(共57张PPT)
阶段滚动过关练(五)
(60分钟 90分)
一、单项选择题(每小题5分,共30分)
1.(2020·韶关二模)设全集U=R,集合A={x|x2-2x-3<0},B={x|x≤-2或x≥1},则A∩(?UB)=( )
A.{x|-1
B.{x|-2C.{x|-2≤x<3}
D.{x|x≤-2或x>-1
}
【解析】选A.因为A={x|-1A∩(?UB)={x|-12.已知i为虚数单位,复数z满足(2i+1)z=1-i,则
在复平面内对应的点位
于( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【解析】选B.由(2i+1)z=1-i,得z=
,所以
,则
在复平面内对应的点的坐标为
,位于第二象限.
【加练备选】
1.(x+2y)(x-y)6的展开式中,x3y4的系数为( )
A.55
B.25
C.-25
D.-55
【解析】选C.在(x+2y)(x-y)6的展开式中,含x3y4的项为x·
·x2·(-y)4
+2y·
·x3·(-y)3=(
-2
)·x3·y4=-25x3y4.
2.已知向量a=(-1,3),b=
,若a⊥b,则a+
b与a的夹角为( )
【解析】选B.由a⊥b,
可得a·b=-λ+
=0,故λ=
,
则a+
b=(-1,3)+(3,1)=(2,4),
设a+
b与a的夹角为θ,
则cos
θ=
,
因为0≤θ≤π,所以θ=
.
3.(2020·全国Ⅲ卷)设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C:y2=2px(p>0)交于D,E两
点,若OD⊥OE,则C的焦点坐标为( )
A.
B.
C.(1,0)
D.(2,0)
【解析】选B.将x=2代入y2=2px(p>0)得y=±2
,由OD⊥OE得kOD·kOE=-1,
即
=-1,得p=1,所以抛物线C:y2=2x的焦点坐标为
.
4.过双曲线C:
=1(a>0,b>0)的右焦点F作双曲线C的一条弦AB,且
=0,若以AB为直径的圆经过双曲线C的左顶点,则双曲线C的离心率为( )
【解析】选C.因为
=0,所以F是弦AB的中点.且AB垂直于x轴.因为以AB为
直径的圆经过双曲线C的左顶点,所以
=a+c,即
=a+c,则c-a=a,故e=
=2.
5.(2020·张家口二模)2020年3月10日湖北武汉某方舱医院“关门大吉”,某省驰援湖北“抗疫”的9名身高各不相同的医护人员站成一排合影留念,庆祝圆满完成“抗疫”任务,若恰好从中间往两边看都依次变低,则身高排第4的医护人员和最高的医护人员相邻的概率为( )
【解析】选A.某省驰援湖北“抗疫”的9名身高各不相同的医护人员站成一排合
影留念,恰好从中间往两边看都依次变低,基本事件总数n=
=70,身高排
第4的医护人员和最高的医护人员相邻包含的基本事件总数为m=
=20,所以
身高排第4的医护人员和最高的医护人员相邻的概率为:P=
.
6.(2020·全国Ⅲ卷)设双曲线C:
=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,
离心率为
.P是C上一点,且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面积为4,则a=( )
A.1
B.2
C.4
D.8
【解析】选A.设PF1=m,PF2=n,m>n,
mn=4,m-n=2a,m2+n2=4c2,e=
,所以a=1.
【加练备选】
如图为一个正方体ABCD-A1B1C1D1与一个半球O1构成的组合体,
半球O1的底面圆与该正方体的上底面A1B1C1D1的四边相切,O1与正方
形A1B1C1D1的中心重合.将此组合体重新置于一个球O中(球O未画
出),使该正方体的下底面ABCD的顶点均落在球O的表面上,半球O1与球O内切,设切
点为P,若正四棱锥P-ABCD的表面积为4+4
,则球O的表面积为( )
A.
B.
C.12π
D.9π
【解析】选B.设球O,半球O1的半径分别为R,r,由题意知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱
长为2r,四棱锥P-ABCD为正四棱锥.设该正方体的底面ABCD的中心为G,连接AC,PG,
则四棱锥P-ABCD的高PG=3r,
其各侧面的高为
.
由题意:得(2r)2+4×
×2r×
r=4+4
,解得r=1.由题意知球
O的球心在线段
O1G上,连接OC,则在Rt△OGC中,OC=R,OG=3-R,CG=
AC=
×2
=
,由勾股定理,
得OC2=OG2+GC2,即R2=(3-R)2+(
)2,解得R=
,所以球O的表面积S=4πR2=
.
二、多项选择题(共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
7.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知a>0,b>0,且a+b=1,则( )
A.a2+b2≥
B.2a-b>
C.log2a+log2b≥-2
D.
+
≤
【命题意图】本题考查基本不等式的应用,考查利用基本不等式求最值,体现了
数学抽象和逻辑推理等核心素养.
【解析】选ABD.因为a+b=1,所以由2(a2+b2)≥(a+b)2(当且仅当a=b时,等号成立),
得a2+b2≥
,故A项正确;由题意可得0
,故
B项正确;因为a+b≥2
(当且仅当a=b时,等号成立),所以ab≤
,所以log2a+
log2b≤log2
=-2,故C项错误;由2(a+b)≥
(当且仅当a=b时,等号成立),
得
+
≤
,故D项正确.
