1 ?

f ?( x) ? 0 ,得 f ( x) 在 ( x2 ,??) 上递减,此时 f ( x) 有一个极小值点

? b ? b 2 ? 4b 和一个极大值点 2

? b ? b 2 ? 4b . 2 ? b ? b 2 ? 4b ? b ? b 2 ? 4b ? 0, x2 ? ?0, 2 2 当 x ? (0, x2 ) 时, h( x) ? 0 ,即 f ?( x) ? 0 ,得 f ( x) 在 (0, x2 ) 上递增; 当 x ? ( x2 ,??) 时, h( x) ? 0 ,即 f ?( x) ? 0 ,得 f ( x) 在 ( x2 ,??) 上递减,此时 f ( x) 有唯一的极大值点
③当 b ? 0 时, ? ? 0 ,令 h( x) ? 0 ,有 x1 ?

? b ? b 2 ? 4b . 2 ? b ? b 2 ? 4b ? b ? b 2 ? 4b 综上可知,当 b ? ?4 时,函数 f ( x) 有一个极小值点 和一个极大值点 ;当 2 2
? b ? b 2 ? 4b ? 4 ? b ? 0 时, 函数 f ( x) 在 (0,??) 无极值点; 当 b ? 0 时, 函数 f ( x) 有唯一的极大值点 , 2
无极小值点. (3)令 F ( x) ? f ( x) ? g ( x), x ? [1, b] ,

1 2 1 x ? b(ln x ? x) ? [? x 2 ? (1 ? b) x] ? b ln x ? x , 2 2 若总存在 x1 , x2 ? [1, b] ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 1 ? g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? m 成立, 即总存在 x1 , x2 ? [1, b] ,使得 f ( x1 ) ? g ( x1 ) ? f ( x2 ) ? g ( x2 ) ? m ? 1 成立, 即总存在 x1 , x2 ? [1, b] ,使得 F ( x1 ) ? F ( x2 ) ? m ? 1 成立,即 F ( x) max ? F ( x) min ? m ? 1 , b b?x ,因为 x ? [1, b] ,所以 F ?( x) ? 0 ,即 F ( x) 在 [1, b] 上单调递增,所以 F ?( x) ? ? 1 ? x x F ( x) max ? F ( x) min ? F (b) ? F (1) ? b ln b ? b ? 1 , 即 b ln b ? b ? 1 ? m ? 1 对任意 b ? (1,??) 成立, 即 b ln b ? b ? m 对任意 b ? (1,??) 成立,
则 F ( x) ? ?
14

构造函数 t (b) ? b ln b ? b, b ? [1,??) , t ?(b) ? ln b ,当 b ? [1,??) 时, t ?(b) ? 0 , ∴ t (b) 在 [1,??) 上单调递增,∴对于任意 b ? [1,??) , t (b) ? t (1) ? ?1 ,所以 m ? ?1 . 考点:1、函数与导数;2、分类讨论的数学思想. 【思路点晴】第一问切线和另一条直线垂直,转化为斜率乘积等于 ?1 ,这种形式的问法高考中出现频率

2 很高; 第二问对 f ? x ? 求导后通分, 对分子 h( x) ? ? x ? bx ? b, x ? (0,??) 的分类讨论是本题的难点.对于

二次函数分类的标准,由于题目只需要考虑零点个数,所以这里用的是判别式来制定分类标准,有的题目 需要对二次项系数进行分类, 有的需要对对称轴或者区间进行分类; 第三问是一个存在性问题, 构造函数, 转化为最值问题来解决. 36.已知椭圆 M :

x2 y 2 ? ? 1(a ? 0) 的一个焦点为 F (?1, 0) ,左右顶点分别为 A , B ,经过点 F 的直 a2 3

线 l 与椭圆 M 交于 C , D 两点. (1)求椭圆方程; (2)记 ?ABD 与 ?ABC 的面积分别为 S1 和 S 2 ,求 | S1 ? S 2 | 的最大值. 【答案】 (1)

x2 y 2 (2) 3 . ? ? 1; 4 3

【解析】试题分析: (1)根据条件焦点坐标 F (?1, 0) 以及 a 2 ? b 2 ? c 2 即可求解; (2)对直线 l 是否存在分 类讨论,建立 | S1 ? S 2 | 关于斜率 k 的函数关系式,从而求解. 试题解析: ( 1)∵ F (?1, 0) 为椭圆的焦点,∴ c ? 1 ,又∵ b 2 ? 3 ,∴ a 2 ? b 2 ? c 2 ? 4 ,∴椭圆方程为

3 x2 y 2 3 (2)当直线 l 斜率不存在时,直线方程为 x ? ?1 ,此时 D (?1, ) , C ( ?1, ? ) , ?ABD , ? ? 1; 2 4 3 2 ?ABC 面积相等, | S1 ? S2 |? 0 ,当直线 l 斜率存在(显然 k ? 0 )时,设直线方程为 y ? k ( x ? 1)(k ? 0) ,
? x2 y 2 ?1 ? ? 设 C ( x1 , y1 ) , D ( x2 , y2 ) , 和 椭 圆 方 程 联 立 得 到 ? 4 , 消 掉 y 得 3 ? y ? k ( x ? 1) ?

