广东省揭阳市2018届高考数学二模试卷(理科)

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2018年广东省揭阳市高考数学二模试卷(理科)

一、选择题:共12小题,每小题5分,共60分。在每个小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.函数f(x)=A.(﹣∞,2) 2.己知复数z=A. B.

+lg(6﹣3x)的定义域为( )

B.(2,+∞) C.[﹣1,2) D.[﹣1,2]

(a∈R,i是虚数单位)是纯虚数,则|z|为( )

D.3

C.6

3.“p∧q是真命题”是“p∨q是真命题”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

﹣2α)=( )

4.已知sinα﹣cosα=,则cos(A.﹣

B. C. D.

5.己知0<a<b<l<c,则( )

A.ab>aa B.ca>cb C.logac>logbc D.logbc>logb a

6.中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年 商鞅督造一种标准量器﹣﹣商鞍铜方升,其三视图如图所示(单位:升),则此量器的体积为(单位:立方升)( )

A.14 B.12+ C.12+π D.38+2π

7.设计如图的程序框图,统计高三某班59位同学的数学平均分,输出不少于平均分的人数 (用j表示),则判断框中应填入的条件是( )

A.i<58? B.i≤58? C.j<59? D.j≤59?

8.某撤信群中四人同时抢3个红包,每人最多抢一个,则其中甲、乙两人都抢到红包的概率为( ) A. B. C. D.

9.己知实数x,y满足不等式组,若z=x﹣2y的最小值为﹣3,则a

的值为( ) A.1

B. C.2

D.

10.函数f(x)=x2﹣()x的大致图象是( )

A. B. C. D.

11.已知一长方体的体对角线的长为l0,这条对角线在长方体一个面上的正投影长为8,则这个长方体体积的最大值为( ) A.64 B.128 C.192 D.384 12.已知函数f(x)=sin2

+sinωx﹣(ω>0),x∈R,若f(x)在区间(π,

2π)内有零点,则ω的取值范围是( ) A.(,)∪(,+∞)

二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,请把正确的答案填写在答题卡相应的横线上.

13.已知向量=(x﹣1,2),=(2,x﹣1)满足

=﹣||?||,则x= .B.(0,]∪[,1) C.(,)∪(,)

D.(,)∪(,+∞)

14.已知直线3x﹣4y﹣6=0与圆x2+y2﹣2y+m=0(m∈R)相切,则m的值为 .

15.在△ABC中,已知16.己知双曲线

与的夹角为150°,||=2,则| |的取值范围是 .

=1(b>0)的离心率为,F1,F2时双曲线的两个焦

?

的最小值为 .

点,A为左顶点、B(0,b),点P在线段AB上,则

三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 17.(12分)已知数列{an}中,a1=1,an+1=(I)求证:数列{

+1}是等比教列.

+n+1.

(II)求数列{an}的前n项和为Sn.

18.(12分)己知图1中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,EF∥CD,O、Q分别为线段AB,CD的中点,OQ与EF的交点为P,OP=1,PQ=2,现将梯形ABCD沿EF折起,使得OQ=

,连结AD,BC,得一几何体如图2示.

(I)证明:平面ABCD⊥平面ABFE;

(II)若图1中.∠A=45°,CD=2,求平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值.

19.(12分)某学校在一次第二课堂活动中,特意设置了过关智力游戏,游戏

共五关.规定第一关没过者没奖励,过n(n∈N*)关者奖励2n﹣1件小奖品(奖品都一样).如图是小明在10次过关游戏中过关数的条形图,以此频率估计概率.

(Ⅰ)估计小明在1次游戏中所得奖品数的期望值; (II)估计小明在3次游戏中至少过两关的平均次数; (Ⅲ)估计小明在3次游戏中所得奖品超过30件的概率.

20.(12分)己知椭圆+

=1(a>b>0)与抛物线y2=2px(p>0)共焦点

F2,抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|﹣1,且椭圆与抛物线的交点Q满足|QF2|=.

(I)求抛物线的方程和椭圆的方程;

(II)过抛物线上的点P作抛物线的切线y=kx+m交椭圆于A,B两点,设线段AB的中点为C(x0,y0),求x0的取值范围.