8.已知P是双曲线C:
=1上任一点,A,B是双曲线上关于坐标原点对称的两
点.设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2
,若
≥t恒成立,且实数t的
最大值为
.则下列说法正确的是( )
A.双曲线的方程为
-y2=1
B.双曲线的离心率为2
C.函数y=logu(x-1)(u>0,u≠1)的图象恒过C的一个焦点
D.直线2x-3y=0与C有两个交点
【解析】选AC.设A(x0,y0),B(-x0,-y0),P(x,y),x≠±x0,
=1,y2=
-m,
=
-m,k1k2=
所以
若
则直线PA,PB与渐近线平行或重合,不合题意,所以不等式取不到等号,而
≥t恒成立,所以t≤2
=
,所以m=1,双曲线方程为
-y2=1,选项A正确;
双曲线的离心率为
,选项B错误;
双曲线的焦点为(±2,0),函数y=logu(x-1)(u>0,u≠1)的图象过定点(2,0),所以
选项C正确;双曲线
-y2=1的渐近线方程为y=±
x,而直线2x-3y=0的斜率为
>
,所以直线2x-3y=0与双曲线没有交点,所以选项D错误.
三、填空题(每小题5分,共20分)
9.(2020·丹东二模)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项积为Tn,a4a8=4,
logbT11=
(b>0且b≠1),则b=________.?
【解析】由等比数列的性质可知,a4a8=
=4,因为数列各项为正,故a6=2,T11=
=211,所以logbT11=11logb
2=
,b=2
.
答案:2
10.随着养生观念的深入,国民对餐饮卫生条件和健康营养要求提高.吃烧烤的人数日益减少,烧烤店也日益减少.某市对2015年到2019年五年间全市烧烤店盈利店铺的个数进行了统计,具体统计数据如表:
年份
2015
2016
2017
2018
2019
年份代号(t)
1
2
3
4
5
盈利店铺
的个数(y)
260
240
215
200
180
根据所给数据,得出y关于t的回归方程
=
t+279,估计该市2020年盈利烧烤店
铺的个数为______.?
【解析】
=3,
=219,样本点的中心坐标为(3,219),
代入
=
t+279,
得219=3
+279,得
=-20.
所以线性回归方程为
=-20t+279,
取t=6,得
=-20×6+279=159.
估计该市2020年盈利烧烤店铺的个数为159个.
答案:159
11.(2020·全国Ⅰ卷)已知F为双曲线C:
=1(a>0,b>0)的右焦点,A为C的右
顶点,B为C上的点,且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3,则C的离心率为________.?
【解析】依题可得,
=3,而
,
=c-a,即
=3,变形得
c2-a2=3ac-3a2,化简可得,e2-3e+2=0,解得e=2或e=1(舍去).
答案:2
12.设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0),准线为l,过焦点的直线交抛物线于A,B两点,分别过A,B作l的垂线,垂足为C,D,若|AF|=4|BF|,则p=________;三角形CDF的面积为________.?
【解析】抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0),所以
=1,所以p=2;
如图所示,
过点B作BM∥l,交直线AC于点M,
由抛物线的定义知|AF|=|AC|,|BF|=|BD|,
且|AF|=4|BF|,所以|AM|=3|BF|,|AB|=5|BF|,
所以|AM|=
|AB|,
|BM|=4|BF|,可知:∠AFx=∠BAM,
所以直线AB的斜率为k=tan∠BAM=
设直线AB的方程为y=
(x-1),
设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由
消去y整理得4x2-17x+4=0,所以x1+x2=
,
所以|AB|=x1+x2+p=
,
所以|CD|=|AB|sin
∠BAM=
=5;
所以△CDF的面积为
×5×2=5.
答案:2 5
【加练备选】
1.(2020·安阳三模)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F到准线的距离为4,过点F
和R(m,0)的直线l与抛物线C交于P,Q两点,若
,则|PQ|=______.?
【解析】依题意,抛物线C:x2=8y,因为
,F(0,2).故点P的纵坐标为1,代入
抛物线方程,可得点P的横坐标为±2
.
不妨设P(-2
,1),
则kPF=
,故直线l的方程为y=
x+2,将其代入x2=8y,
得x2-2
x-16=0,
可得Q(4
,4),
故|PQ|=
=9.
答案:9
2.如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥AD,AB=1,AD=
,BC=
.
(1)若CD=1+
,求四边形ABCD的面积;
(2)若sin
∠BCD=
,∠ADC∈
,求sin
∠ADC.
【解析】(1)连接BD,在Rt△ABD
中,由勾股定理可得,BD2=AB2+AD2=4,
故BD=2,
在△BCD中,由余弦定理可得,
cos
C=
因为C为三角形的内角,故C=
,
所以S△ABD=
AB·AD=
×1×
=
,
BC·CD
sinC
=
,
故所求四边形ABCD的面积S=
.