(3 ? 4k 2 ) x 2 ? 8k 2 x ? 4k 2 ? 12 ? 0 ,
显然 ? ? 0 ,方程有根,且 x1 ? x2 ? ?

8k 2 4k 2 ? 12 x x ? , , 1 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2

此时 | S1 ? S 2 |?| 2 || y2 | ? | y1 ||? 2 | y2 ? y1 | ? 2 | k ( x2 ? 1) ? k ( x1 ? 1) | ? 2 | k ( x2 ? x1 ) ? 2k |? ∵ k ? 0 ,上式 ?

12 | k | , 3 ? 4k 2

12 3 ?4|k | |k|

?

12 12 3 ? ? 3, (k ? ? 时等号成立) , 2 3 2 12 2 ?4| k | |k|

∴ | S1 ? S 2 | 的最大值为 3 . 考点:1.椭圆的标准方程;2.直线与椭圆的位置关系;3.椭圆中的最值问题. 37.已知函数 f ( x) ? e sin x ,其中 x ? R , e ? 2.71828? 为自然对数的底数. (1)求函数 f ( x) 的单调区间;
x

(2)当 x ? [0,

?
2

] 时, f ( x) ? kx ,求实数 k 的取值范围.

【答案】 (1)单调递增区间: (2k? ?

?
4

, 2 k? ?

(2) (??,1] . 【解析】 试题分析: (1)求导,对导函数三角恒等变形后根据导函数的取值情况即可求解; (2)将原问题变形,可 知其等价于 f ( x) ? kx ? 0 ,求导,对 k 的取值进行分类讨论判断函数 f ( x) ? kx 的单调性,从而求解.

3? 3? 7? ) ,单调递减区间: (2k? ? , 2 k? ? ) ,k ?Z ; 4 4 4

15

试题解析: (1) f '( x) ? e x sin x ? e x cos x ? e x (sin x ? cos x) ,令 y ? sin x ? cos x ? 当 x ? (2k? ?

3? 3? 7? ) , f '( x) ? 0 , f ( x) 单增,x ? (2k? ? , 2 k? ? ) , f '( x) ? 0 , f ( x) 单 4 4 4 4 x x 减; (2)令 g ( x) ? f ( x) ? kx ? e sin x ? kx ,即 g ( x) ? 0 恒成立,而 g '( x) ? e (sin x ? cos x) ? k ,

?

2 sin( x ? ) , 4

?

, 2 k? ?

令 h( x ) ? e ∵ x ? [0,

x

(sin x ? cos x) ? h '( x) ? e x (sin x ? cos x) ? e x (cos x ? sin x) ? 2e x cos x , ? ? ? 2
2

] , h '( x) ? 0 ? h( x) 在 [0, ] 上单调递增, 1 ? h( x) ? e , 2

当 k ? 1 时, g '( x) ? 0 , g ( x) 在 [0,
?

?

2

] 上单调递增, g ( x) ? g (0) ? 0 ,符合题意;

当 k ? e 2 时, g '( x) ? 0 ? g ( x) 在 [0,
?
'

?
2

] 上单调递减, g ( x) ? g (0) ? 0 ,与题意不合;

当 1 ? k ? e 2 时, g ( x) 为一个单调递增的函数,而 g '(0) ? 1 ? k ? 0 , g '( ) ? e 2 ? k ? 0 , 由零点存在性定理,必存在一个零点 x0 ,使得 g '( x0 ) ? 0 ,当 x ? [0, x0 ) 时, g '( x) ? 0 ,从而 g ( x) 在

?

?

2

x ? [0, x0 ) 上单调递减,从而 g ( x) ? g (0) ? 0 ,与题意不合,综上所述: k 的取值范围为 (??,1] .
考点:1.导数的运用;2.分类讨论的数学思想. 38.如图, ?ABC 内接于直径为 BC 的圆 O ,过点 A 作圆 O 的切线交 CB 的延长线于点 M , ?BAC 的平 分线分别交圆 O 和 BC 于点 D , E ,若 MA ?

5 MB ? 15 . 2

(1)求证: AC ?