21.(12分)设函数f(x)=(x﹣a)2(a∈R),g(x)=lnx,

(I)试求曲线F(x))=f(x)+g(x)在点(1,F(1))处的切线l与曲线F(x)的公共点个数;

(II)若函数G(x)=f(x).g(x)有两个极值点,求实数a的取值范围. (附:当a<0,x趋近于0时,2lnx﹣趋向于+∞)

三、请考生在第(12)、(23)題中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一个题目计分.[选修4-4:坐标系与参数方程]

22.(10分)在直角坐标系xOy中,已知直线l1:y=tanα?x(0≤a<π,α

),

抛物线C:极坐标系

(t为参数).以原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立

(Ⅰ)求直线l1和抛物线C的极坐标方程;

(Ⅱ)若直线l1和抛物线C相交于点A(异于原点O),过原点作与l1垂直的

直线l2,l2和抛物线C相交于点B(异于原点O),求△OAB的面积的最小值.

五、[选修4-5:不等式选讲](共1小题,满分0分) 23.己知函数f(x)=|2|x|﹣1|. (I)求不等式f(x)≤1的解集A;

(Ⅱ)当m,n∈A时,证明:|m+n|≤mn+1.

9.己知实数x,y满足不等式组,若z=x﹣2y的最小值为﹣3,则a

的值为( ) A.1

B. C.2

D.

【考点】7C:简单线性规划.

【分析】画出约束条件的可行域,利用目标函数的最值列出方程,求解即可.

【解答】解:实数x,y满足不等式组的可行域如图,

a)z取得最小值,当直线z=x﹣2y过点A(a﹣2,时,即a﹣2﹣2a=﹣3可得 a=1.

故选:A.

【点评】本题考查线性规划的简单应用,考查数形结合以及计算能力.

10.函数f(x)=x2﹣()x的大致图象是( )

A. B. C. D.

【考点】3O:函数的图象.

【分析】利用f(0),f(﹣2),f(﹣4)的函数值,排除选项即可推出结果. 【解答】解:由f(0)=﹣1可排除(D),由f(﹣2)=4﹣4=0,f(﹣4)=16﹣16=0,可排(A)(C),

故选B.

【点评】本题考查函数的图象的判断,特殊点的应用,考查计算能力.

11.已知一长方体的体对角线的长为l0,这条对角线在长方体一个面上的正投影长为8,则这个长方体体积的最大值为( ) A.64 B.128 C.192 D.384

【考点】LF:棱柱、棱锥、棱台的体积.

【分析】以投影面为底面,得正方体的高为6,设长方体底面边长分别为a,b,则a2+b2=64,由此能求出这个长方体体积的最大值. 【解答】解:以投影面为底面,得到正方体的高为设长方体底面边长分别为a,b, 则a2+b2=64,

∴这个长方体体积V=6ab≤3(a2+b2)=192. ∴这个长方体体积的最大值为192. 故选:C.

【点评】本题考查长方体的体积的最大值的求法,考查基本不等式、长方体性质等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转化思想,是中档题.

12.已知函数f(x)=sin2

+sinωx﹣(ω>0),x∈R,若f(x)在区间(π,

=6,

2π)内有零点,则ω的取值范围是( ) A.(,)∪(,+∞)

B.(0,]∪[,1) C.(,)∪(,)

D.(,)∪(,+∞)

【考点】54:根的存在性及根的个数判断.

【分析】利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式,利用零点求出x的值,然后利用特殊值排除选项推出结果即可. 【解答】解:f(x)=

=

sin (ωx﹣

),由f(x)=0,

可得 x=(k∈Z),

∈(π,2π),排除(B)、(C),

,x2

,…

令ω=2得函数f(x)有一零点x=令

得函数f(x)在(0,+∞)上的零点从小到大为:x1=

显然x1?(π,2π),x2?(π,2π),可排除(A), 故选:D.

【点评】本题考查函数的零点的判断与应用,三角函数的化简求值,考查转化思想.

二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,请把正确的答案填写在答题卡相应的横线上.

13.已知向量=(x﹣1,2),=(2,x﹣1)满足1 .

【考点】9R:平面向量数量积的运算. 【分析】由

便可得出

的方向相反,即有

,这样根据平

=﹣||?||,则x= ﹣行向量的坐标关系即可求出x值,并满足【解答】解:∴∴∴

夹角为π; ,且

方向相反; ;

方向相反,从而确定x的值.

∴(x﹣1)2﹣4=0;

∴x﹣1=﹣2,或x﹣1=2(舍去); ∴x=﹣1. 故答案为:﹣1.

