參考答案
2014-12-03 23:30:35
數(shù)學(xué)教學(xué)通訊·初中版 2014年10期
三角函數(shù)測試卷（A卷）
1. A 2. D 3. A
4. == -（cosα+sinα）=-，選 C.
5.根據(jù)圖象可知T=--=，所以函數(shù)的周期為π，可得ω=2.圖象過，2，將其代入解析式，結(jié)合-<φ<，可得φ=-，選 A.
6. f（x）=asinx-bcosx=sin（x-φ）其中tanφ=，-φ=+2kπ，φ= --2kπ，k∈Z， f（x）=sinx+， f-x=sin（π-x）=sinx，選 D.
7. 原式=sin2-sin2=0.？搖
8. 2sinαcosα=-sinα，所以cosα=-，又α∈，π，所以α=，tan2α=tan=
9. 因?yàn)閒（x）=sin（x+2φ）-2sinφcos（x+φ）=sin（x+φ）·cosφ+cos（x+φ）·sinφ-2sinφ·cos（x+φ）=sin（x+φ）·cosφ-cos（x+φ）·sinφ=sinx≤1.所以最大值為1.
10. f（-x）=f（x），即（a+3）sinx=0對？坌x∈R成立，解得a=-3.
11. （1）因?yàn)閒=Asin+=Asin=，所以A=·=.
（2）由（1）得： f（x）=sinx+，所以f（θ）+f（-θ）=sinθ++·sin-θ+=sinθcos+cosθsin+sin（-θ）cos+cos（-θ）sin=2cosθsin=cosθ=，所以cosθ=. 因?yàn)棣取?，，所以sinθ=，故f-θ=sin-θ+=sin（π-θ）=sinθ=×=.
12. （1）由sinx≠0得x≠kπ（k∈Z），故f（x）的定義域?yàn)閧x∈Rx≠kπ，k∈Z}. 因?yàn)閒（x）==2cosx（sinx-cosx）=sin2x-cos2x-1=sin2x--1，所以f（x）的最小正周期為π.
（2）由2kπ-≤2x-≤2kπ+，x≠kπ（k∈Z），得kπ-≤x≤kπ+，x≠kπ（k∈Z），所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為kπ-，kπ和kπ，kπ+π（k∈Z）.
13. （1）f（x）=sinx-cosx+·cosx+sinx=sinx？圯f（α）=·sinα=？圯sinα=，α∈2kπ，2kπ+？圯cosα=，且g（α）=2sin2=1-cosα=.
（2）f（x）≥g（x）？圯sinx≥1-cosx？圯sinx+cosx=sinx+≥？圯x+∈2kπ+，2kπ+，k∈Z？圯x∈2kπ，2kπ+，k∈Z.
三角函數(shù)測試卷（B卷）
1. 利用排除法，選 B
2.先化簡函數(shù)可得f（x）=sin2x+==+，所以有a=f（lg5）=+，b=flg=+=-，所以a+b=1，選C.
3. a=cos66°=sin24°，b=tan26°，c=sin25°，因?yàn)閟in24° 4. 由于sin-2x=-sin2x-，只需要sin2x-<0且單調(diào)增區(qū)間，故2kπ-≤2x-<2kπ（k∈Z），選B. 5. f（π+x）=cos（π+x）？搖sin（2π+2x）=-cosxsin2x，f（π-x）=cos（π-x）sin（2π-2x）=cosxsin2x？圯 f（π+x）+f（π-x）=0，所以選項(xiàng)A正確. f+x=cos+xsin（π+2x）=sinxsin2x，f-x=cos-xsin（π-2x）=sinxsin2x？圯f+x=f-x，所以選項(xiàng)B正確. y=cosxsin2x=2cos2xsinx=（2-2sin2x）sinx= -2sin3x+2sinx，令t=sinx，-1≤t≤1，則y= -2t3+2t，y′=-6t2+2=-6t+·t-，顯然y在-1，-和，1上為減函數(shù)，在-，上為增函數(shù)，則y只可能在t=-1和處取得最大值. 當(dāng)t=-1時(shí)，y=0；當(dāng)t=時(shí)，y=，所以C錯(cuò)誤. D顯然正確. 選C. 6. 排除法，當(dāng)振幅大于1時(shí)，三角函數(shù)的周期為T=，因?yàn)閍>1，所以T<2π，而D不符合要求，它的振幅大于1，但周期反而大于了2π. 選D. 7. y=sinx-cosx=2sinx-，當(dāng)0≤x<2π時(shí)，-≤x-<，當(dāng)x-=，即x=時(shí)y取得最大值，所以x=. 8. tan（α-3π）=tan（α+π）=tanα=-，又<α<，所以<α<π，所以cosα= -，sinα=，則cosα+sinα=-. 9. 由已知，a4n+1=（4n+1）×cos+1=（4n+1）×cos+1=0+1，a4n+2=（4n+2）×cos+1=（4n+2）×cosπ+1=-（4n+2）+1，a4n+3=（4n+3）×cos+1=（4n+3）×cos+1=0+1，a4n+4=（4n+4）×cos+1=（4n+4）×cos2π+1=（4n+4）+1，所以a4n+1+a4n+2+a4n+3+a4n+4=6，即S2012=×6=3018. 10. 因?yàn)閥=sin（ωx+φ）的最小正周期為π，所以ω==2. 又其圖象關(guān)于直線x=對稱，所以2×+φ=kπ+（k∈Z），所以φ=kπ+，k∈Z.由φ∈-，，得φ=，所以y=sin2x+. 令2x+=kπ（k∈Z），得x=-（k∈Z），所以y=sin2x+關(guān)于點(diǎn)，0對稱，故②正確. 令2kπ-≤2x+≤2kπ+（k∈Z），得kπ-≤x≤kπ+（k∈Z），所以函數(shù)y=sin2x+的單調(diào)遞增區(qū)間為kπ-，kπ+（k∈Z）. 又-，0？坳kπ-，kπ+（k∈Z），所以④正確. 答案為②④. 11. （1）由題意知f（x）=a·b=msin2x+ncos2x. 因?yàn)閥=f（x）的圖象過點(diǎn)，和，-2，所以=msin+ncos，-2=msin+ncos， 即=m+n，-2=-m-n，解得m=，n=1.