5 AB ; 2

(2)求 AE × DE 的值. 【答案】 (1)详见解析; (2)

【解析】试题分析: (1)利用条件证明 ?ABM ? ?CAM ,再利用相似三角形的性质即可得证; (2)利用 条件首先求得 CE , BE 的长度,再利用相交弦定理即可求解. 试题解析: (1)∵ AM 是圆 O 的切线,∴ ?MAB ? ?ACB ,且 ?M 是公共角,

405 . 2

AC AM 5 5 (2)由切割线定理得 MA2 ? MB ? MC ,∴ ? ? ,∴ AC ? AB ; AB MB 2 2 75 AC CE 5 5 63 又∵ MB ? 6 , ∴ BC = , 又∵ AD 是 ?BAC 的角平分线, ∴ ∴ CE ? BE , MC = , ? ? , 2 AB BE 2 2 2 45 405 45 ∴ CE ? , BE ? 9 ,∴由相交弦定理得 AE ? DE ? CE ? BE ? . ?9 ? 2 2 2
∴ ?ABM ? ?CAM ,∴ 考点:1.切线的性质;2.相似三角形的判定与性质;3.圆中的比例线段. 39.已知直线 l 的参数方程为 ?

? x ? ?4t ? a ( t 为参数),在直角坐标系 xOy 中,以 O 点为极点, x 轴的非 ? y ? 3t ? 1
2

负半轴为极轴,以相同的长度单位建立极坐标系,设圆 M 的方程为 ? ? 6 ? sin ? ? ?8 . (1)求圆 M 的直角坐标方程;
16

(2)若直线 l 截圆 M 所得弦长为 3 ,求实数 a 的值. 【答案】 (1) x ? ( y ? 3) ? 1 ; (2) a ?
2 2

37 9 或a ? . 6 2

【解析】 试题分析: (1)利用 x ? ? cos ? , y ? ? sin ? 即可将极坐标方程化为直角坐标方程; (2)将直线 l 的参数 方程化为普通方程,结合(1)中所得的圆的方程,再利用点到直线距离公式即可求解. 试题解析: (1)∵ ? ? 6 ? sin ? ? ?8 ? x ? y ? 6 y ? ?8 ? x ? ( y ? 3) ? 1 ,∴圆 M 的直角坐标方程
2 2 2 2 2

为 x ? ( y ? 3) ? 1 ; (2)把直线 l 的参数方程 ?
2 2

? x ? ?4t ? a ( t 为参数)化为普通方程得: ? y ? 3t ? 1

3 x ? 4 y ? 3a ? 4 ? 0 , ∵ 直 线 l 截 圆 M 所 得 弦 长 为 3 , 且 圆 M 的 圆 心 M (0,3) 到 直 线 l 的 距 离

d?

|16 ? 3a | 3 1 9 37 37 9 ,∴ a ? 或a ? . ? 12 ? ( ) 2 ? ? a ? 或 a ? 5 2 2 2 6 6 2

考点:1.导数的运用;2.分类讨论的数学思想. 40.已知不等式 | x ? 2 | ? | x ? 2 |? 18 的解集为 A . (1)求集合 A ; (2)若 ?a , b ? A , x ? (0, ??) ,不等式 a ? b ?

【答案】 (1) A ? (?9,9) ; (2) m ? 14 . 【解析】 试题分析: (1)对 x 的取值情况分类讨论将绝对值号去掉,即可求解; (2)根据(1)中求得的 A ,再结 合问题,可知其等价于 a ? b ? ( x ?

4 x? ?m x

恒成立,求实数 m 的取值范围.

4 ? m)min ,再利用基本不等式求最值即可. x
x ? ?2 ?2 ? x ? 2 ? 或? 或 ??( x ? 2) ? ( x ? 2) ? 18 ?( x ? 2) ? ( x ? 2) ? 18 ?

试题解析: (1)若 | x ? 2 | ? | x ? 2 |? 18 ,则 ?

x?2 ? ,解得 ?9 ? x ? 9 ,∴ A ? (?9,9) ; (2)∵ ?a , b ? A ? ?a , b ? (?9,9) , ? ?( x ? 2) ? ( x ? 2) ? 18 4 4 4 ∴ a ? b ? (?18,18) ,∵ x ? ? m ? 2 x ? ? m ,∴ ( x ? ? m) min ? m ? 4 ,由题可知, m ? 4 ? 18 , x x x ∴ m ? 14 .
考点:1.绝对值不等式;2.基本不等式求最值;3.恒成立问题;4.分类讨论的数学思想. 41.已知椭圆 的离心率为 ,直线 l:y=x+2 与以原点 O 为圆心,椭圆的短

轴长为直径的圆 O 相切. (1)求椭圆 C 的方程; (2)求椭圆 C 与直线 y=kx(k>0)在第一象限的交点为 A. ???? ??? ? ①设 ,且 OA ? OB= 6 ,求 k 的值; ②若 A 与 D 关于 x 的轴对称,求△AOD 的面积的最大值. 【答案】 (1) (2)① 2 ②
6 2

【解析】 试题分析: (1)求得圆 O 的方程,运用直线和相切的条件:d=r,求得 b,再由离心率公式和 a,b,c 的关 系,可得 a,进而得到椭圆方程; (2)设出 A 的坐标,代入椭圆方程,求得交点 A 的坐标,①运用向量的数量积的坐标表示,计算即可得 到所求值; ②由三角形的面积公式,结合基本不等式即可得到所求最大值.
17

解: (1)由题设可知,圆 O 的方程为 x +y =b , 因为直线 l:x﹣y+2=0 与圆 O 相切,故有 所以 因为 . ,所以有 a =3c =3(a ﹣b ) ,即 a =3. .
2 2 2 2 2

2

2

2



所以椭圆 C 的方程为

(2)设点 A(x0,y0 ) (x0>0,y0>0) ,则 y0=kx0.