(2)在△BCD中,由正弦定理可得
,
所以sin
∠BDC=
,
因为∠ADC∈
,
所以∠BDC∈
,cos
∠BDC=
,
在Rt△ABD中,tan∠ADB=
,
故∠ADB=
,
所以sin∠ADC=sin
四、解答题(每小题10分,共30分)
13.在等差数列{an}中,已知a6=16,a16=36.
在①bn=
;②bn=(-1)n·an;③bn=
·an这三个条件中任选一个补充在第(2)
问中,并对其求解.
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)若________,求数列{bn}的前n项和Sn.?
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,
则a16=a6+(16-6)d,
即36=16+10d,d=2,
故an=16+(n-6)×2=2n+4.
(2)选①,由bn=
得Sn=
选②,由bn=(-1)nan=(-1)n(2n+4)得当n为偶数时,
Sn=2[-3+4-5+6-…+(n+2)]=2×
×1=n.
当n为奇数时,Sn=2[-3+4-5+6-…+(n-1)-(n+2)]
=2
=-n-5,
故Sn=
选③,由bn=(2n+4)·22n+4得Sn=6·26+8·28+10·210+…+(2n+4)·22n+4,①
则4Sn=6·28+8·210+…+(2n+2)·22n+4+(2n+4)·22n+6,②
①-②,得-3Sn=6·26+2·28+2·210+…+2·22n+4-(2n+4)·22n+6
=6·26+2
-(2n+4)·22n+6=
·27-
·22n+7,
故Sn=
·22n+7-
.
14.(2020·马鞍山二模)随着生活水平的提高和人们对健康生活的重视,越来越多的人加入到健身运动中.国家统计局数据显示,2019年有4亿国人经常参加体育锻炼.某健身房从参与健身的会员中随机抽取100人,对其每周参与健身的天数和2019年在该健身房所有消费金额(单位:元)进行统计,得到统计表及统计图:
平均每周
健身天数
不大于2
3或4
不少于5
人数(男)
20
35
9
人数(女)
10
20
6
若某人平均每周进行健身天数不少于5,则称其为“健身达人”.该健身房规定消费金额不多于1
600元的为普通会员,超过1
600元但不超过3
200元的为银牌会员,超过3
200元的为金牌会员.
(1)已知金牌会员都是健身达人,现从健身达人中随机抽取2人,求他们均是金牌会员的概率;
(2)能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为性别与是否为“健身达人”有关系?
(3)该健身机构在2019年年底针对这100位消费者举办一次消费返利活动,现有以下两种方案:
方案一:按分层抽样从普通会员、银牌会员和金牌会员中共抽取25位“幸运之星”,分别给予188元,288元,888元的幸运奖励;
方案二:每位会员均可参加摸奖游戏,游戏规则如下:不透明摸奖箱中装有5张形状大小完全一样的卡片,其中3张印跑步机图案、2张印动感单车图案,有放回地摸三次卡片,每次只能摸一张,若摸到动感单车的总数为2,则获得100元奖励,若摸到动感单车的总数为3,则获得200元奖励,其他情况不给予奖励.规定每个普通会员只能参加1次摸奖游戏,每个银牌会员可参加2次摸奖游戏,每个金牌会员可参加3次摸奖游戏(每次摸奖结果相互独立).
请你比较该健身房采用哪一种方案时,在此次消费返利活动中的支出较少,并说
明理由.
附:K2=
,其中n=a+b+c+d为样本容量.
P(K2≥k0)
0.50
0.25
0.10
0.05
0.010
0.005
k0
0.455
1.323
2.706
3.841
6.635
7.879
【解析】(1)由题表可知,健身达人共有9+6=15人,由直方图可知,
金牌会员共有8+4=12人,
所以从健身达人中随机抽取2人,他们均是金牌会员的概率为
(2)由题表中的数据可制作如下的2×2列联表,
是健身达人
不是健身达人
总计
男
9
55
64
女
6
30
36
总计
15
85
100
所以K2的观测值k=
≈0.123<3.841,故不能在犯错误的概
率不超过0.05的前提下认为性别与是否为“健身达人”有关系.
(3)方案一:25位“幸运之星”中,普通会员人数为25×
=7人,银牌会员人数
为25×
=15人,金牌会员人数为25×
=3人,
所以健身房的支出为7×188+15×288+3×888=8
300元;
方案二:每次摸卡片,摸到动感单车图案的卡片的概率为
,
设参加一次游戏获得的奖励金额为X,则X的可能取值为0,100,200,
数学期望E(X)=
所以健身房的支出为(28+60×2+12×3)×
=7
654.4元.
因为7
654.4<8
300,所以健身房采用方案二时,
在此次消费返利活动中的支出较少.
15.已知抛物线C:y2=2px(p>0),抛物线C上横坐标为1的点到焦点F的距离为3.
(1)求抛物线C的方程及其准线方程;
(2)过(-1,0)的直线l交抛物线C于不同的两点A,B,交直线x=-4于点E,直线BF交直线x=-1于点D.是否存在这样的直线l,使得DE∥AF?若不存在,请说明理由;若存在,求出直线l的方程.
【解析】(1)因为横坐标为1的点到焦点的距离为3,所以1+
=3,解得p=4,
所以y2=8x,所以准线方程为x=-2.
(2)显然直线l的斜率存在,
设直线l的方程为y=k(x+1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).
