2018-2019学年山东省烟台市高三(上)期末数学试卷(理科) 下载本文

∵B∈(0,), ∴B=,…10分

∴C=,△ABC为正三角形, ∵∠ADB=,AB=2, 22=∴S△ABC=×【解析】

.…12分

(1)利用三角函数恒等变换的应用可求函数f(x)的方程,利用正弦函数的单调性即可得解;

(2)由sin(2A-)=1,结合范围A∈(0,弦定理可求sinB=

,结合范围B∈(0,

),可求A=),可求B=

,在△ABD中,利用正,可得△ABC为正三

角形,由题意可得∠ADB=,AB=2,利用三角形面积公式即可计算得解.

本题主要考查了三角函数恒等变换的应用,正弦函数的单调性,正弦定理,三角形面积公式的综合应用,考查了计算能力和转化思想,属于中档题.

AC?平面ABCD,【答案】证明:(1)∵DE⊥平面ABCD,19.

∴DE⊥AC,

∵ABCD是菱形,∴AC⊥BD,

又BD∩DE=D,∴AC⊥平面BDE,

∵AC?平面ACE,∴平面ACE⊥平面BDE.

DE⊥DC,解:(2)取AB的中点M,连结DM,则DE⊥DM,

DM⊥DC,

以D为坐标原点,分别以DM,DC,DE为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系, ∵DE⊥平面ABCD,∴∠DBE是BE与平面ABCD所成角, ∴∠DBE=60°,∴=

,AF=,

),B(,,0),

设菱形ABCD的边长为1,则DE=则A(,-,0),F(,-∴=(-,-,

),E(0,0,

),=(0,-1,),

设平面BEF的法向量=(x,y,z),

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则,取z=3,得=(5,,3),

平面ABCD的法向量=(0,0,1),

设平面BEF与底面ABCD所成角的平面角为θ, 则cosθ=

=

∴平面BEF与底面ABCD所成角的余弦值为【解析】

(1)推导出DE⊥AC,AC⊥BD,从而AC⊥平面BDE,由此能证明平面ACE⊥平面BDE.

(2)取AB的中点M,连结DM,则DE⊥DM,DE⊥DC,DM⊥DC,以D为坐标原点,分别以DM,DC,DE为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出平面BEF与底面ABCD所成角的余弦值.

本题考查面面垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,考查数形结合思想,是中档题.

|AB|最小,【答案】解:(1)当l⊥OP时,∵20.

又因为点P在椭圆C1上,所以,因此,椭圆C1的方程为

,则

,所以,

(2)设点M、N的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2),直线MN的方程为

联立

22

,得x+mx+m-3=0,

22

△=m-4(m-3)>0,得-2<m<2,

由韦达定理得x1+x2=-m,所以,=

=

=

即直线PM的斜率和直线PN的斜率互为相反数,

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所以,直线PM和直线PN的倾斜角互补.

【解析】

本题考查直线与椭圆的综合问题,考查椭圆的方程以及韦达定理设而不求法在椭圆综合中的应用,考查了计算能力,属于中等题.

(1)利用l⊥OP时,|AB|最小,得出a的值,然后再将点P的坐标代入椭圆C1的方程可得出b的值,从而可得出椭圆C1的方程; (2)设直线MN的方程为

,设点M(x1,y1)、N(x2,y2),将直线MN

的方程与椭圆C1的方程联立,列出韦达定理,利用两点连线的斜率公式并代入韦达定理计算出直线PM和PN的斜率之和为零,来说明直线PM和直线PN的倾斜角互补.

21.【答案】解:(1)由题意得,f(x)的定义域是(0,+∞),

f′(x)=alnx-2x, 令g(x)=alnx-2x,

函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点 等价于g(x)在(0,+∞)上2个零点, g′(x)=-2=

当a≤0时,在(0,+∞)上,g′(x)<0,g(x)递减,不满足题意, 当a>0时,在(0,)上,g′(x)>0,g(x)递增, 在(,+∞)上,g′(x)<0,g(x)递减, 要使g(x)在(0,+∞)上2个零点, 只需g()>0,即aln-a>0,解得:a>2e, 故a的范围是(2e,+∞);

(2)由(1)可知,alnx1=2x1,alnx2=2x2, 两式相减可得a=f(x1)+f(x2) =+-a(x1+x2)+2, 要证明

①,

只需证明+-a(x1+x2)+2<2-+,

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即证明2<a(x1+x2),②, 把①代入②整理得:ln<

=

-1,

2

令t=>1,即证明lnt<t-1,

2

令h(t)=lnt-t+1,则h′(t)=

当t>1时,h′(t)<0,函数h(t)在(1,+∞)递减, 故h(t)<h(1)=0,

2

故lnt<t-1,命题得证. 【解析】

(1)求出函数的导数,通过讨论a的范围,结合函数的单调性得到函数的零点个数,从而确定a的范围; (2)问题转化为证明ln

=

-1,令t=

2

>1,即证明lnt<t-1,

2

令h(t)=lnt-t+1,结合函数的单调性证明即可.

本题考查了函数的单调性,极值,最值问题,考查导数的应用以及不等式的证明,考查分类讨论思想,转化思想,是一道综合题.

22.【答案】解:(1)∵曲线C的极坐标方程为ρ=-2sinθ,∴ρ2=-2ρsinθ,

22

∴曲线C的直角坐标方程为x+y+2y=0,

∵过点P(a,-1)的直线l的参数方程为(t为参数),

∴直线l的普通方程为x-y-a-1=0.

(2)将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程,得:

=0,

222

△=2a-4(a-1)=4-2a>0,解得-,

2

t1+t2=-,t1t2=a-1,

∵|PM|、|MN|、|PN|成等比数列,

22

∴由已知得:|MN|=|PM|?|PN|,即|t1-t2|=|t1t2|,

222

∴(t1+t2)-4t1t2=|t1t2|,∴4-2a=|a-1|, ∴∴a=

2

或a=3(舍),

【解析】

2

(1)曲线C的极坐标方程转化为ρ=-2ρsinθ,由此能求出曲线C的直角坐标方

程;直线l的参数方程消去参数,能求出直线l的普通方程.

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(2)将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程,得=0,由

此利用根的判别式、韦达定理、等比数列的性质,结合已知条件能求出a. 本题考查曲线的直角坐标方程、直线的普通方程的求法,考查实数值的求法,考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互化等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.

23.【答案】解:(1)由已知有:f(1)=2a+|1-|,

①当0<a≤1时,2a

-1>2,即2a2-3a+1>0,解得:0<a

2

②a>1时,2a-+1>2,即2a-a-1>0,解得:a>1,

综合①②得: 实数a的取值范围为:0故答案为:0

或a>1

或a>1,

(2)由绝对值的性质可得: |x+2a-1|+|x

|≥|2a+

|,

=2

又当a>0时,由均值不等式可得:2a所以|2a+

|≥2

即, 故命题得证. 【解析】

(1)由绝对值不等式的解法,分类讨论①当0<a≤1时,2a2a2-3a+1>0,解得:0<a>1,可得解;

(2)由绝对值的性质可得:|x+2a-1|+|x

=2

,所以|2a+

|≥|2a+|≥2

|,由均值不等式可得:2a,故命题得证.

-1>2,即

2

,②a>1时,2a-+1>2,即2a-a-1>0,解得:a

本题考查了绝对值不等式的解法及均值不等式,属简单题.

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