（2）由（1）知f（x）=sin2x+cos2x=2sin2x+. 由題意知g（x）=f（x+φ）=2sin2x+2φ+. 設(shè)y=g（x）的圖象上符合題意的最高點(diǎn)為（x0，2），由題意知x+1=1，所以x=0，即到點(diǎn)（0，3）的距離為1的最高點(diǎn)為（0，2）.將其代入y=g（x）得sin2φ+=1. 因?yàn)?<φ<π，所以φ=. 因此g（x）=2sin2x+=2cos2x. 由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z，得kπ-≤x≤kπ，k∈Z，所以函數(shù)y=g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為kπ-，kπ，k∈Z.
12. f（x）=cos2x++sin2x=cos2x-sin2x+（1-cos2x）=-sin2x.
（1）函數(shù)f（x）的最小正周期T==π.
（2）當(dāng)x∈0，時(shí)，g（x）=-f（x）=sin2x. 當(dāng)x∈-，0時(shí)，x+∈0，，g（x）=gx+=sin2x+= -sin2x；當(dāng)x∈-π，-時(shí)，（x+π）∈0，，g（x）=g（x+π）=sin2（x+π）=sin2x，得函數(shù)g（x）在[-π，0]上的解析式為g（x）=-sin2x，-≤x≤0，sin2x，-π≤x<-.
13. （1）由coscosφ-sinsinφ=0得coscosφ-sinsinφ=0，即cos+φ=0. 又φ<，所以φ=.
（2）由（1）得f（x）=sinωx+，依題意，=. 又T=，故ω=3， f（x）=sin3x+. 函數(shù)f（x）的圖象向左平移m個(gè)單位后所對應(yīng)的函數(shù)為g（x）=sin3（x+m）+，g（x）是偶函數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)3m+=kπ+（k∈Z），即m=+（k∈Z），從而，最小正實(shí)數(shù)m=.
平面向量、解三角形測試卷（A卷）
1. B 2. B
3. 因?yàn)閍⊥c，b∥c，所以有2x-4=0且2y+4=0，解得x=2，y=-2，即a=（2，1），b=（1，-2），所以a+b=（3，-1），a+b=. 選B.
4. 由正弦定理可得b=a，c=2a，由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB，將b=a，c=2a代入上式得cosB=. 選D.
5. 如圖1，在直角三角形ABC中，CB=1，CA=2，AB=，則CD=，所以AD===，所以=，即==a-b. 選D.
圖1
6. 由題知·=··cos∠APB，且=，所以·=（2-1）·cos∠APB. 又由已知可得cos=，所以cos∠APB=2cos2-1=2·-1？搖，所以·=（2-1）·2·-1=（2-1）·2·-1=（2-1）·1-= -3+2+≥-3+2，故選D.
7. 由條件a=λ（2，1）=（2λ，λ）且λ<0，由a=2，所以=2，所以λ2=4，又λ<0，所以λ=-2，所以a=（-4，-2）.
8. 由題可知，e=1=e，e1·e2=-. 又a·b=0，所以（e1-2e2）·（ke1+e2）=0，即ke-2e2+（1-2k）e1·e2=0，即k-2-（1-2k）=0，解得k=.
9. 不妨設(shè)角A=120°，c≤b，則a=b+4，c=b-4，于是cos120°== -，解得b=10，所以S=bcsin120°=15.
10. 作出示意圖，如圖2，因?yàn)锳B=10，∠ADB=∠DAB=15°，所以AB=DB=10，所以CD=5，故速度是10海里/時(shí).
圖2
11. 由A-C=90°，得A為鈍角且sinA=cosC，利用正弦定理，a+c=b可變形為sinA+sinC=sinB，即有sinA+sinC=cosC+sinC=sin（C+45°）=sinB. 又A，B，C是△ABC的內(nèi)角，故C+45°=B或（C+45°）+B=180°（舍去），所以A+B+C=（90°+C）+（C+45°）+C=180°，所以C=15°.
12. （1）因?yàn)椤?3·，所以AC·cosA=3BC·cosB. 由正弦定理得sinBcosA=3sinAcosB，即tanB=3tanA.
（2）因?yàn)閏osC=，0
13. （1）因?yàn)閙⊥n，所以3cos2A=sin2A，即tanA=，故A=60°.
（2）由（1）可知m=，，n=1，-，所以=p，=q，S△ABC=··sinA=pq≤·=，當(dāng)且僅當(dāng)p=q=3時(shí)，取得最大值.
平面向量、解三角形測試卷（B卷）
1. 由題可知a2-a·c-a·b≤0，即a2≤ab+ccosθ，其中θ為a與b+c的夾角，所以cosθ≥=，所以θ∈0，，故選B.
2. ·=ax+y，當(dāng)且僅當(dāng)x=3，y=0 時(shí)，·取得最大值，故-a<-，所以a>. 選D.