联立得
消去y得k2x2+(2k2-8)x+k2=0.
由Δ=(2k2-8)2-4k4>0,
解得-
,所以-
且k≠0.
由根与系数的关系得x1+x2=
,x1x2=1.
方法一:直线BF的方程为y=
(x-2),
又xD=-1,所以yD=
,
所以D
,
因为DE∥AF,所以直线DE与直线AF的斜率相等.
又E(-4,-3k),所以
整理得k=
,
即k=
,
化简得1=
,
1=
,即x1+x2=7.
所以
=7,整理得k2=
,
解得k=±
.
经检验,k=±
符合题意.
所以存在这样的直线l,直线l的方程为
y=
(x+1)或y=-
(x+1).
方法二:因为DE∥AF,所以
所以
.
整理得x1x2+(x1+x2)=8,即
=7,
整理得k2=
.
解得k=±
,经检验,k=±
符合题意.
所以存在这样的直线l,直线l的方程为
y=
(x+1)或y=-
(x+1).
【加练备选】
给出下列条件:①焦点在x轴上;②焦点在y轴上;③抛物线上横坐标为1的点A
到其焦点F的距离等于2;④抛物线的准线方程是x=-2.
(1)对于顶点在原点O的抛物线C:从以上四个条件中选出两个适当的条件,使得抛
物线C的方程是y2=4x,并说明理由;
(2)过点(4,0)的任意一条直线l与C:y2=4x交于不同的两点A,B,试探究是否总有
?请说明理由.
【解析】(1)因为抛物线C:y2=4x的焦点F(1,0)在x轴上,所以条件①符合,条件②
不符合.
又因为抛物线C:y2=4x的准线方程为:x=-1,所以条件④不符合题意,
当选择条件③时,
|AF|=xA+1=1+1=2,此时符合题意,故选择条件①③时,
可得抛物线C的方程是y2=4x.
(2)假设总有
,由题意得直线l的斜率不为0,
设直线l的方程为x=ty+4, 由
得y2-4ty-16=0,
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
所以Δ>0恒成立,y1+y2=4t,y1y2=-16,
则x1x2=(ty1+4)(ty2+4)=t2y1y2+4t(y1+y2)+16=-16t2+16t2+16=16,
所以
·
=x1x2+y1y2=16-16=0,所以
,
综上所述,无论l如何变化,总有
.(共47张PPT)
阶段滚动过关练(一)
(60分钟 90分)
一、单项选择题(每小题5分,共30分)
1.(2020·太原三模)已知集合A={x|x2-3x+2≥0},B={x|x+1≥a},若A∪B=R,则实数a的取值范围是( )
A.[2,+∞)
B.(-∞,2]
C.[1,+∞)
D.(-∞,1]
【解析】选B.因为集合A={x|x2-3x+2≥0}
={x|x≤1或x≥2},
B={x|x+1≥a}={x|x≥a-1},A∪B=R,
所以a-1≤1,解得a≤2,
所以实数a的取值范围是(-∞,2].
2.(2020·韶关二模)设复数z=a-
(a∈R),若|z|=
,则a的值为( )
A.6
B.0
C.0或6
D.-6
【解析】选C.因为
由已知得
,解得a=0或6.
3.(2020·沈阳三模)设函数f(x)=cos2x+bsin
x,则“b=0”是“f(x)的最小正周期为π”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
【解析】选C.当b=0时,函数f(x)=cos2x+bsin
x=cos2x=
,所以函数的最
小正周期为
=π;
当b≠0时,f(x)=cos2x+bsin
x=
+bsin
x,函数的最小正周期为π和2π的
最小公倍数,即为2π,当函数的最小正周期为π时,可得b=0,“b=0”是“f(x)的
最小正周期为π”的充要条件.
4.受新冠肺炎疫情影响,某学校按上级文件指示,要求错峰放学,错峰有序吃饭.高三年级一层楼六个班排队,甲班必须排在前三位,且丙班、丁班必须排在一起,则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有( )
A.240种
B.120种
C.188种
D.156种
【解析】选B.根据题意,甲班必须排在前三位,
分3种情况讨论:
①甲班排在第一位,丙班、丁班排在一起的情况有4
=8种,将剩余的三个班级
全排列,安排到剩下的三个位置,有
=6种情况,此时有8×6=48种安排方案;
②甲班排在第二位,丙班、丁班排在一起的情况有3
=6种,将剩余的三个班级
全排列,安排到剩下的三个位置,有
=6种情况,此时有6×6=36种安排方案;
③甲班排在第三位,丙班、丁班排在一起的情况有3
=6种,将剩余的三个班级
全排列,安排到剩下的三个位置,有
=6种情况,此时有6×6=36种安排方案;
则一共有48+36+36=120种安排方案.
5.函数f(x)=sin(ωx+φ)
的图象如图所示,先将函数f(x)图象上所有
点的横坐标变为原来的6倍,纵坐标不变,再将所得函数的图象向左平移
个单
位长度,得到函数g(x)的图象,则下列结论正确的是( )
A.函数g(x)是奇函数
B.函数g(x)在区间[-2π,0]上单调递增
C.函数g(x)图象关于(3π,0)对称
D.函数g(x)图象关于直线x=-3π对称
【解题导引】首先利用函数的图象求出函数的关系式,进一步利用函数的图象的伸缩变换和平移变换的应用求出函数g(x)的关系式,最后利用函数的性质求出结果.
