題目列表(包括答案和解析)
(12分)若,,其中,函數(shù),且的圖象關(guān)于直線對(duì)稱.
(1)求的解析式及的單調(diào)區(qū)間;
(2)將的圖象向左平移個(gè)單位,再將得到的圖象的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)后得到的的圖象;若函數(shù),的圖象與的圖象有三個(gè)交點(diǎn)且交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等比數(shù)列,求的值.
若,且.
(1)求的最小值及對(duì)應(yīng)的x值;
(2)若不等式的解集記為A,不等式的解集記為B,求.
若,其中,記函數(shù)
①若圖像中相鄰兩條對(duì)稱軸間的距離不小于,求的取值范圍;
②若的最小正周期為,且當(dāng)時(shí),的最大值是,求的解析式,并說(shuō)明如何由的圖像變換得到的圖像。
若,其中,函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱.
(1)求的解析式;
(2)將的圖象向左平移個(gè)單位,再將得到的圖象的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)后得到的圖象;若函數(shù),的圖象與的圖象有三個(gè)交點(diǎn)且交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等比數(shù)列,求的值.
一、選擇題:本大題共10小題,每小題5分,共50分。
1.D點(diǎn)拔:由已知可得M=N,故,a、b是方程x2-4x+2=0的兩根,故a+b=4
2.D 點(diǎn)拔:∵
∴等號(hào)取不到,即故A、B、C均正確,而D顯然錯(cuò)誤,應(yīng)為|a|-|b|<|a-b|.
3.A 點(diǎn)拔: 由題意知,選出的6名學(xué)生中應(yīng)有4名女生,2名男生,故共C種不同的抽取方法。
4.D 點(diǎn)拔:若2為方程x2-6x+k=0的根.∴另一根為4,故k=8.又方程x2+6的兩根與2,4,按一定次序可排成以2為首項(xiàng)的等比數(shù)列,故另兩根易求出,分別為-2和-4.∴h=16,∴k+h=24,而其余情況均不可能.
5.C 點(diǎn)拔:tan110°=tan(120°-10°)= tan110°=tan(90°+20°)= -cot20°= -
6.B 點(diǎn)拔:,當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)上式取等號(hào),這時(shí)|PF1|=4a,由|PF1|+|PF2|≥|F1F2|,得6a≥2c,故1<e=
7.D 點(diǎn)拔:由f′(x)的圖象可知,函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[a,b]上的兩端點(diǎn)處取得極值,且從a到b的各點(diǎn)處的切線的斜率是先增大后減小,故選D.
8.D 點(diǎn)拔:如圖所示,把對(duì)角面A1C繞A1B旋轉(zhuǎn)至A1BC′D′1,
使其與△AA1B在同一平面上,連接AD1′,則AD1′=
為所求的最小值.
9.B 點(diǎn)拔:設(shè)線段BC的中D,則
∴
∴
∴
=λ()=0
∴DP⊥BC.∴點(diǎn)P的軌跡一定通過(guò)△ABC的外心.
10.C 點(diǎn)拔:如圖,作出函數(shù)f(x)的圖象,可知關(guān)于f(x)的方程有一
正根和一零根,不妨設(shè)f(x1)=0且f(x2)=f(x3)=m
∴由圖像對(duì)稱性知x2+x3=2,又x1=1,∴(x1+x2+x3)2=9.
二、填空題:本大題共5小題,每小題5分,共25分.
11.-3點(diǎn)拔:z=
12.1<a<點(diǎn)拔:易知f(x)為奇函數(shù)且在定義域上增函數(shù),∴原不等式可化為f(1-a)<f(a2-1),其等價(jià)于不等式組
13.-t2+t+點(diǎn)拔:如圖,由題設(shè)條件所確定的區(qū)域?yàn)閳D中所示陰影部分.
∴S=×2×1-t2-(1-t)2=-t2+t+.
14.[ )∪(1,]點(diǎn)拔:函數(shù)y=的圖象上的點(diǎn)到原點(diǎn)的最短距離為1,最長(zhǎng)距離為3.
故q的最大值為的最小值為.又q≠1 ∴q∈[)∪(1, ].
15.n?2n-1點(diǎn)拔:對(duì)于任一個(gè)不含元素n的子集A,加入一個(gè)元素n后成集B,則集合A與集合B“交替和”的和為n.這種構(gòu)造的集合A集合與集合B是一一對(duì)應(yīng)的,各有2n-1個(gè),切每一對(duì)集合的“交替和”的和為n,故非空子集的“交集和”的總和Sn=n?2n-1.