3. A.
4. 因?yàn)閏os2=，那么可知=，所以cosB=. 因?yàn)閏osB=，所以=，所以a2+c2-b2=2a2，所以a2+b2=c2，由此可知三角形為直角三角形，選B.
5. a+b>1？圳a2+b2+2a·b=1+1+2a·b>1，即a·b=abcosθ=cosθ>-，又θ∈[0，π]，即等價(jià)于θ∈0，；a-b>1？圳a2+b2-2a·b=1+1-2a·b>1，即cosθ<，又θ∈[0，π]，即等價(jià)于θ∈，π，所以p1，p4為真命題. 選A.
6. 將直角三角形ABC放入直角坐標(biāo)系中，如圖3，設(shè)A（a，0），B（0，b），a，b>0，則D，，P，，所以PC2=+=+，PB2=+-b=+，PA2=-a+=+，所以PA2+PB2=+++=10+=10PC2，所以=10. 選D.
圖3
7. 因?yàn)閏2=（a-b）2+6，所以a2+b2-c2=2ab-6. 因?yàn)閍2+b2-c2=2abcosC=ab，所以2ab-6=ab，所以ab=6，所以S=absinC=·6·=.
8. 因?yàn)?a-b=，所以（2a-b）2=10，即4a2-4a·b+b2=10，所以4+b2-4bcos45°=10，整理得b2-2b-6=0，解得b=3或b=-（舍去）.
9. 因?yàn)?（m-1）+n，=m+（n-1），所以由=λ得（m-1）（n-1）=mn，解得m+n=1. 所以可得+（m+n）≥4，即+min=4.
10. 由·=，得··cos∠FAB=，由矩形的性質(zhì)，得·cos∠FAB=DF. 因?yàn)锳B=，所以·DF=，所以DF=1，所以CF=-1. 記和之間的夾角為θ，∠AEB=α，∠FBC=β，則θ=α+β. 又因?yàn)锽C=2，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，所以BE=1. 所以·=··cosθ=··cos（α+β）=··（cosαcosβ-sinαsinβ）=cosα··cosβ-sinα·sinβ=BE·BC-AB·CF=1×2-（-1）=.
11. （1）當(dāng)α=時(shí)，b=，，m=1+t，2+t，所以m=，故當(dāng)t=-時(shí)，取得mmin.
（2）若a⊥b，則cosα=-2sinα，解得sinα=，cosα=-，故a-b=1+，2-，m=1-t，2+t. 由a-b與m的夾角為，得=，t<5，即t2+5t-5=0，故存在t=.
12. （1）由正弦定理得sinCsinA=sinAcosC. 因?yàn)?
（2）由（1）知B=-A，所以sinA-cosB+=sinA-cos（π-A）=sinA+cosA=2sinA+. 因?yàn)? 13. （1）由已知，m·n=2sincos+2cos2=sin+cos+1=2sin++1. 因?yàn)閙·n=2，所以sin+=. 所以cosx+=1-2sin2+=. （2）因?yàn)椋?a-c）cosB=bcosC，由正弦定理得（2sinA-sinC）cosB=sinBcosC，所以2sinAcosB=sin（B+C）. 因?yàn)锳+B+C=π，所以sin（B+C）=sinA，且sinA≠0，所以cosB=，B=，所以0 南京師大附中 南京外國語學(xué)校 月考試卷調(diào)研 1. {x1 3. 9 4. 30 5. 6. y=±x 7. 8. ±2 9. 由圖可知，函數(shù)f（x）的周期為3，即ω=，再將點(diǎn)（0，1）代入f（x）=2sinx+φ得2sinφ=1，即sinφ=. 又φ<，所以φ=，故f（x）=2sinx+，所以g（x）=fx-=2sinx-+=2sinx-. 10. 設(shè)AD=x，AE=y（0 11. 設(shè)PC=x（0≤x≤3），則+·=2·=-2x×（3-x）=2x2-6x=2x-2-（0≤x≤3）. 因此，當(dāng)x=時(shí)，（+）·取得最小值為-；當(dāng)x=0或3時(shí)，（+）·取得最大值為0. 故（+）·的取值范圍為-，0. 12. 由題可知， f（x）為單調(diào)遞增的一次函數(shù)且f（x）為奇函數(shù)，所以f（x）=kx（k>0），故F（x）=x2+b（k>0），結(jié)合F（x）的單調(diào)性和奇偶性可得，F(xiàn)（2x-1）>F（x）等價(jià)于2x-1>x，即3x2-4x+1>0，解得x<或x>1. 13. 設(shè)點(diǎn)P（x，y），則（x+）2+y2=2[（x-）2+y2]，即（x-3）2+y2=16，要在圓（x-3）2+y2=16上存在兩點(diǎn)到直線l的距離等于1，則需圓心（3，0）到直線l的距離d∈（3，5），即3<<5，解得-1 14. 由S=0知，a=a. 因?yàn)閍n≤a（n∈N？鄢），0 15. （1）因?yàn)閙∥n，所以（sinB-sinA）·（sinB+sinA）-sinC（sinB-sinC）=0，即b2+c2-a2=bc，所以cosA=. 又因?yàn)锳∈（0，π），所以A=. （2）因?yàn)閍=2，A=，所以=，所以b-c=sinB-sinC=sinB-sinB+=·sinB-cosB=2sinB-cosB=2sinB-. 又△ABC為銳角三角形，且A=，所以B∈，，所以B-∈0，，所以2sinB-∈（0，），即b-c的取值范圍為（0，）. 16. （1）因四邊形ABCD為矩形，故DA⊥AB.因平面ABCD⊥平面ABEF，且DA？奐平面ABCD，平面ABCD∩平面ABEF=AB，故DA⊥平面ABEF. 因BF？奐平面ABEF，故DA⊥BF. 因AB為直徑，故BF⊥AF. 因DA，AF為平面DAF內(nèi)的兩條相交直線，故BF⊥平面DAF. （2）因∠BAF=，AB∥EF，故EF=AB. 取DA的中點(diǎn)N，連NF，MN，因M為BD的中點(diǎn)，故MN∥AB，且MN=AB，于是四邊形MNFE為平行四邊形，所以ME∥NF.因NF？奐平面DAF，ME？埭平面DAF，故ME∥平面DAF.