【解析】选D.根据T=4×
=π,
所以ω=
=2,由于函数的图象过
,
所以2×
+φ=2kπ+
,k∈Z,
由于|φ|<
,解得φ=
,
故f(x)=sin
,
先将函数f(x)图象上所有点的横坐标变为原来的6倍,纵坐标不变,再将所得函数
的图象向左平移
个单位长度,
得到
故函数g(x)为偶函数,①错误.
令
x∈[2kπ,2kπ+π](k∈Z),所以x∈[6kπ,3π+6kπ](k∈Z),因为[-2π,0]
?[6kπ,3π+6kπ](k∈Z),所以②错误.
令
x=
+kπ(k∈Z),解得x=
+3kπ(k∈Z),所以函数的对称中心为
(k∈Z),③错误;④令
x=kπ(k∈Z)解得x=3kπ(k∈Z),当k=-1时,x=-3π,④正
确.
6.已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=1,c=
,且2sin(B+C)cos
C
=1-2cos
Asin
C,则△ABC的面积是( )
【解题导引】由已知利用三角函数恒等变换可求sin
B=
,由于b锐角,利用同角三角函数基本关系式可求cos
B的值,根据余弦定理解得a的值,进
而根据三角形的面积公式即可求解.
【解析】选C.因为2sin(B+C)cos
C
=1-2cos
Asin
C,
所以2sin
Acos
C=1-2cos
Asin
C,
所以2sin
Acos
C+2cos
Asin
C=1,
所以2sin(A+C)=1,
所以2sin
B=1,所以sin
B=
.
因为b所以cos
B=
,12=a2+
-2×a×
×
,解得a=1或a=2.
当a=1时,△ABC的面积
S=
acsin
B=
×1×
×
=
;
当a=2时,△ABC的面积S=
acsin
B=
×2×
×
=
.
综上,△ABC的面积是
或
.
二、多项选择题(共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
7.已知函数f(x)=|sin
x||cos
x|,则下列说法正确的是( )
A.f(x)的图象关于直线x=
对称
B.f(x)的周期为
C.(π,0)是f(x)的一个对称中心
D.f(x)在区间
上单调递减
【解析】选BCD.f(x)=|sin
x||cos
x|=|sin
xcos
x|=
·|sin
2x|,则f
=
|sin
π|=0,
则f(x)的图象不关于直线x=
对称,故A错误;函数周期T=
×
=
,故B正
确;
f(π)=
|sin
2π|=0,则(π,0)是f(x)的一个对称中心,故C正确;当x∈
时,2x∈
,此时sin
2x>0,且sin
2x为减函数,故D正确.
8.下列结论正确的是( )
A.?x∈R,x+
≥2
B.若aC.若x
<0,则log2x∈
D.若a>0,b>0,a+b≤1,则0【解析】选BD.当x<0时,x+
为负数,所以A不正确;
若a<0,考虑函数f(x)=x3在R上单调递增,所以
,
即
,所以B正确;
若x
<0,则0若a>0,b>0,a+b≤1,根据基本不等式有
所以D正确.
三、填空题(每小题5分,共20分)
9.在
的展开式中,常数项为______.?
【解析】因为
的通项公式为:
Tr+1=
·x6-r·
=
·
·x6-2r;
当6-2r=0时,r=3;
当6-2r=-1时,r不存在;
所以
的展开式中,
常数项为
.
答案:-
10.(2020·中卫二模)如图所示,位于东海某岛的雷达观测站A,发现其北偏东
45°,与观测站A距离20
海里的B处有一货船正匀速直线行驶,半小时后,又测
得该货船位于观测站A东偏北θ(0°<θ<45°)的C处,且cos
θ=
,已知A,C两
处的距离为10海里,则该货船的船速为________海里/小时.?
【解析】因为cos
θ=
,所以sin
θ=
,
由题意得∠BAC=45°-θ,
即cos∠BAC=cos(45°-θ)
因为AB=20
,AC=10,
所以由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC,
即BC2=
+102-2×20
×10×
=800+100-560=340,
即BC=
=2
,
设船速为x海里/小时,则
x=2
,
所以x=4
.
答案:4
11.设命题p:
<0,命题q:x2-
x+a(a+1)≤0,若p是q的充分不必要条件,
则实数a的取值范围是____________.?
【解析】由题意得,p:
<0,解得
x
+a(a+1)≤0,解得a≤x≤a+1,即q:a≤x≤a+1,要使得p是q的充分不必要条件,
则
解得0≤a≤
,所以实数a的取值范围是
.
答案:
12.设f(x)=
(1)当a=
时,f(x)的最小值是________;?
(2)若f(0)是f(x)的最小值,则a的取值范围是________.?
【解析】(1)当a=
时,
当x≤0时,f(x)=
当x>0时,f(x)=x+
≥2
=2,当且仅当x=1时取等号,则函数的最小值为
.