解得



???? ??? ? ①∵ OA ? OB=

2? 6 2 ? 3K
2

?

6K 2 ? 3K 2

? 6 ,∴

(k=0 舍去) . ,

②∵

(当且仅当

时取等号) , .

∴S△AOD 的最大值为

考点:椭圆的简单性质. 42.已知 f(x)=|x﹣1|+|2x+3|. (1)若 f(x)≥m 对一切 x∈R 都成立,求实数 m 的取值范围; (2)解不等式 f(x)≤4. 【答案】 (1)m≤ (2)[﹣2,0] 【解析】 试题分析: (1)通过讨论 x 的范围,求出 f(x)的最小值,从而求出 m 的范围即可; (2)求出各个区间上 的不等式的解集,取并集即可. 解: (1)f(x)=|x﹣1|+|2x+3|, x≥1 时,f(x)=x﹣1+2x+3=3x+2,f(x)≥5, ﹣ <x<1 时,f(x)=﹣x+1+2x+3=x+4, <f(x)<5, x≤﹣ 时,f(x)=﹣x+1﹣2x﹣3=﹣3x﹣2≥ , 若 f(x)≥m 对一切 x∈R 都成立, 只需 m≤ 即可; (2)x≥1 时,f(x)=x﹣1+2x+3=3x+2≤4,解得:x≤ ,无解, ﹣ <x<1 时,f(x)=﹣x+1+2x+3=x+4≤4,解得 :x≤0, x≤﹣ 时,f(x)=﹣x+1﹣2x﹣3=﹣3x﹣2≤4,解得:x≥﹣2, 故不等式的解集是:[﹣2,0]. 考点:绝对值不等式的解法. 43.如图,直线 PQ 与⊙O 相切于点 A,AB 是⊙O 的弦,∠PAB 的平分线 AC 交⊙O 于点 C,连结 CB,并延长 与直线 PQ 相交于点 Q,若 AQ=6,AC=5.

18

(Ⅰ)求证:QC ﹣QA =BC ? QC; (Ⅱ)求弦 AB 的长.
2 2

【答案】 (Ⅰ)证明见解析; (Ⅱ) AB ?

10 3

【解析】 2 2 试题分析: (Ⅰ)由于 PQ 与⊙O 相切于点 A,再由切割线定理得:QA =QB ? QC=(QC﹣BC) ? QC=QC ﹣BC ? QC 从而命题得到证明 (Ⅱ)解:PQ 与⊙O 相切于点 A,由弦切角等于所对弧的圆周角∠PAC=∠CBA,又由已知∠PAC=∠BAC,所 以∠BAC=∠CBA,从而 AC=BC=5,又知 AQ=6,由(Ⅰ)可得△QAB∽△QCA,由对应边成比例,求出 AB 的值. 试题解析: (Ⅰ)证明:∵PQ 与⊙O 相切于点 A, 2 2 ∴由切割线定理得:QA =QB ? QC=(QC﹣BC) ? QC=QC ﹣BC ? QC. 2 2 ∴QC ﹣QA =BC ? QC. (Ⅱ)解:∵PQ 与⊙O 相切于点 A,∴∠PAC=∠CBA, ∵∠PAC=∠BAC,∴∠BAC=∠CBA,∴AC=BC=5 2 又知 AQ=6,由(Ⅰ) 可知 QA =QB ? QC=(QC﹣BC) ? QC,∴QC=9 由∠QAB=∠ACQ,知△QAB∽△QCA,∴

AB QA 10 ,∴ AB ? . ? 3 AC QC

考点:切割线定理及三角形相似. 【方法点睛】 (1)从圆外一点可以引圆的两条切线,它们的切线长相等,这一点和圆心的连线,平分两条 切线的夹角; (2)判断三角形相似:一是平行于三角形一边的直线截其它两边所在的直线,截得的三角形 与原三角形相似;二是如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等, 那么这两个三角形相 似;三是如果两个三角形的两组对应边的比相等,并且相应的夹角相等, 那么这两个三角形相似;四是 如果两个三角形的三组对应边的比相等,那么这两个三角形相似;五是对应角相等,对应边成比例的两个 三角形叫做相似三角; (3)切割线定理:切割线定理,是圆幂定理的一种,从圆外一点引圆的切线和割线, 切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项. 44.在平面直角坐标系 xOy 中,圆 C 的参数方程为 倾斜角 , (θ 为参数) ,直线 l 经过点 P(1,1) ,

(1)写出直线 l 的参数方程; (2)设 l 与圆 C 相交于两点 A,B,求点 P 到 A,B 两点的距离之积.