17. 正三棱錐展開如圖4所示. 當(dāng)按照底邊包裝時(shí)體積最大. 設(shè)正三棱錐側(cè)面的高為h0，高為h. 由題意得：x+h0=10，解得h0=10-x. 則h===，x∈（0，10）. 所以，正三棱錐體積V=Sh=×x2×=×. 設(shè)y=V2=·100-x=-，求導(dǎo)得y′=-. 令y′=0，得x=8，當(dāng)x∈（0，8）時(shí)，y′>0，y隨著x的增加而增大，當(dāng)x∈（8，10）時(shí)，y′<0，y隨著x的增加而減小，所以，當(dāng)x=8 cm時(shí)，y取得極大值也是最大值. 此時(shí)y=15360，所以V=32 cm3.
圖4
18. （1）由橢圓的定義知a=，設(shè)P（x，y），則有·=-，則=-，所以化簡得橢圓C的方程是+=1. 因?yàn)椤?，所以·cos∠AOB=，所以·sin∠AOB=4，所以S=·sin∠AOB=2，又S=y-y×1，故y-y=4.
（1）假設(shè)存在一點(diǎn)Q（m，0），使得直線QA，QB的傾斜角互為補(bǔ)角，依題意可知直線l的斜率存在且不為零. 設(shè)直線l的方程為y=k（x-1）（k≠0）. 由y=k（x-1），+=1消去y得（3k2+2）x2-6k2x+3k2-6=0. 設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2=，x1·x2=. 因?yàn)橹本€QA，QB的傾斜角互為補(bǔ)角，所以k+k=0，即+=0，又y1=k（x1-1），y2=k（x2-1），代入上式可得2x1x2+2m-（m+1）·（x1+x2）=0，所以2×+2m-（m+1）×=0，即4m-12=0，所以m=3，所以存在Q（3，0）使得直線QA，QB的傾斜角互為補(bǔ)角.
19. （1）依題意， f2（x）=x3-ax2，？搖x>a，？搖ax2-x3，？搖xa，x（2a-3x），x
所以函數(shù)f2（x）的極小值為f2（0）=0，極大值為f2a=a3.
（2）①當(dāng)x 于是3ax12-4x13=3ax22-4x23，-2ax13+3x14=-2ax23+3x24，即 3a（x1+x2）（x1-x2）=4（x1-x2）（x12+x1x2+x22），3（x1+x2）（x1-x2）（x12+x22）=（x1-x2）（x12+x1x2+x22），故x+x=（常數(shù)）. ②證明：設(shè)x1+x2=s，x1x2=t，則可得a2=2（s2-2t），？搖3as=4+t，？搖解得s=，？搖t=-，？搖或s=a，？搖t=（舍去，否則x1=x2），故y2-y1=（ax-x）-（ax-x）=a（x-x）-（x-x）=（x2-x1）[a（x+x+x1x2）-（x+x）（x1+x2）]=（x2-x1）a--·=（x2-x1）>0，即證y1 20. （1）設(shè)無窮等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)镾=（Sn）3對任意正整數(shù)n都成立，所以分別取n=1，n=2，則a1=a31，8a1+28d=（2a1+d）3.因?yàn)閿?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正整數(shù)，所以d≥0.可得a1=1，d=0或d=2.當(dāng)a1=1，d=0時(shí)，an=1，S=（Sn）3成立；當(dāng)a1=1，d=2時(shí)，Sn=n2，所以S=（Sn）3. 因此，共有2個(gè)無窮等差數(shù)列滿足條件，通項(xiàng)公式為an=1或an=2n-1. （2）①記An={1，2，…，Sn}，顯然a1=S1=1. 對于S2=a1+a2=1+a2，有A2={1，2，…，Sn}={1，a2，1+a2，|1-a2|}={1，2，3，4}，故1+a2=4，所以a2=3. ②由題意可知，集合{a1，a2，…，an}按上述規(guī)則，共產(chǎn)生Sn個(gè)正整數(shù).而集合{a1，a2，…，an，an+1}按上述規(guī)則產(chǎn)生的Sn+1個(gè)正整數(shù)中，除1，2，…，Sn這Sn個(gè)正整數(shù)外，還有an+1，an+1+i，|an+1-i|（i=1，2，…，Sn），共2Sn+1個(gè)數(shù). 所以，Sn+1=Sn+（2Sn+1）=3Sn+1. 又Sn+1+=3Sn+，所以Sn=S1+·3n-1-=·3n-. 當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn-Sn-1=·3n--·3n-1-=3n-1，而a1=1也滿足an=3n-1. 所以，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an=3n-1. 21（A）. 因CD=AC，故∠D=∠CAD. 因AB=AC，故∠ABC=∠ACB.因∠EBC=∠CAD，故∠EBC=∠D. 因∠ABC=∠ABE+∠EBC，∠ACB=∠D+∠CAD. 故∠ABE=∠EBC，即BE平分∠ABC. 21（B）. 設(shè)M=a bc d，則a bc d11=811=88，故a+b=8，c+d=8.. 又矩陣M對應(yīng)的變換將點(diǎn)（1，-1）變換成（4，0），所以可得a bc d1-1=40，故a-b=4，c-d=0.聯(lián)立以上兩方程組，解得M=6 24 4. 再由f（λ）=（λ-6）（λ-4）-8=λ2-10λ+16=0得λ=8或λ=2，矩陣M的另一個(gè)特征值是2. 21（C）. 由題設(shè)知，圓心C（1，），P（2，0），∠CPO=60°，故過P點(diǎn)的切線的傾斜角為30°. 設(shè)M（ρ，θ）是過P點(diǎn)的圓C的切線上的任一點(diǎn)，則在△PMO中，∠MOP=θ，∠OMP=30°-θ，∠OPM=150°. 由正弦定理得=，于是=，即ρcos（θ+60°）=1（或ρsin（30°-θ）=1）為所求切線的極坐標(biāo)方程. 21（D）. 因a，b，c>0，故（++）2 = （·1+·1+·1）2≤[（a+1）+（b+1）+（c+1）]（1+1+1）=12，于是++≤2，當(dāng)且僅當(dāng)==，即a=b=c=時(shí)，取“=”. 所以++的最大值為2.