(2)由(1)知,当x>0时,函数f(x)≥2,此时的最小值为2,
若a<0,则当x=a时,函数f(x)的最小值为f(a)=0,此时f(0)不是最小值,不满足条
件.
若a≥0,则当x≤0时,函数f(x)=(x-a)2为减函数,
则当x≤0时,函数f(x)的最小值为f(0)=a2,
要使f(0)是f(x)的最小值,则f(0)=a2≤2,即0≤a≤
,即实数a的取值范围是
[0,
].
答案:(1)
(2)[0,
]
四、解答题(每小题10分,共30分)
13.已知f(x)=
sin
-cos
x.
(1)写出f(x)的最小正周期,并求f(x)的最小值;
(2)已知a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边,b=5
,cos
A=
且f(B)=1,求
边a的长.
【解析】f(x)=
sin
-cos
x
=
sin
xcos
+
cos
xsin
-cos
x
=
sin
x+
cos
x
=sin
.
(1)f(x)的最小正周期T=
当x+
=-
+2kπ,k∈Z,即x=
+2kπ,k∈Z时,f(x)取得最小值-1;
(2)在△ABC中,b=5
,cos
A=
,
所以sin
A=
又f(B)=1,所以sin
=1,
所以B+
=
,解得B=
,
所以
,解得a=8.
14.(2020·聊城二模)在①acos
B+bcos
A=2ccos
C;②2asin
Acos
B+bsin
2A=
a;③△ABC的面积为S,且4S=
(a2+b2-c2)这三个条件中任意选择一个,填入下
面的问题中,并求解:
在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,函数f(x)=2
sin
ωxcos
ωx
+2cos2ωx的最小正周期为π,c为f(x)在
上的最大值,且________,求a-b
的取值范围.?
【解题导引】先利用二倍角公式及辅助角公式对已知函数进行化简,结合周期公式可求ω,结合正弦函数的性质可求最大值即可求c,然后由已知条件,结合正弦定理,三角形的面积公式及余弦定理进行化简即可求解.
【解析】f(x)=2
sin
ωxcos
ωx+2cos2ωx
=
sin
2ωx+cos
2ωx+1
=2sin
+1,由题意可得T=
=π,
故ω=1,f(x)=2sin
+1,
因为0≤x≤
π,
所以
故f(x)的最大值为3,即c=3.
①由acos
B+bcos
A=2ccos
C可得sin
Acos
B+sin
Bcos
A=2sin
Ccos
C,
即sin(A+B)=2sin
Ccos
C=sin
C,
所以cos
C=
,C=
π;
②由2asin
Acos
B+bsin
2A=
a及正弦定理可得,
2sin2Acos
B+2sin
Bsin
Acos
A=
sin
A,
因为sin
A≠0,
所以sin
Acos
B+sin
Bcos
A=sin(A+B)=
,
故sin
C=
,因为C为锐角,所以C=
π;
③△ABC的面积满足4S=
(a2+b2-c2),
故2absin
C=
(a2+b2-c2)=2
abcos
C,
所以sin
C=
cos
C即tan
C=
,
所以C=
,
因为c=3,C=
,A+B=
,
=2
,
所以a-b=2
(sin
A-sin
B),
因为
,所以-
<
,
所以-
<2
sin
<
,
故a-b的范围
.
【加练备选】
(2020·惠州一模)在△ABC中,已知内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量
m=
,向量n=(cos
B,cos
2B),且m∥n,角B为锐角.
(1)求角B的大小;
(2)若b=2,求△ABC面积的最大值.
【解析】(1)由m∥n可得
cos
2B
=-2sin
Bcos
B=-sin
2B,
所以tan
2B=-
,因为B为锐角,
所以2B=
即B=
.
(2)由余弦定理可得,cos
B=
所以a2+c2=4+ac≥2ac,
当且仅当a=c=2时取等号,所以ac≤4,
所以S△ABC=
acsin
B=
×
ac=
≤
,即面积的最大值为
.
15.在①m=
,n=
,且m⊥n,②2a-c=2bcos
C,③sin
=cos
B+
这三个条件中任选一个补充在下面的问题中,并给出解答.
在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且________.?
(1)求角B;(2)若b=4,求△ABC周长的最大值.
【解析】(1)选①.
因为m=
,n=
,且m⊥n所以
化简得,a2+c2-b2=ac,由余弦定理得
又因为0.
选②.
根据正弦定理,由2a-c=2bcos
C得2sin
A-sin
C=2sin
Bcos
C,
又因为sin
A=sin
=sin
Bcos
C+sin
Ccos
B,所以2sin
Ccos
B=sin
C,
又因为sin
C≠0,所以cos
B=
,
又因为B∈
,所以B=
.
选③.
由sin
=cos
B+
,
得
sin
B+
cos
B=cos
B+
,
即
sin
B-
cos
B=
,所以cos
=-
,又因为B∈
,所以B+
=
,
因此B=
.
(2)由余弦定理b2=a2+c2-2accos
B,
得16=
-3ac.
又因为
,所以ac≤
,
当且仅当a=c时等号成立,
所以3ac=
-16≤
,
解得,a+c≤8,当且仅当a=c=4时,等号成立.