【点评】考查向量数量积的计算公式,已知余弦值求角,向量夹角的概念,以及平行向量的坐标关系.

14.已知直线3x﹣4y﹣6=0与圆x2+y2﹣2y+m=0(m∈R)相切,则m的值为 ﹣

3 .

【考点】J7:圆的切线方程.

【分析】利用直线3x﹣4y﹣6=0与圆x2+y2﹣2y+m=0(m∈R)相切,根据点到直线的距离公式,建立方程,即可得到结论.

【解答】解:圆x2+y2﹣2y+m=0可化为x2+(y﹣1)2=1﹣m,圆心为(0,1),半径r=

=

由题意,直线3x﹣4y﹣6=0与圆x2+y2﹣2y+m=0(m∈R),可得∴m=﹣3. 故答案为:﹣3.

【点评】本题考查直线与圆相切,考查点到直线的距离公式,考查学生的计算能力,属于基础题.

15.在△ABC中,已知4] .

【考点】9S:数量积表示两个向量的夹角. 【分析】=

的夹角为150°,|可得∠B=30°.由正弦定理可得:

=4sinC,利用0<C<150°,即可得出. 的夹角为150°,|可得∠B=30°. =

=4,可得.

=4sinC,

的夹角为150°,|

|=2,则|

|的取值范围是 (0,=4,可得

【解答】解:

由正弦定理可得:又0<C<150°,可得:故答案为:(0,4].

【点评】本题考查了正弦定理、向量夹角、三角函数的单调性与值域,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.

16.己知双曲线

=1(b>0)的离心率为

,F1,F2时双曲线的两个焦

A为左顶点、Bb)点,(0,,点P在线段AB上,则【考点】KC:双曲线的简单性质. 【分析】设P(x,y)推出

=(﹣

?的最小值为 ﹣ .

﹣x,﹣y)(

﹣x,﹣y)=x2+y2

﹣5,通过垂直整合求解最小值即可. 【解答】解:双曲线则c=

,b=

﹣=1,

=(﹣

﹣x,﹣y)(

﹣x,﹣y)=x2+y2﹣5,

=1(b>0)的离心率为

,A为左顶点、可得a=2,

设P(x,y)则

显然,当OP⊥AB时,x2+y2取得最小值,由面积法易得(x2+y2)min=,故点P在线段AB上, 则

?

的最小值为:

故答案为:﹣

【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用,考查计算能力.

三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 17.(12分)(2018?揭阳二模)已知数列{an}中,a1=1,an+1=(I)求证:数列{

+1}是等比教列.

+n+1.

(II)求数列{an}的前n项和为Sn.

【考点】8H:数列递推式;8E:数列的求和. an+1=【分析】(I)

+n+1,可得

+1=2

,即可证明.数列{

+1}

是等比教列,公比为2,首项为2. (II)由(I)可得:

+1=2n,可得an=n?2n﹣n.利用错位相减法、等比数列的

求和公式及其等差数列的求和公式即可得出. 【解答】(I)证明:∵an+1=∴

+1=2

+n+1,∴

=

+1,

∴数列{+1}是等比教列,公比为2,首项为2.

+1=2n,可得an=n?2n﹣n.

(II)解:由(I)可得:

设数列{n?2n}的前n项和为Tn. 则Tn=2+2×22+3×23+…+n?2n, 2Tn=22+2×23+…+(n﹣1)?2n+n?2n+1, 相减可得:﹣Tn=2+22+…+2n﹣n?2n+1=可得:Tn=(n﹣1)?2n+1+2. ∴Sn=(n﹣1)?2n+1+2﹣

﹣n?2n+1,

【点评】本题考查了错位相减法、等比数列与等差数列的通项公式及其求和公式、数列递推关系,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.

18.(12分)(2018?揭阳二模)己知图1中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,EF∥CD,O、Q分别为线段AB,CD的中点,OQ与EF的交点为P,OP=1,PQ=2,现将梯形ABCD沿EF折起,使得OQ=一几何体如图2示.

,连结AD,BC,得

(I)证明:平面ABCD⊥平面ABFE;

(II)若图1中.∠A=45°,CD=2,求平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值.

【考点】MT:二面角的平面角及求法;LY:平面与平面垂直的判定.