22. （1）在△BCE中，BC⊥BE，BC=AD=，BE=3，所以EC=2. 在△FCE中，CF2=EF2+CE2，所以EF⊥CE. 由已知條件知，平面ABCD⊥平面BEFC，且平面ABCD∩平面BEFC=BC，DC⊥BC，所以DC⊥平面EFCB，所以DC⊥EF. 又DC與EC為平面DCE內(nèi)的兩條相交直線，所以EF⊥平面DCE.又EF？奐平面DEF，所以平面DEF⊥平面DCE.
（2）如圖5，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，以CB，CF和CD分別作為x軸、y軸和z軸，建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz，則C（0，0，0），A，0，，B（，0，0），E（，3，0），F(xiàn)（0，4，0），從而=（-，1，0），=0，3，-. 設(shè)平面AEF的法向量為n=（x，y，z），由·n=0，·n=0，得-x+y=0，3y-z=0.取x=1，則y=，z=2，即n=（1，，2）. 平面EFCB的法向量為=0，0，，由條件得cos〈n，〉===，所以〈n，〉=30°. 又二面角A-EF-C為銳二面角，所以二面角A-EF-C的大小30°.
圖5
23. （1）當(dāng)n=3時(shí)，P={1，2，3}，其非空子集為：{1}，{2}，{3}，{1，2}，{1，3}，{2， 3}，{1，2，3}，則所有滿足題意的集合對（A，B）為：（{1}，{2}），（{1}，{3}），（{2}，{3}），（{1}，{2，3}），（{1，2}，{3}）共5對，所以a3=5.
（2）設(shè)A中的最大數(shù)為k，其中1≤k≤n-1，整數(shù)n≥3，則A中必含元素k，另元素1，2，…，k-1可在A中，故A的個(gè)數(shù)為：C+C+…+C=2，B中必不含元素1，2，…，k，另元素k+1，k+2，…，k可在B中，但不能都不在B中，故B的個(gè)數(shù)為：C+C+…+ C=2-1，從而集合對（A，B）的個(gè)數(shù)為2·（2-1）=2-2，所以an=（2-2k-1）=（n-1）·2-=（n-2）·2+1.
杭州學(xué)軍中學(xué) 杭州外國語學(xué)校
月考試卷調(diào)研
1. B 2. D 3. B 4. A 5. A 6. C 7. C 8. D
9. A. 提示：F（，0），兩漸近線方程為y=±x，設(shè)l的方程為y=（x-），由y=-x，y=（x-）解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為，-，由OP=1，得+=1，解得a=1.
10. （理科）B. 提示：對于B，若x∈A，則x？埸CXA，所以f（x）=0，f（x）=1. 命題成立；同理，當(dāng)x∈CXA時(shí)命題也成立.
（文科）B. 提示：對于B，設(shè)=t（t≥0），則x=t2-2. y=-2t+t2-1=（t-1）2-2，因此函數(shù)y=-2+x+1的定義域、值域都是[-2，+∞）.
11. -1
12. （理科），
（文科）20
13. 8+4 14. 0，
15. 5 16. -1
17. （理科）1809. 提示：由展開式缺常數(shù)項(xiàng)，得a=-1，a1=2C=18. 已知等式化為=a1+a2x+a3x2+…+a9x8. 再令x=1，得a2+2a3+…+8a9=9×28-29=1792.
（文科）6. 提示：先畫出f（x）在[2，4]上的圖象，再依次畫出f（x）在[1，2]，[4，8]，[8，16]，[16，32]，[32，64]上的圖象，可得f（34）=2，因此集合中的最小元素是6.
18. （1）由5sin=cosC+2. 得5sin=1-2sin2+2. 即2sin2+5sin-3=0. 解得sin=或sin=-3（舍去）. 因?yàn)?°<<90°，所以=30°，C=60°.
（2）由已知條件+1=，可得=. 即得=，即=. 所以cosA=. 所以sinA=. 由正弦定理，得=，故a===.
19. （理科）（1）由Sn+1=3Sn+n2+2，Sn=3Sn-1+（n-1）2+2（n≥2），得an+1=3an+2n-1，故（an+1+n+1）=3（an+n），即bn+1=3bn（n≥2）. 當(dāng)n=1時(shí)上式也成立，故{bn}是以3為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列.