所以a+b+c≤8+4=12,所以△ABC的周长的最大值为12.(共38张PPT)
阶段滚动过关练(三)
(60分钟 90分)
一、单项选择题(每小题5分,共30分)
1.已知复数z满足z(2-i)=-i,则
=( )
【解析】选C.由题意可得:
2.已知集合A={x|-x2+2x+3≥0},B={x|2-x>0},则A∩B=( )
A.(1，3)
B.(1，3]
C.(-1，2)
D.[-1，2)
【解析】选D.由题意得A=[-1,3],B=(-∞,2),则A∩B=[-1，2).
3.(2020·新高考全国Ⅰ卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面,在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处水平面所成的角为( )
A.20°
B.40°
C.50°
D.90°
【解析】选B.
晷针与晷面垂直,而晷面与赤道所在平面平行,所以晷针与赤道所在平面垂直,进而可知晷针与OA的夹角是50°,又OA垂直点A处的水平面,则晷针与点A处的水平面所成的角为40°.
4.
(1-x)5的展开式中x3的系数为( )
A.11
B.-11
C.9
D.-9
【解析】选D.(1-x)5通项公式为:Tk+1=
所以(1-x)5展开式中含x3,x5的项分别为:
,
所以
(1-x)5展开式中x3的系数为-9.
5.若等差数列{an}单调递减,a2,a4为函数f(x)=x2-8x+12的两个零点,则数列{an}的前n项和Sn取得最大值时,正整数n的值为( )
A.3
B.4
C.4或5
D.5或6
【解析】选C.因为等差数列{an}单调递减,a2,a4为函数f(x)=x2-8x+12的两个零点,
所以a2=6,a4=2,所以d=-2,
所以an=6+(n-2)×(-2)=-2n+10.
令-2n+10≥0,所以n≤5,
所以a1,…,a4>0,a5=0,a6,…,an<0,
所以数列前4项或前5项的和最大.
6.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别是棱A1B1,BB1的中点,则异面直线AM与CN所成角的余弦值为( )
【解析】选D.过N作AM的平行线交AB于H,连接CH,所以∠CNH(或其补角)
就是异面直线AM与CN所成的角,
因为BH=
AB=
,BN=1,
所以CH=
,CN=
,NH=
,
所以cos∠CNH=
.
二、多项选择题(共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
7.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为1,点P为线段A1C上的动点(包含线段
端点),则下列结论正确的是( )
A.当
时,D1P∥平面BDC1
B.当P为A1C中点时,四棱锥P-AA1D1D的外接球
表面积为
C.AP+PD1的最小值为
D.当A1P=
时,A1P⊥平面D1AP
【解析】选ABD.对于A,连接AB1,B1D1,AD1,
则
设点A1到平面AB1D1的距离为h,
则
解得h=
,所以h=
A1C,
所以当
时,P为A1C与平面AB1D1的交点,因为平面AB1D1∥平面BDC1,
D1P?平面AB1D1,
所以D1P∥平面BDC1,故A正确;
对于D,由A可知点P∈平面AB1D1,
因为A1C⊥平面AB1D1,
所以A1P⊥平面D1AP,故D正确;
对于B,当P为A1C的中点时,四棱锥P-AA1D1D为正四棱锥,设平面AA1D1D的中心为O,
四棱锥P-AA1D1D的外接球半径为R,
所以
解得R=
,故四棱锥P-AA1D1D的外接球表面积为
,故B正确;对于C,连接AC,D1C,
则Rt△A1AC≌Rt△A1D1C,所以AP=D1P,
由等面积法可知AP的最小值为
所以AP+PD1的最小值为
,故C不正确,故选ABD.
8.(2020·三亚二模)如图,在长方体A1B1C1D1-A2B2C2D2中,A1A2=2A1B1=2B1C1=2,如图,A,B,C分别是所在棱的中点,则下列结论中成立的是( )
A.异面直线D2C与AD1所成的角为60°
B.平面A2BCD2与平面ABC1D1所成二面角的大小为120°
C.点A1与点C到平面ABC1D1的距离相等
D.平面A2BC1截长方体所得的截面面积为
【解析】选AC.连接B2C和D2B2.
易知AD1∥BC1∥B2C,则∠D2CB2为异面直线D2C与AD1所成的角.
连接AB2,易知AB2⊥A2B,AB2⊥BC,A2B∩BC=B,所以AB2⊥平面A2BCD2.
连接B1C,同理可证B1C⊥平面ABC1D1,
所以平面A2BCD2与平面ABC1D1所成二面角即异面直线AB2与B1C所成的角或其补角.
连接AD2,易知B1C∥AD2,
所以异面直线AB2与B1C所成的角
即∠D2AB2或其补角.
又A1A2=2A1B1=2B1C1=2,
所以△B2D2C与△B2D2A均为正三角形,
所以∠D2CB2=60°,∠D2AB2=60°,
即异面直线D2C与AD1所成的角为60°,平面A2BCD2与平面ABC1D1所成的角为60°或120°,故A正确,B错误;
因为B1C⊥平面ABC1D1,且B1C与BC1垂直平分,
所以点B1与点C到平面ABC1D1的距离相等,
又A1B1∥平面ABC1D1,
所以点A1与点B1到平面ABC1D1的距离相等,
即点A1与点C到平面ABC1D1的距离相等,故C正确;
取D1D2的中点E,连接A2E,EC1,
易知A2E∥BC1,EC1∥A2B,故平面A2BC1E为平面A2BC1截长方体所得的截面,
在△A2BC1中,A2B=BC1=
,A2C1=
,
所以
,截面面积为
,故D错误.