【答案】 (1) 【解析】

(2)2

试题分析: (1)由题意可得直线 l 的参数方程为
2

,化简可得结果.
2

(2)圆 C 的参数方程化为普通方程,把直线的参数方程代入 x +y =4 化简,利用根与系数的关系求得 t1 ×t2 的值,即可得到点 P 到 A,B 两点的距离之积为 2.
19

解: (1)直线 l 的参数方程为

,即

(2)圆 C 的参数方程

化为普通方程为 x +y =4,把直线

2

2

代入 x +y =4,可得

2

2

,∴

,t1×t2=﹣2,

则点 P 到 A,B 两点的距离之积为 2 考点:直线的参数方程;直线与圆的位置关系;参数方程化成普通方程. 45.在极坐标系中,圆 C 的方程为 ρ =2acosθ (a≠0) ,以极点为坐标原点,极轴为 x 轴正半轴建立平面 直角坐标系,设直线 l 的参数方程为 (t 为参数)

(Ⅰ)求圆 C 的标准方程和直线 l 的普通方程; (Ⅱ)若直线 l 与圆 C 恒有公共点,求实数 a 的取值范围. 【答案】 (Ⅰ) 圆 C 的标准方程为 (x﹣a)+y =a , 直线 l 的普通方程为: 4x﹣3y+5=0, (Ⅱ) 【解析】 2 2 2 试题分析: (Ⅰ)根据 ρ =x +y ,x=ρ cosθ ,y=ρ sinθ 把圆 C 的极坐标方程,由消元法把直线 l 的参数 方程化为普通方程; (Ⅱ)根据直线 l 与圆 C 有公共点的几何条件,建立关于 a 的不等式关系,解之即可.
2 2 2

解: (Ⅰ)由

得,

,则



∴直线 l 的普通方程为:4x﹣3y+5=0, 2 由 ρ =2acosθ 得,ρ =2aρ cosθ 2 2 2 又∵ρ =x +y ,ρ cosθ =x 2 2 2 ∴圆 C 的标准方程为(x﹣a) +y =a , (Ⅱ)∵直线 l 与圆 C 恒有公共点,∴ 两边平方得 9a ﹣40a﹣25≥0,∴(9a+5) (a﹣5)≥0 ∴a 的取值范围是 考点:参数方程化成普通方程. 46.已知:如图,BC 是半圆 O 的直径,D,E 是半圆 O 上两点, 点 A. ,CE 的延长线与 BD 的延长线交于 .
2



(1)求证:AE=DE; (2)若 ,求 CD.

【答案】 (1)证明见解析(2)8 【解析】 试题分析: (1)由圆周角定理及直角三角形的性质可得到∠A=∠ADE,再根据等角对等边即可求得结论. (2)连接 BE,根据等腰三角形,以及直角三角形,推出边长关系,利用射影定理求解即可.
20

(1)证明:∵BC 是半圆 O 直径,∴∠ADC=∠BDC=90°. ∵, ,∴∠EDC=∠ECD.∴∠A=∠ADE.∴AE=DE. . (2)解:连接 BE,∵ ,∴DE=EC.∴AE=EC=2 ∵BC 是半圆 O 直径,∴∠BEC=90°即 BE⊥AC. ∴BA=BC.∵Rt△BDC 中,tan∠ABC= , 设 BD=3x,CD=4x,则 BC=5x,∴AB=BC=5x,AD=2x. ∵AE×AC=AD×AB,∴2 ×4 =2x×5x.解得:x=2,即 CD=8.

考点:与圆有关的比例线段. 2 47.设函数 f(x)=x +bln(x+1) ,其中 b≠0. (Ⅰ)当 b= 时,判断函数 f(x)在定义域上的单调性; (Ⅱ)当 b< 时,求函数 f(x)的极值点 (Ⅲ)证明对任意的正整数 n,不等式 都成立.

【答案】 (Ⅰ)函数 f(x)在定义域(﹣1,+∞)上单调递增(Ⅱ)答案见解析(Ⅲ)证明见解析 【解析】 试题分析: (Ⅰ)将 b 的值代入,求出函数的表达式、导数,从而求出函数的单调区间; (Ⅱ)通过讨论 b 的范围,得到函数的单调区间,从而求出函数的极值点; 3 (Ⅲ)将 b=﹣1 代入函数的表达式,求出函数 f(x)的表达式,令 h(x)=x ﹣f(x) ,求出 h(x)的导 2 3 数,得到 ln(x+1)>x ﹣x ,从而证出结论. 解(Ⅰ)当 f′(x)=2x+ ,f(x)=x + ln(x+1) , (x>﹣1) , =2(x+1)+ ﹣2≥2 ﹣2≥ 0,
2