（2）由（1）可得bn=3n，所以=，An==1-. 又由已知得Bn=1-，所以只需比較3n與3n+1的大小即可. 當(dāng)n=1時(shí)，3n<3n+1；當(dāng)n≥2時(shí)，3n>3n+1. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n=2時(shí)不等式顯然成立. ②假設(shè)當(dāng)n=k（k≥2）時(shí)不等式成立，即3k>3k+1. 則3k+1=3·3k>3（3k+1）>3k+4. 所以3k+1>3k+4. 即當(dāng)n=k+1時(shí)不等式也成立. 據(jù)①②知對任意n≥2，n∈N？鄢，都有3n>3n+1.
（文科）（1）由Sn+1=3Sn+n2+2，Sn=3Sn-1+（n-1）2+2（n≥2），得an+1=3an+2n-1，故（an+1+n+1）=3（an+n），即bn+1=3bn（n≥2）. 當(dāng)n=1時(shí)上式也成立，故{bn}是以3為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列.
（2）由（1）得bn=3n，=，b1+b2+…+bn==1-. 不等式化為1->，即<，3n>81，解得n>4. 因此，最小正整數(shù)n為5.
20. （理科）（1） 作OD∥AA1交A1B1于D，連結(jié)C1D. 則OD∥BB1∥CC1. 因?yàn)镺是AB的中點(diǎn)，所以O(shè)D=（AA1+BB1）=3=CC1. 則ODC1C是平行四邊形，因此有OC∥C1D. C1D？奐平面C1B1A1且OC？埭平面C1B1A1，則OC∥面A1B1C1.
（2）建立空間直角坐標(biāo)系如圖6所示，則可得C（0，，3），C1（0，，0），B（1，0，2），A（0，-，4），=（0，-2，4），=（1，-，2）. 設(shè)平面ABC1的法向量為n1=（x1，y1，z1），則n1·=0，n1·=0，？圯-2y1+4z1=0，x1-y1+2z1=0.取z1=，則x1=0，y1=2. n1=（0，2，）. 同理，平面ABC的法向量為n2=（9，，6）. 設(shè)所求的二面角的大小為θ，則cosθ===.endprint
圖6
（文科）（1）延長AB交A1B1的延長線交于E，因?yàn)锽B1∥AA1，且BB1=AA1，所以B1E=A1B1=2. 于是B1E=A1B1=B1C1. 所以∠A1C1E=90°. 即EC1⊥A1C1. 因?yàn)锳A1⊥平面A1B1C1，所以AA1⊥C1E. 又A1C1∩A1A=A1，所以EC1⊥平面AA1C1C，又EC1？奐平面ABC1，所以平面ABC1⊥平面AA1C1C.
（2）由平面ABC1⊥平面AA1C1C，得直線AC在平面ABC1上的射影是直線AC1. 所以∠CAC1是直線AC與平面ABC1所成的角.經(jīng)計(jì)算，A1C1=2，AC1=2，AC=. 在△ACC1中，cos∠CAC1 ==. 即直線AC與平面ABC1所成的角的余弦值為.
21. （理科）（1）C1的準(zhǔn)線l的方程為y=-，由l與圓C2相切，得=1，所以p=2. 故C1的方程為x2=4y.
（2）設(shè)Ax1，x，Bx2，x，P（x0，-1）. 由y=x2，得y′=x. 切線PA的方程為y-x=x1（x-x1），即y=x1x-x. 令y=0，得Mx1，0. 同理，切線PB的方程為y=xx-x，Nx，0.將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入PA，PB的方程，得x-x0x1-1=0，x-x0x2-1=0. 由韋達(dá)定理，得x1+x2=2x0，x1x2=-4. 所以，直線AB的方程為y-x=（x1+x2）（x-x1）. 即y=x0x+1. 故直線AB過焦點(diǎn)F（0，1）. 又kMF===kPN，所以FM∥PN.同理，F(xiàn)N∥PM. 所以PMFN為平行四邊形. 所以==，所以PM·PN=AM·BN. 設(shè)∠MPN=θ，則∠AMF=∠BNF=θ.則S△PMN=（PM·PN）2sin2θ，S△AFM·S△BFN=AM·MFsinθBN·NFsinθ=（PM·PN）2sin2θ. 故S△PMN=S△AFM·S△BFN. 因此，存在λ，且λ=1.
（文科）（1）f ′（x）=-x-+t+1= -=-（x>0）. 當(dāng)t≤0時(shí)， f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），遞減區(qū)間為（1，+∞）；當(dāng)0
（2）原不等式化為-2t-x2-tlnx+（t+1）x≤-1，即f（x）≤. 由題設(shè)，≥f（x）max=f（1）=t+，即2t2+t-1≥0. 解得t≤-1或t≥. 結(jié)合t<0得t≤-1.
22. （理科）（1）f ′（x）=-x-+t+1= -=-（x>0）. 當(dāng)t≤0時(shí)， f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），遞減區(qū)間為（1，+∞）；當(dāng)0
（2）原不等式化為-2t-x2-tlnx+（t+1）x≤-1，即f（x）≤. 由題設(shè)，≥f（x）max=f（1）=t+，即2t2+t-1≥0. 解得t≤-1或t≥. 結(jié)合t<0得t≤-1.
（3）由（1）f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，設(shè)g（x）=f（x）-x，則g（x）在（0，+∞）上也是減函數(shù). 要求證原不等式，只需證：f？搖-≥f-，即g？搖≥g. 故只需證：≤. 而-=-≤0，所以≤成立. 因此，不等式f？搖-f≥-成立.