三、填空题(每小题5分,共20分)
9.如图,求一个棱长为
的正四面体的体积,可以看成一个棱长为1的正方体截
去四个角后得到,类比这种方法,一个三对棱长相等的四面体ABCD,其三对棱长分
别为AB=CD=
,AD=BC=
,AC=BD=
,则此四面体的体积为________.?
【解析】设四面体ABCD所在的长方体的长、高、宽分别为a,b,c,
则
解得
所以四面体的体积V=abc-
×
abc×4=
abc=2.
答案:2
10.(2020·天津高考)已知a>0,b>0,且ab=1,则
的最小值为________.?
【解析】因为a>0,b>0,所以a+b>0,又ab=1,
所以
当且仅当a+b=4时取等号,
结合ab=1,解得a=2-
,b=2+
,或a=2+
,b=2-
时,等号成立.
答案:4
11.已知函数f(x)=
(其中ω>0,
)的部分图象如图所示,
则ω=________,φ=________.?
【解析】由题图知函数的周期是
,ω=2,
又知
φ+
=2kπ+
,k=0时,φ=-
.
答案:2 -
12.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,动点P在正方体的表面上运动,且与点A的
距离为
.动点P的集合形成一条曲线,这条曲线在平面CDD1C1上的部分的形状
是________;整条曲线的周长是________.?
【解析】由题意得,此问题的实质是以A为球心、
为半径的球在正方体
ABCD-A1B1C1D1各个面上交线的长度计算,正方体的各个面,根据与球心位置
关系分成两类:ABCD,AA1D1D,AA1B1B为过球心的截面,截痕为大圆弧,各弧圆心角
为
,A1B1C1D1,B1BCC1,D1DCC1为与球心距离为1的截面,截痕为小圆弧,由于
截面圆半径为r=
,故各段弧圆心角为
.所以这条曲线长度为
答案:圆弧
四、解答题(每小题10分,共30分)
13.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,在①bcos
Acos
C=asin
Bsin
C-
b;②bsin
Bcos
C+
csin
2B=
acos
B;③
+a=2c这三个条件中
任选一个,补充在下面问题中,并作答.已知D是BC上的一点,BC=2BD>AB,
AD=2
,AB=6,若________,求△ACD的面积.?
【解析】若选择①,
则sin
Bcos
Acos
C=sin
Asin
Bsin
C-
sin
B,
因为sin
B≠0.所以cos
Acos
C-sin
Asin
C
=-
,
即cos(A+C)=-
,
因为B=π-(A+C),
所以cos(A+C)=-cos
B=-
,
即cos
B=
,因为0.
若选择②,
则sin
2Bcos
C+
sin
Csin
2B=
sin
Acos
B,
即sin2Bcos
C+sin
Csin
Bcos
B=
sin
Acos
B,
故sin
Bsin(B+C)=
sin
Acos
B.
因为sin(B+C)=sin
A≠0.
所以sin
B=
cos
B,
所以tan
B=
,
因为0.
若选择③,则sin
Bcos
A+sin
Acos
B=2sin
Ccos
B,
即sin(B+A)=2sin
Ccos
B,
因为sin(B+A)=sin
C≠0.
所以cos
B=
,
因为0.
在△ABD中,由余弦定理可得AD2=AB2+BD2-2AB·BDcos
B,
即28=36+BD2-2×6×BD×
,
解得BD=4或BD=2.
因为BC=2BD>AB=6,所以BD=4,
因为BC=2BD,所以S△ACD=S△ABD=
AB·BDsin
B=
×6×4×
=6
.
14.已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求a1a2-a2a3+…+(-1)n-1anan+1.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q(q>1),
则
因为q>1,所以
所以an=2·2n-1=2n.
(2)a1a2-a2a3+…+(-1)n-1anan+1
=23-25+27-29+…+(-1)n-1·22n+1
15.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形,且∠BAD=60°,△PAB是等边三角形.
(1)证明:AB⊥PD;
(2)若平面PAB⊥平面ABCD,求二面角A-PB-C的余弦值.
【解析】(1)取AB的中点O,连接OP,OD,BD,
因为△PAB是等边三角形,所以PO⊥AB,
又因为四边形ABCD是菱形,∠BAD=60°,
所以△ABD是等边三角形,所以DO⊥AB,
因为PO∩DO=O,PO,DO?平面POD,
所以AB⊥平面POD,因为PD?平面POD,所以AB⊥PD.
(2)因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PO⊥AB,所以PO⊥平面ABCD,
所以PO⊥DO,以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,
设AB=2,平面PAB的一个法向量为m=(0,1,0),P(0,0,
),B(1,0,0),C(2,
,0),
所以
=(1,0,-
),
=(2,
,-
),
设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1,得x=
,y=-1,
所以n=(
,-1,1),
设二面角A-PB-C的平面角为θ,θ为钝角,
所以cos
θ=-