当且仅当 x=﹣ 时,“=”成立, ∴函数 f(x)在定义域(﹣1,+∞)上单调递增. (Ⅱ) 当 时,解 f′(x)=0 得两个不同解:

当 b<0 时, ∴x1∈(﹣∞,﹣1) ,x2∈(﹣1,+∞) , 此时 f(x)在(﹣1,+∞)上有唯一的极小值点 当 上小于 0, 此时 f(x)有一个极大值点 综上可知, 和一个极小值点 和一个极小值点 ; , 时,x1,x2∈(﹣1,+∞)f′(x)在(﹣1,x1) , (x2,+∞)都大于 0,f′(x)在(x1,x2)

时,f(x)有一个极大值点

b<0,时,f(x )在(﹣1,+∞)上有唯一的极小值点 (Ⅲ)当 b=﹣1 时,f(x)=x ﹣ln(x+1) ,
2

21

令 正, ∴h(x)在[0,+∞)上单调递增,当 x∈(0,+∞)时,恒有 h(x)>h(0)=0, 3 2 2 3 即当 x∈(0,+∞)时,有 x ﹣x +ln(x+1)>0,ln(x+1)>x ﹣x , 对任意正整数 n,取 .

上恒

考点:利用导数研究函数的单调性;利用导数研究函数的极值. 48.已知椭圆 C 的标准方程为: (Ⅰ)求椭圆的标准方程; (Ⅱ)过椭圆: + =1(a>b>0)长轴上任意一点 S(s,0) , (﹣a<s<a)作两条互相垂直的弦 AB、 + =1(a>b>0) ,该椭圆经过点 P(1, ) ,且离心率为 .

CD.若弦 AB、CD 的中点分别为 M、N,证明:直线 MN 恒过定点. 【答案】 (Ⅰ) 【解析】 试题分析: (Ⅰ)由已知条件推导出 ,e= ,由此能求出椭圆方程. (Ⅱ)证明见解析

(Ⅱ)设直线 AB 的方程为 x=my+s,m≠0,则直线 CD 的方程为 x= ﹣

,联立

,得 M

( 直线 MN 的方程为 x﹣

) ,将 M 的坐标中的 m 用﹣ 代换,得 CD 的中点 N( y= ,由此能证明直线 MN 经过定点( , ) .

) ,从而得到

(Ⅰ)解:∵点 P(1, )在椭圆上,∴ 又∵离心率为 ,∴e=
2 2 2 2

,∴a=2c,
2

∴4a ﹣4b =a ,解得 a =4,b =3,∴椭圆方程为 (Ⅱ)证明:设直线 AB 的方程为 x=my+s,m≠0, 则直线 CD 的方程为 x=﹣ ,



联立

,得(3m +4)y +6smy+3s ﹣12=0,

2

2

2

设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,则 ∴x1+x2=(my1+s) (my2+s)=m y1y2+ms(y1+y2)+s = ,由中点坐标公式得 M(
2 2





,﹣ ,

) , )

将 M 的坐标中的 m 用﹣ 代换,得 CD 的中点 N(

22

∴直线 MN 的方程为 x﹣ 令 y=0 得:x=

y=

,m≠±1, ) , ) ,

,∴直线 MN 经过定点(

当 m=0,±1 时,直线 MN 也经过定点( 综上所述,直线 MN 经过定点( 考点:直线与圆锥曲线的综合问题. ) .

49.已知函数 f(x)= ax +2x﹣lnx,讨论 f(x)的单调性. 【答案】答案见解析 【解析】试题分析:求函数的导数,利用函数的单调性和导数之间的关系进行判断即可. 解:函数的导数 (1) 当 a>0 时, f′ (x) >0 得 此时函数单调递减. (2)当 a=0 时,f′(x)>0 得 递减. (3)当﹣1<a<0 时,f′(x)>0 得 由 f′(x)<0 得 或 ,此时函数单调递增, ,此时函数单调递减. ,此时函数单调递增,由 f′(x)<0 得 ,此时函数单调 , 此时函数单调递增, 由 f′ (x) <0 得 ,

2

(4)当 a≤﹣1 时,f′(x)≤0 恒成立.此时函数单调递减. 考点:利用导数研究函数的单调性;函数单调性的判断与证明;二次函数的性质. 50. 在极坐标系中,曲线 C: ? ? 2a cos ? ( a ? 0), l : ? cos(? ? (Ⅰ)求 a; (Ⅱ)O 为极点,A,B 为 C 上的两点,且∠AOB=

?
3

)?

3 , C 与 l 有且仅有一个公共点. 2

?
3

,求|OA|+|OB|的最大值.

【答案】 (Ⅰ)a=1, (Ⅱ) 2 3 【解析】试题分析: (Ⅰ)首先把极坐标系下的方程把极坐标方程化为直角坐标系的方程,利用直线与圆 相切的性质圆心到切线的距离等于半径,即可求得 a=1. (Ⅱ)不妨设 A 的极角为 ? ,B 的极角为 ? ? =3cosθ ﹣ 3 sinθ =2 3 cos( ? ?