三、解答題:本大題共6小題,共75分.
16.(1)∵△ABC三個(gè)頂點(diǎn)分別是A(3,0)、B(0,3)、C(cosα,sinα),
∴=(cosα-3,sinα),=(cosα,sinα-3), ………………(2分)
由||=||得
即cosα=sinα, ………………(4分)
∵ ∴a= ………………(6分)
(2)由得,(cosα-3)cosα+sinα(sinα-3)=-1
即sinα+cosα= ………………(8分)
∴(sinα+cosα)2=1+2sinαcosα=
又∴sinα>0,cosα<0.
(cosα-sinα)2=1-2sinαcosα=1-(-)=, ………………(10分)
∴cosα-sinα=- ………………(12分)
17.(1)y′=f′(x)=3x2-a. ………………(2分)
若f(x)在[1,+∞)上是單調(diào)遞減函數(shù),則須y′≤0,即α≥3x2恒成立,這樣的實(shí)數(shù)a不存在,故f(x)在[1,+∞)上不可能是單調(diào)遞減函數(shù); ………………(4分)
若f(x)在[1,+∞)]上是單調(diào)遞增函數(shù),則a≤3x2恒成立,由于x∈[1,+∞),故3x2≥3.從而0<a≤3. ………………(6分)
(2)解法一 (反證法)由(1)可知f(x)在[1,+∞)上只能為單調(diào)遞函數(shù).
假設(shè)f(x0)≠x0,
若1≤x0<f(x0),則f(x0)<f(f(x0))=x0,矛盾; ………………(8分)
若1≤f(x0)<x0,則f(f(x0))<f(x0),即x0<f(x0),矛盾, ………………(10分)
故只有f(x0)=x0成立. ………………(12分)
解法二 設(shè)f(x0)=u (u≥1),則f(u)=x0,∴x兩式相減得(x)-a(x0-u)-x0,
∴(x0-u)(x+x0u+u2+1-a)=0, …………………(8分)
∵x0≥1,u≥1,∴x+x0u+u2≥3.
又0<a≤3,∴x+x0u+u2+1-a>0.
∴x0-u≤0,即u=x0,亦即f(x0)=x0. …………………(12分)
18.(1)連結(jié)DM、D屏延長(zhǎng),分別交AB、A1B1于點(diǎn)P、Q,連結(jié)PQ,
∵M、N分別為△ABD、△A1B1D的垂心,則P、Q分別為AB、A1B1的中點(diǎn),
且∴PQ∥BB1∥MN, …………………(2分)
∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥BC,∴MN⊥BC. …………………(4分)
(2)連結(jié)CP,∵AC=BC,∴CP⊥AB,又∵CC1⊥面ABC,
∴AD=DB=, ∴DP⊥AB,
∴∠CPD即為二面角C-AB-D的平面角,∴∠CPD=arctan,
在Rt△ABC中,AC=BC=2,∴CP=,
∴在Rt△CDP中,CD=CP?tan∠CPD=2,
∵CC1=AA1=4,∴DC1=2, …………………(6分)
連結(jié)C1Q,C1Q=CP=
∵A1D=DB1=為A1B1的中點(diǎn),∴DQ⊥A1B1,
∴S△A1B1D=,
設(shè)C1到面DA1B1的距離為h,
∵VC1-A1B1D=VD-A1B1C1,∴h?SA1B1D=C1D?S△A1B1C1,
∴h=. …………………(8分)
(3)∵CM⊥面ABD,∴CM⊥DP,∴
∴CD=2,∴C1D=2,則DQ=DP,∵MN∥PQ,∴DM=DN,
∵CD2=DM?DP,∴DC=DN?DQ,
∴△DC1Q~△DNC1,∴∠C1ND=∠DC1Q=90°, …………………(10分)
∴C1N⊥DQ,又∵A1B1⊥面C1CPQ,∴A1B1⊥C1N,
∴C1N⊥面A1B1D,∴C1在面A1B1D的射影即為N. …………………(12分)
解法二:空間向量解法:以C1為原點(diǎn),如右圖建立空間直角坐標(biāo)系.
(1)設(shè)C1D=a(0≤a≤4),依題意有:
D(0,0,a),A(2,0,4),B(0,2,4),C(0,0,4),C1(0,0,0),
A1(2,0,0),B1(0,2,0) …………………(2分)
因?yàn)?i>M、N分別為△ABD,△A1B1D的重心.
所以M,
∵,∴MN⊥BC. …………………(4分)
(2)因?yàn)槠矫?i>ABC的法向量n1=(0,0,-1),設(shè)平面ABD的法向量n2=(x1,y1,z1).