【分析】(Ⅰ)推导出OP⊥EF、PQ⊥EF,OQ⊥OP,从而EF⊥平面OPQ,进而EF⊥OQ,OQ⊥平面ABFE,由此能证明平面ABCD⊥平面ABFE. (Ⅱ)以O为原点,PO所在的直线为x轴建立空间直角坐标系O﹣xyz,利用向量法能求出平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值. 【解答】证明:(Ⅰ)在图3中,四边形ABCD为等腰梯形,

O、Q分别为线段AB、CD的中点, ∴OQ为等腰梯形ABCD的对称轴,

又AB∥EF∥CD,∴OP⊥EF、PQ⊥EF,①(2分) 在图4中,∵OQ2+OP2=PQ2, ∴OQ⊥OP,(3分)

由①及OP∩PQ=P,得EF⊥平面OPQ,∴EF⊥OQ,(4分) 又OP∩EF=P,∴OQ⊥平面ABFE, 又OQ?平面ABCD,

∴平面ABCD⊥平面ABFE.(6分)

解:(Ⅱ)在图4中,由∠A=45°,CD=2,解得PE=PF=3,AO=OB=4,(7分)

以O为原点,PO所在的直线为x轴建立空间直角坐标系O﹣xyz,如图所示, 则B(0,4,0)、F(﹣1,3,0)、C(0,1,∴

=(﹣1,﹣1,0),

=(0,﹣3,

),

),(8分)

设=(x,y,z)是平面BCF的一个法向量, 则

,取z=3,得=(﹣

,3),(9分)

),(10分)

同理可得平面ADE的一个法向量=(﹣设所求锐二面角的平面角为θ, 则cosθ=|cos<,>|=

=

=,

所以平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值为.(12分)

【点评】本题考查面面垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,考查化归与转化思想、数形结合思想,是中档题.

19.(12分)(2018?揭阳二模)某学校在一次第二课堂活动中,特意设置了过关智力游戏,游戏共五关.规定第一关没过者没奖励,过n(n∈N*)关者奖励2n﹣1件小奖品(奖品都一样).如图是小明在10次过关游戏中过关数的条形图,以此频率估计概率.

(Ⅰ)估计小明在1次游戏中所得奖品数的期望值; (II)估计小明在3次游戏中至少过两关的平均次数; (Ⅲ)估计小明在3次游戏中所得奖品超过30件的概率.

【考点】CH:离散型随机变量的期望与方差;B8:频率分布直方图;CG:离散型随机变量及其分布列.

【分析】(Ⅰ)设小明在1次游戏中所得奖品数为ξ,根据题意写出ξ 的分布列,

计算期望值;

(Ⅱ)设小明在3次游戏中至少过两关的次数为X,则X~B(3,0.7), 计算E(X)即可;

(Ⅲ)计算小明在3次游戏中所得奖品超过30件的概率值即可.

【解答】解:(Ⅰ)设小明在1次游戏中所得奖品数为ξ,则ξ 的分布列为 ξ P 0 0.1 1 0.2 2 0.3 4 0.2 8 0.1 16 0.1 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣(2分)

ξ 的期望值为E(ξ )=0×0.1+1×0.2+2×0.3+4×0.2+8×0.1+16×0.1=4;﹣﹣﹣﹣﹣(4分)

(Ⅱ)小明在1次游戏中至少过两关的概率为0.7,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 设小明在3次游戏中至少过两关的次数为X,可知X~B(3,0.7), 则X的平均次数E(X)=3×0.7=2.1;﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(7分) (Ⅲ)小明在3次游戏中所得奖品超过30件含三类:

恰好一次ξ=16和两次ξ=8,恰好二次ξ=16,恰好三次ξ=16,﹣﹣﹣﹣﹣﹣(8分)

?P(ξ=16)?P(ξ=8)2=3×0.1×0.12=0.003,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(9分

?P(ξ=16)2?P(ξ≠16)=3×0.12×(1﹣0.1)=0.027,﹣﹣﹣﹣﹣(10分) ?P(ξ=16)3=0.13=0.001;﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(11分) 所以小明在

3

次游戏中所得奖品超过

30

件的概率为

P=0.003+0.027+0.001=0.031.﹣﹣﹣﹣﹣﹣(12分)

【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题,是综合题.

20.(12分)(2018?揭阳二模)己知椭圆

+

=1(a>b>0)与抛物线y2=2px

(p>0)共焦点F2,抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|﹣1,且椭圆与抛物线的交点Q满足|QF2|=. (I)求抛物线的方程和椭圆的方程;

(II)过抛物线上的点P作抛物线的切线y=kx+m交椭圆于A,B两点,设线段AB的中点为C(x0,y0),求x0的取值范围.