?
3

,则|OA|+|OB|=2cosθ +2cos( ? ?

?
3



?
6

) ,利用三角函数的单调性,即可求|OA|+|OB|最大值 2 3 .
2 2 2 2 2 2

试 题解析: (Ⅰ)曲线 C:ρ =2acosθ (a>0) ,变形 ρ =2ρ acosθ ,化为 x +y =2ax,即(x﹣a) +y =a . ∴曲线 C 是以(a,0)为圆心,以 a 为半径的圆;

1 3 3 3 ,展开为 ? cos ? ? ? sin ? ? , 2 2 2 3 2 ∴l 的直角坐标方程为 x ? 3 y ? 3 ? 0 . | a ?3| 由直线 l 与圆 C 相切可得 ? a ,解得 a=1. 2
由 l: l : ? cos(? ?

?

)?

(Ⅱ)不妨设 A 的极角为 ? ,B 的极角为 ? ?

?

3

,则|OA|+|OB|=2cosθ +2cos( ? ?

?
3



23

=3cosθ ﹣ 3 sinθ =2 3 cos( ? ?

?
6

) ,当 ? ? ?

?
6

时,|OA|+|OB|取得最大值 2 3 .

考点:把极坐标方程化为直角坐标系的方程,直线与圆相切的性质及三角函数的单调性.

?| log 3 x |, 0 ? x ? 3 ? 13.已知函数 f ( x) ? ? ,若方程 f ( x) ? m 有四个不同实根,则 m 的范围是 ( ) ? ? cos( x),3 ? x ? 9 ? 3 ? 1 A. (?1, 2) B. (0, ) C. [1, ??) D. (0,1) 2
【答案】D. 【解析】 试题分析:如下图所示,画出 f ( x) 的图象,即可知实数 m 的取值范围是 (0,1) ,故选 D.

考点:1.分段函数;2.函数与方程;3.数形结合的数学思想. 2 2 2 14.圆 C: (x+2) +y =32 与抛物线 y =2px(p>0)相交于 A、B 两点,若直线 AB 恰好经过抛物线的焦点, 则 p 等于( ) A. B. C.2 D.4 【答案】D 【解析】 试题分析:由题意可得 A( ) ,代入圆的方程求得 p 值.

解:∵直线 AB 恰好经过抛物线的焦点, ∴A, B 的横坐标为 , 不妨设 A ( 即 5p +8p﹣112=0, 解得:p= 或 p=4,∵p>0,∴p=4.
2

) , 则由 A (

) 在圆 C: (x+2)+y =32 上, 得

2

2



故选:D. 考点:抛物线的简单性质. 15.若直角坐标平面内两点 P, Q 满足条件:① P, Q 都在函数 y ? f ( x) 的图象上;② P, Q 关于原点对称, 则称 ( P, Q) 是函数 y ? f ( x) 的一个“伙伴点组” (点组 ( P, Q) 与 (Q, P ) 看作同一个“伙伴点组” ) .已知函

? kx ? 1, x ? 0 ,有两个“伙伴点组” ,则实数 k 的取值范围是( ?? ln(? x), x ? 0 1 A. (??, 0) B. (0, ??) C. (0, ) D. (0,1) 2
数 f ( x) ? ? 【答案】D 【解析】试题分析:由题意可知,函数 f ( x) ? ?



? kx ? 1, x ? 0 ,有两个“伙伴点组” ,即函数图象上存在 ?? ln(? x), x ? 0

两组关于原点对称的点,又 x ? 0 , f ( x) ? ? ln(? x) ,它的图象关于原点对称的图象的函数表达式为 y ? ln x ,
24

只要函数 y ? kx ? 1 与函数 y ? ln x 的图象有两个不同的公共点即可,即方程 ln x ? kx ? 1 即 ln x ? kx ? 1 ? 0 有两 个不同的解即可,令 h( x) ? ln x ? kx ? 1 ,所以只要函数 h( x) 在区间 (0, ??) 上有两个不同的零点即可, 1 h?( x) ? ? k ,当 k ? 0 时,h?( x) ? 0 ,函数 h( x) 在区间 (0, ??) 上单调递增, 不符合题意, 当 k ? 0 时,h?( x) ? 0 x 1 1 1 得 x? , 函 数 h( x) 在 区 间 (0, ] 上 单 调 递 增 , 在 区 间 [ , ?? ) 上 单 调 递 减 , 所 以 k k k 1 1 1 h( x) max ? h( ) ? ln ? k ? ? 1 ? ? ln k ,所以要保证函数 h( x) 有两个零点,只要 h( x) max ? ? ln k ? 0 ,即 0 ? k ? 1 k k k 即可,故选 D. 考点:1.新定义问题;2.函数与方程;3.导数与函数的单调性、极值、对称性. 【名师点睛】本题主要考查新定义问题、函数与方程、导数与函数的单调性、极值、对称性,以及数形结 合思想,属难题;解答的关键在于对新定义的“友好点对”的正确理解,合理利用函数的单调性及图象的 对称性去解决问题. 4 3 16.若关于 x 的方程|x ﹣x |=ax 在 R 上存在 4 个不同的实根,则实数 a 的取值范围为( ) A. B. C. D.