令x1=1n2=,設(shè)二面角C-AB-D為θ,則由tanθ=,
因此cosθ= (舍)或a=2,
………………(6分)
設(shè)平面A1B1D的法向量為n3=(x,y,z),則
令x=1有n3=1(1,1,1),
設(shè)C1到平面A1B1D的距離為d,則d=.…………………(8分)
(3)若點(diǎn)C在平面ABD上的射影正好為M,則,
即()?(-2,0,a-4)=0(舍)或a=2,……(10分)
因此D為CC1的中點(diǎn),根據(jù)對(duì)稱性可知C1在平面A1B1D的射影正好為N. …(12分)
19.設(shè)甲、乙兩位旅客的候車時(shí)間分別為ξ,η分鐘,則他們的分布列為;
甲旅客 乙旅客
ξ 10 30 50 η 10 30 50 70 90
P
易知Eξ=10×, …………(8分)
∴Eη=,…………(10分)
∴Eξ<Eη,旅客甲候車時(shí)間的平均值比旅客乙多.
答:旅客甲候車時(shí)間的平均值比旅客乙多. …………(12分)
20.(1)∵f(x)≤0的解集有且只有一個(gè)元素,∴△=a2-4a=0a=0或a=4,,
當(dāng)a=0時(shí),函數(shù)f(x)=x2在(0,+∞)上遞增,故不存在0<x1<x2,使得不等式f(x1)>f(x2)成立.
…………(2分)
綜上,得a=4,f(x)=x2-4x+4,∴Sn=n2-4n+4,∴an=Sn-Sn-1=………(5分)
(2)要使=2,可構(gòu)造數(shù)列bn=n-k, …………………………………………(6分)
∵對(duì)任意的正整數(shù)n都有bn<an,
∴當(dāng)n≥2時(shí),n-k<2n-5恒成立且1-k<1,即n>5-k恒成立且k>0,
即 ……………………………………(8分)
又bn≠0,∴k∈N*,∴bn=n-,等等. ……………………………………(9分)
(3)解法一:由題設(shè)cn=,
∵n≥3時(shí),cn+1-cn=∴n≥3時(shí),數(shù)列{cn}遞增,
…………………………(11分)
∵a4=-,可知a4?a5<0,即n≥3時(shí),有且只有1個(gè)變號(hào)數(shù);
又∵c1=-3,c2=5,c3=-3, 即c1?c2<0,c2?c3<0, ∴此處變號(hào)數(shù)有2個(gè).
綜上得數(shù)列{cn}共有3個(gè)變號(hào)數(shù),即變號(hào)數(shù)為3. …………………………(13分)
解法二:由題設(shè)cn=,
n≥2時(shí),令cn?cn+1<0或n=4;
…………………………(11分)
又∵c1=-3,c2=5,∴n=1時(shí)也有c1?c2<0.
綜上得數(shù)列{cn}共有3個(gè)變號(hào)數(shù),即變號(hào)數(shù)為3. …………………………(13分)
21.如右圖,連結(jié)MO交CC1于E,連結(jié)DE,延長(zhǎng)DA,CN交于Q,連結(jié)OQ交AM于P,則PQ為所求的線段易得,………………(2分)
在Rr△PMO中,可得到
PO=,
故PQ=2PO=. ………………………(4分)
(2)過(guò)T作TE⊥DD1于E,過(guò)T作TF⊥AA1于F,
⊥平面TEF,故AA1⊥EFTF∥PT,
在Rt△TFE中,TF2=TE2=TE2-1=PT2TE=PT
故T點(diǎn)的軌跡是以P為焦點(diǎn),以AA1為準(zhǔn)線的拋物線,(7分)
以過(guò)P點(diǎn)且垂直AA1的直線為x軸,以P點(diǎn)到AA1
的垂線段的中點(diǎn)為原點(diǎn),建立直角坐標(biāo)系,設(shè)拋物線
的方程y2=2px(p>0),由于P咪到AA1的距離為,
∴曲線K的方程為y2= ……………(9分)
(3)假設(shè)拋物線與圓有交點(diǎn),設(shè)交點(diǎn)為G,則∠PGB為直角,易得PB2==,且B點(diǎn)在拋物線內(nèi)部,
故PG2+GB2+, …………………(11分)
又PG2+GB2≥
過(guò)G作GH⊥AA1,則PG=HG,
∴PG2+GB2≥矛盾,故交點(diǎn)G不存在,于是以PB為直徑的圓與曲線K沒(méi)有交點(diǎn). ……………………(14分)
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