（文科）（1）由題，F(xiàn)（0，1），l∶y=-1. 設(shè)Ax1，x，Bx2，x，P（x0，-1）. 由y=x2，得y′=x. 切線PA的方程為y-x=x1（x-x1），即y=x1x-x. 令y=0得Mx1，0. 同理，切線PB的方程為y=x2x-x，Nx2，0.將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入PA，PB的方程，得x-x0x0-1=0，x-x0x2-1=0.由韋達(dá)定理，得x1+x2=2x0，x1x2=-4. 所以直線AB的方程為y-x=（x1+x2）（x-x1），即y=x0x+1. 故直線AB過焦點(diǎn)F（0，1）.
（2）kMF===kPN，所以FM∥PN. 同理，F(xiàn)N∥PM. 所以PMFN為平行四邊形. 所以==，所以PM·PN=AM·BN. 設(shè)∠MPN=θ，則∠AMF=∠BNF=θ. S2△PMN=（PM·PN）2sin2θ，S△AFM·S△BFN=AM·MFsinθBN·NFsinθ=（PM·PN）2sin2θ. 故S2△PMN=S△AFM·S△BFN. 因此，存在λ，且λ=1.
圖6
（文科）（1）延長AB交A1B1的延長線交于E，因?yàn)锽B1∥AA1，且BB1=AA1，所以B1E=A1B1=2. 于是B1E=A1B1=B1C1. 所以∠A1C1E=90°. 即EC1⊥A1C1. 因?yàn)锳A1⊥平面A1B1C1，所以AA1⊥C1E. 又A1C1∩A1A=A1，所以EC1⊥平面AA1C1C，又EC1？奐平面ABC1，所以平面ABC1⊥平面AA1C1C.
（2）由平面ABC1⊥平面AA1C1C，得直線AC在平面ABC1上的射影是直線AC1. 所以∠CAC1是直線AC與平面ABC1所成的角.經(jīng)計(jì)算，A1C1=2，AC1=2，AC=. 在△ACC1中，cos∠CAC1 ==. 即直線AC與平面ABC1所成的角的余弦值為.
21. （理科）（1）C1的準(zhǔn)線l的方程為y=-，由l與圓C2相切，得=1，所以p=2. 故C1的方程為x2=4y.
（2）設(shè)Ax1，x，Bx2，x，P（x0，-1）. 由y=x2，得y′=x. 切線PA的方程為y-x=x1（x-x1），即y=x1x-x. 令y=0，得Mx1，0. 同理，切線PB的方程為y=xx-x，Nx，0.將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入PA，PB的方程，得x-x0x1-1=0，x-x0x2-1=0. 由韋達(dá)定理，得x1+x2=2x0，x1x2=-4. 所以，直線AB的方程為y-x=（x1+x2）（x-x1）. 即y=x0x+1. 故直線AB過焦點(diǎn)F（0，1）. 又kMF===kPN，所以FM∥PN.同理，F(xiàn)N∥PM. 所以PMFN為平行四邊形. 所以==，所以PM·PN=AM·BN. 設(shè)∠MPN=θ，則∠AMF=∠BNF=θ.則S△PMN=（PM·PN）2sin2θ，S△AFM·S△BFN=AM·MFsinθBN·NFsinθ=（PM·PN）2sin2θ. 故S△PMN=S△AFM·S△BFN. 因此，存在λ，且λ=1.
（文科）（1）f ′（x）=-x-+t+1= -=-（x>0）. 當(dāng)t≤0時(shí)， f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），遞減區(qū)間為（1，+∞）；當(dāng)0
（2）原不等式化為-2t-x2-tlnx+（t+1）x≤-1，即f（x）≤. 由題設(shè)，≥f（x）max=f（1）=t+，即2t2+t-1≥0. 解得t≤-1或t≥. 結(jié)合t<0得t≤-1.
22. （理科）（1）f ′（x）=-x-+t+1= -=-（x>0）. 當(dāng)t≤0時(shí)， f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），遞減區(qū)間為（1，+∞）；當(dāng)0
（2）原不等式化為-2t-x2-tlnx+（t+1）x≤-1，即f（x）≤. 由題設(shè)，≥f（x）max=f（1）=t+，即2t2+t-1≥0. 解得t≤-1或t≥. 結(jié)合t<0得t≤-1.
（3）由（1）f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，設(shè)g（x）=f（x）-x，則g（x）在（0，+∞）上也是減函數(shù). 要求證原不等式，只需證：f？搖-≥f-，即g？搖≥g. 故只需證：≤. 而-=-≤0，所以≤成立. 因此，不等式f？搖-f≥-成立.
（文科）（1）由題，F(xiàn)（0，1），l∶y=-1. 設(shè)Ax1，x，Bx2，x，P（x0，-1）. 由y=x2，得y′=x. 切線PA的方程為y-x=x1（x-x1），即y=x1x-x. 令y=0得Mx1，0. 同理，切線PB的方程為y=x2x-x，Nx2，0.將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入PA，PB的方程，得x-x0x0-1=0，x-x0x2-1=0.由韋達(dá)定理，得x1+x2=2x0，x1x2=-4. 所以直線AB的方程為y-x=（x1+x2）（x-x1），即y=x0x+1. 故直線AB過焦點(diǎn)F（0，1）.
（2）kMF===kPN，所以FM∥PN. 同理，F(xiàn)N∥PM. 所以PMFN為平行四邊形. 所以==，所以PM·PN=AM·BN. 設(shè)∠MPN=θ，則∠AMF=∠BNF=θ. S2△PMN=（PM·PN）2sin2θ，S△AFM·S△BFN=AM·MFsinθBN·NFsinθ=（PM·PN）2sin2θ. 故S2△PMN=S△AFM·S△BFN. 因此，存在λ，且λ=1.