【考点】KP:圆锥曲线的范围问题;K3:椭圆的标准方程;K7:抛物线的标准方程.

【分析】(I)利用抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|﹣1,通过抛物线的定义,转化解得p=2,得到抛物线的方程,通过椭圆的右焦点F2(1,0),左焦点F1(﹣1,0),由|QF2|=,解得Q(,解椭圆的方程.

)利用椭圆的定义求出a,b.求

(II)显然k≠0,m≠0,由消去x,推出km=1,由消去y,

推出9k2﹣m2+8>0,求出0<m2<9,设A(x1,y1),B(x2,y2),结合韦达定理求解x0的取值范围.

【解答】解:(I)∵抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|﹣1,

∴点M到直线x=﹣1的距离等于点M到焦点F2的距离,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(1分)

得x=﹣1是抛物线y2=2px的准线,即﹣=﹣1,解得p=2,∴抛物线的方程为y2=4x;﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(3分)

可知椭圆的右焦点F2(1,0),左焦点F1(﹣1,0),由|QF2|=,得xQ+1=,又yQ2=4xQ,解得Q(,

),﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(4分)

由椭圆的定义得2a=|QF1|+|QF2|=+=6,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

∴a=3,又c=1,得b2=a2﹣c2=8,∴椭圆的方程为﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(6分) (II)显然k≠0,m≠0,由

消去x,得ky2﹣4y+4m=0,

.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

由题意知△=16﹣16km=0,得km=1,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(7分)

消去y,得(9k2+8)x2+18kmx+9m2﹣72=0,

其中△2=(18km)2﹣4(9k2+8)(9m2﹣72)>0,

化简得9k2﹣m2+8>0,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(9分

又k=,得m4﹣8m2﹣9<0,解得0<m2<9,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣﹣(10分)

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x0=由k2=

=﹣

<0,

>,得x0>﹣1,∴x0的取值范围是(﹣1,0).﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣﹣(12分)

【点评】本题考查椭圆以及抛物线的简单性质的应用,范围问题的处理方法,考查转化思想以及计算能力.

21.(12分)(2018?揭阳二模)设函数f(x)=(x﹣a)2(a∈R),g(x)=lnx,

(I)试求曲线F(x))=f(x)+g(x)在点(1,F(1))处的切线l与曲线F(x)的公共点个数;

(II)若函数G(x)=f(x).g(x)有两个极值点,求实数a的取值范围. (附:当a<0,x趋近于0时,2lnx﹣趋向于+∞)

【考点】6D:利用导数研究函数的极值;6H:利用导数研究曲线上某点切线方程.

【分析】(Ⅰ)求出函数的导数,计算F(1),F′(1),求出切线方程,联立方程组得到得x2﹣3x+lnx+2=0,设h(x)=x2﹣3x+lnx+2,根据函数的单调性判断即可;

(Ⅱ)设r(x)=2lnx+1﹣,通过讨论a的范围,结合函数的单调性确定a的范围即可.

【解答】解:(Ⅰ)∵F(1)=(1﹣a)2,F′(x)=2(x﹣a)+, 切线l的斜率是F′(1)=3﹣2a,

故切线方程是y﹣(1﹣a)2=(3﹣2a)(x﹣1), 即y=(3﹣2a)x+a2﹣2, 联立y=F(x)=(x﹣a)2+lnx, 得x2﹣3x+lnx+2=0, 设h(x)=x2﹣3x+lnx+2, 则h′(x)=

由h′(x)>0以及x>0,得0<x<或x>1, 故h(x)在(0,)和(1,+∞)递增, 故h(x)在(,1)递减, 又h(1)=0,h(

)=

<0,

故存在x0∈(0,),h(x0)=0, 故方程x2﹣3x+lnx+2=0有2个根:1和x0, 从而切线l和曲线F(x)有2个公共点;

(Ⅱ)由题意得G(x)=(x﹣a)(2lnx+1﹣)=0在(0,+∞)至少有2个不同的根,

设r(x)=2lnx+1﹣,

①a>0时,x1=a是G′(x)=0的根,

由y=2lnx+1与y=(a>0)恰有1个公共点, 可知2lnx+1﹣=0恰有1根x2, 由x2=x1=a得a=1,不合题意,

故a>0且a≠1时,检验可知x1=a和x2是G(x)的2个极值点;