【答案】A 【解析】试题分析:根据方程和函数的关系转化为函数,利用参数分离法,构造函数,求函数的导数,研 究函数的单调性和极值,利用数形结合进行求解即可. 解:当 x=0 时,0=0,∴0 为方程的一个根. 4 3 3 2 当 x>0 时,方程|x ﹣x |=ax 等价为 a=|x ﹣x |, 3 2 2 令 f(x)=x ﹣x ,f′(x)=3x ﹣2x, 由 f′(x)<0 得 0<x< ,由 f′(x)>0 得 x<0 或 x> , ∴f(x)在 上递减,在 上递增,又 f(1)=0, ,则|f(x)|取得极大值|f( )|= 的图象如下图所示, , ,

∴当 x= 时,函数 f(x)取得极小值 f( )=﹣ ∴设

则由题可知当直线 y=a 与 g(x)的图象有 3 个交点时 0<a< 此时方程|x ﹣x |=ax 在 R 上存在 4 个不同的实根, 故 故选:A. .
4 3

考点:根的存在性及根的个数判断. 3 2 17.已知函数 f(x)=x ﹣tx +3x,若对于任意的 a∈[1,2],b∈(2,3],函数 f(x)在区间(a,b)上 单调递减,则实数 t 的取值范围是( ) A. (﹣∞,3] B. (﹣∞,5] C.[3,+∞) D.[5,+∞) 【答案】D 【解析】
25

试题分析:由题意可得 f′(x)≤0 即 3x ﹣2tx+3≤0 在[1,3]上恒成立,由二次函数的性质可得不等式 组. 3 2 2 解:∵函数 f(x)=x ﹣tx +3x,f′(x)=3x ﹣2tx+3, 若对于任意的 a∈[1,2],b∈(2,3],函数 f(x)在区间(a,b)上单调递减, 2 则 f′(x)≤0 即 3x ﹣2tx+3≤0 在[1,3]上恒成立, ∴ ,解得 t≥5,

2

故选 D. 考点:利用导数研究函数的单调性. 2 22.函数 f(x)=x ﹣4x+5﹣2lnx 的零点个数为 . 【答案】2 2 【解析】试题分析:根据 f(x)解析式确定出 x 大于 0,求函数 f(x)=x ﹣4x+5﹣2lnx 的零点个数,即 求方程 lnx= (x﹣2) + 的解的个数,利用图象求出即可. 解:由题意可得 x>0, 求函数 f(x)=x ﹣4x+5﹣2lnx 的零点个数,即求方程 lnx= (x﹣2) + 的解的个数, 数形结合可得,函数 y=lnx 的图象和函数 y= (x﹣2) + 的图象有 2 个交点, 则 f(x)=lnx﹣x +2x+5 有 2 个零点, 故答案为:2
2 2 2 2 2

考点:根的存在性及根的个数判断.

? ex , x ? 1 , g ( x) ? kx ? 1 , 23. 已知函数 f ( x) ? ? 若方程 f ( x) ? g ( x) ? 0 有两个不同实根, 则实数 k 的 ? f ( x ? 1), x ? 1
取值范围是_____. 【答案】 (

【解析】试题分 析:分别作出 f ? x ? , g ? x ? 的图象如图所示,由图象可知,当 k ? 1 时,直线 y ? x ? 1 与

e ?1 ,1) ? (1, e ? 1] 2

y ? e x 相切,只有一个交点;当 k ? 1 增大时, f ? x ? , g ? x ? 有两个不同的交点,最大值为
当 当 k ? 1 变 小 时 , f ? x?, g ? x? 有 两 个 不 同 的 交 点 , 最 小 值 为

(

e ?1 ,1) ? (1, e ? 1] . 2

e ?1 e ?1 ,故 k 的取值范围为 ? 2?0 2

e ?1 ? e ?1; 1? 0

26

考点:1、函数零点问题;2、数形结合与分类讨论的数学思想. 【方法点晴】本题是一个函数中典型的属性结合与分类讨论的题目.通过本题,我们要学会画分段周期函 数的图象, f ? x ? ? f ? x ? 1? 说明函数的周期为 1 ,通过向右平移 1 个单位,就可以得到函数在区间 ?1, 2? 上 象,就可以快速解决. 的图象,以此类推,得出函数 f ? x ? 的图象,对函数 g ? x ? 的图象,要注意到它经过定点 ? 0,1? ,再结合图

27


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