圖6
（文科）（1）延長AB交A1B1的延長線交于E，因?yàn)锽B1∥AA1，且BB1=AA1，所以B1E=A1B1=2. 于是B1E=A1B1=B1C1. 所以∠A1C1E=90°. 即EC1⊥A1C1. 因?yàn)锳A1⊥平面A1B1C1，所以AA1⊥C1E. 又A1C1∩A1A=A1，所以EC1⊥平面AA1C1C，又EC1？奐平面ABC1，所以平面ABC1⊥平面AA1C1C.
（2）由平面ABC1⊥平面AA1C1C，得直線AC在平面ABC1上的射影是直線AC1. 所以∠CAC1是直線AC與平面ABC1所成的角.經(jīng)計(jì)算，A1C1=2，AC1=2，AC=. 在△ACC1中，cos∠CAC1 ==. 即直線AC與平面ABC1所成的角的余弦值為.
21. （理科）（1）C1的準(zhǔn)線l的方程為y=-，由l與圓C2相切，得=1，所以p=2. 故C1的方程為x2=4y.
（2）設(shè)Ax1，x，Bx2，x，P（x0，-1）. 由y=x2，得y′=x. 切線PA的方程為y-x=x1（x-x1），即y=x1x-x. 令y=0，得Mx1，0. 同理，切線PB的方程為y=xx-x，Nx，0.將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入PA，PB的方程，得x-x0x1-1=0，x-x0x2-1=0. 由韋達(dá)定理，得x1+x2=2x0，x1x2=-4. 所以，直線AB的方程為y-x=（x1+x2）（x-x1）. 即y=x0x+1. 故直線AB過焦點(diǎn)F（0，1）. 又kMF===kPN，所以FM∥PN.同理，F(xiàn)N∥PM. 所以PMFN為平行四邊形. 所以==，所以PM·PN=AM·BN. 設(shè)∠MPN=θ，則∠AMF=∠BNF=θ.則S△PMN=（PM·PN）2sin2θ，S△AFM·S△BFN=AM·MFsinθBN·NFsinθ=（PM·PN）2sin2θ. 故S△PMN=S△AFM·S△BFN. 因此，存在λ，且λ=1.
（文科）（1）f ′（x）=-x-+t+1= -=-（x>0）. 當(dāng)t≤0時(shí)， f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），遞減區(qū)間為（1，+∞）；當(dāng)0
（2）原不等式化為-2t-x2-tlnx+（t+1）x≤-1，即f（x）≤. 由題設(shè)，≥f（x）max=f（1）=t+，即2t2+t-1≥0. 解得t≤-1或t≥. 結(jié)合t<0得t≤-1.
22. （理科）（1）f ′（x）=-x-+t+1= -=-（x>0）. 當(dāng)t≤0時(shí)， f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），遞減區(qū)間為（1，+∞）；當(dāng)0
（2）原不等式化為-2t-x2-tlnx+（t+1）x≤-1，即f（x）≤. 由題設(shè)，≥f（x）max=f（1）=t+，即2t2+t-1≥0. 解得t≤-1或t≥. 結(jié)合t<0得t≤-1.
（3）由（1）f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，設(shè)g（x）=f（x）-x，則g（x）在（0，+∞）上也是減函數(shù). 要求證原不等式，只需證：f？搖-≥f-，即g？搖≥g. 故只需證：≤. 而-=-≤0，所以≤成立. 因此，不等式f？搖-f≥-成立.
（文科）（1）由題，F(xiàn)（0，1），l∶y=-1. 設(shè)Ax1，x，Bx2，x，P（x0，-1）. 由y=x2，得y′=x. 切線PA的方程為y-x=x1（x-x1），即y=x1x-x. 令y=0得Mx1，0. 同理，切線PB的方程為y=x2x-x，Nx2，0.將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入PA，PB的方程，得x-x0x0-1=0，x-x0x2-1=0.由韋達(dá)定理，得x1+x2=2x0，x1x2=-4. 所以直線AB的方程為y-x=（x1+x2）（x-x1），即y=x0x+1. 故直線AB過焦點(diǎn)F（0，1）.
（2）kMF===kPN，所以FM∥PN. 同理，F(xiàn)N∥PM. 所以PMFN為平行四邊形. 所以==，所以PM·PN=AM·BN. 設(shè)∠MPN=θ，則∠AMF=∠BNF=θ. S2△PMN=（PM·PN）2sin2θ，S△AFM·S△BFN=AM·MFsinθBN·NFsinθ=（PM·PN）2sin2θ. 故S2△PMN=S△AFM·S△BFN. 因此，存在λ，且λ=1.
猜你喜歡
中學(xué)生數(shù)理化·八年級物理人教版(2023年11期)2023-12-26 07:50:04
動漫界·幼教365(大班)(2023年3期)2023-05-02 06:35:26
動漫界·幼教365(中班)(2023年3期)2023-04-23 08:31:29
中學(xué)生數(shù)理化(高中版.高二數(shù)學(xué))(2021年2期)2021-03-19 08:54:12
中學(xué)生博覽·文藝憩(2020年3期)2020-08-14 09:02:38
新世紀(jì)智能(數(shù)學(xué)備考)(2020年12期)2020-03-29 02:15:34
求學(xué)·文科版(2019年6期)2019-06-12 03:31:35
藝術(shù)家(2018年7期)2018-09-22 02:09:20
新教育(2018年8期)2018-08-29 00:53:20
課程教育研究(2017年26期)2017-08-02 08:56:02