②a=0时,G′(x)=x(2lnx+1)=0在(0,+∞)仅1根,故a=0不合题意; ③a<0时,需r(x)=2lnx+1﹣=0在(0,+∞)至少有2个不同的实根, 由r′(x)=+

>0,得x>﹣,故r(x)在(﹣,+∞)递增,

故r(x)在(0,﹣)递减,∵a<0,x→0时,r(x)→+∞, 且x>1时,r(x)>0,

由题意得,需r(x)min<0,即r(﹣)=2ln(﹣)+3<0,解得:a>﹣2故﹣2

<a<0,

,0)∪(0,1)∪(1,+∞).

综上,a∈(﹣2

【点评】本题考查了切线方程问题,考查函数的单调性、最值问题,考查导数的

应用以及分类讨论思想,转化思想,是一道综合题.

三、请考生在第(12)、(23)題中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一个题目计分.[选修4-4:坐标系与参数方程]

22.(10分)(2018?揭阳二模)在直角坐标系xOy中,已知直线l1:y=tanα?x(0≤a<π,α

),抛物线C:

(t为参数).以原点O为极点,x

轴的非负半轴为极轴建立极坐标系

(Ⅰ)求直线l1和抛物线C的极坐标方程;

(Ⅱ)若直线l1和抛物线C相交于点A(异于原点O),过原点作与l1垂直的

直线l2,l2和抛物线C相交于点B(异于原点O),求△OAB的面积的最小值.

【考点】Q4:简单曲线的极坐标方程;QH:参数方程化成普通方程.

【分析】(Ⅰ)直线l1是过原点且倾斜角为α 的直线,抛物线C的普通方程为y2=4x,由此能求出直线l1和抛物线C的极坐标方程.

(Ⅱ)由直线l1和抛物线C有两个交点知α≠0,把θ=α代入ρsin2θ=4cosθ,得ρA=求出ρB=﹣

,直线l2的极坐标方程为

,(ρ∈R),代入ρsin2θ=4cosθ,

,由此能求出△OAB的面积的最小值.

),

【解答】解:(Ⅰ)∵直线l1:y=tanα?x(0≤a<π,α∴直线l1是过原点且倾斜角为α 的直线, 其极坐标方程为θ=α(

),(2分)

抛物线C的普通方程为y2=4x,(3分) 其极坐标方程为(ρsinθ)2=4ρcosθ, 化简得ρsin2θ=4cosθ.

(Ⅱ)由直线l1和抛物线C有两个交点知α≠0, 把θ=α代入ρsin2θ=4cosθ,得ρA=可知直线l2的极坐标方程为

,(6分)

,(ρ∈R),(7分)

代入ρsin2θ=4cosθ,得ρBcos2α=﹣4sinα,

所以ρB=﹣,(8分)

=

=

≥16,

∴△OAB的面积的最小值为16.(10分)

【点评】本题考查抛物线、直线方程、极坐标方程、直角坐标方程、参数方程、三角形面积等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转化思想,是中档题.

五、[选修4-5:不等式选讲](共1小题,满分0分) 23.(2018?揭阳二模)己知函数f(x)=|2|x|﹣1|. (I)求不等式f(x)≤1的解集A;

(Ⅱ)当m,n∈A时,证明:|m+n|≤mn+1. 【考点】R6:不等式的证明.

【分析】(Ⅰ)去掉绝对值,即可求不等式f(x)≤1的解集A; (Ⅱ)当m,n∈A时,利用分析法即可证明:|m+n|≤mn+1. 【解答】( I)解:f(x)≤1即|2|x|﹣1|≤1. ∴﹣1≤2|x|﹣1≤1,∴|x|≤1…(2分) 解得:﹣1≤x≤1,所以A=[﹣1,1]…(4分)

( II)证明:要证:|m+n|≤mn+1,即证(m+n)2≤(mn+1)2…(6分) 因为 (m+n)2﹣(mn+1)2=m2+n2﹣m2n2﹣1=(m2﹣1)(1﹣n2)…(8分) 因为m,n∈A,所以m2≤1,n2≤1,所以(m2﹣1)(1﹣n2)≤0 所以(m+n)2≤(mn+1)2 所以,|m+n|≤mn+6…(10分)

【点评】本题考查不等式的证明,考查分析法的综合运用,属于中档题.

本文来源:https://www.bwwdw.com/article/r0ew.html

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