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山东省潍坊市寿光五中2022届高三数学上学期12月月考试卷理含解析

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2022-2022学年山东省潍坊市寿光五中高三(上)12月月考数学试卷(理科)一、选择题(每小题5分,共计50分)1.设i是虚数单位,复数()A.3﹣2iB.3+2iC.2﹣3iD.2+3i2.集合A={x|x2﹣a≥0},B={x|x<2},若CRA⊆B,则实数a的取值范围是()A.(﹣∞,4]B.[0,4]C.(﹣∞,4)D.(0,4)3.已知a0=20.5,b=log32,c=log20.1,则()A.a<b<cB.c<a<bC.c<b<aD.b<c<a4.下列四个结论:①若x>0,则x>sinx恒成立;②命题“若x﹣sinx=0则x=0”的逆命题为“若x≠0则x﹣sinx≠0”;③“命题p或q为真”是“命题p且q为真”的充分不必要条件;④命题“∀x∈R,x﹣lnx>0”的否定是“∃x0∈R,x0﹣lnx0≤0”.其中正确结论的个数是()A.1个B.2个C.3个D.4个5.直线x+my+1=0与不等式组表示的平面区域有公共点,则实数m的取值范围是()A.[,]B.[﹣,﹣]C.[,3]D.[﹣3,﹣]6.已知某几何体的三视图,则该几何体的体积是()A.12B.24C.36D.487.设0<a<1,则函数y=的图象大致为()-21-\nA.B.C.D.8.已知向量=(0,sinx),=(1,2cosx),函数f(x)=•,g(x)=2+2﹣,则f(x)的图象可由g(x)的图象经过怎样的变换得到()A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度9.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ),(0<φ<π)的图象如图所示,若f(x0)=3,x0∈(,),则sinx0的值为()A.B.C.D.10.设f(x)=|lnx|,若函数g(x)=f(x)﹣ax在区间(0,3]上有三个零点,则实数a的取值范围是()A.(0,)B.(,e)C.(0,]D.[,)二、解答题(每小题5分共计25分)11.已知sinα﹣cosα=,α∈(0,π),tanα=__________.12.已知平面向量=(1,2),=(﹣2,m),且⊥,则2+3=__________.-21-\n13.函数y=lg(1﹣)+的定义域是__________.14.设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1、S2,体积分别为υ1,υ2,若它们的侧面积相等,且的值为__________.15.给出下列四个命题:①命题“∀x∈R,cosx>0”的否定是“∃x∈R,cosx≤0”;②a、b、c是空间中的三条直线,a∥b的充要条件是a⊥c且b⊥c;③命题“在△ABC中,若A>B,则sinA>sinB”的逆命题为假命题;④对任意实数x,有f(﹣x)=f(x),且当x>0时,f′(x)>0,则当x<0时,f′(x)<0.其中的真命题是__________.(写出所有真命题的编号)三、解答题:16.已知函数f(x)=sinωxcosωx﹣cos2ωx﹣(ω>0,x∈R)的图象上相邻两个最高点的距离为π.(Ⅰ)求函数f(x)的单调递增区间;(Ⅱ)若△ABC三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c,且c=,f(C)=0,sinB=3sinA,求a,b的值.17.已知数列{an}前n项和Sn满足:2Sn+an=1(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<.18.在如图所示的空间几何体中,平面ACD⊥平面ABC,△ACD与△ACB是边长为2的等边三角形,BE=2,BE和平面ABC所成的角为60°,且点E在平面ABC上的射影落在∠ABC的平分线上.(Ⅰ)求证:DE∥平面ABC;(Ⅱ)求二面角E﹣BC﹣A的余弦值.-21-\n19.如图正方形ABCD的边长为ABCD的边长为,四边形BDEF是平行四边形,BD与AC交于点G,O为GC的中点,平面ABCD.(I)求证:AE∥平面BCF;(Ⅱ)若,求证CF⊥平面AEF.20.(13分)已知函数f(x)=lnx﹣mx,m∈R(Ⅰ)求f(x)的单调区间;(Ⅱ)若f(x)≤﹣2m+1在[1,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围.21.(14分)如图,在△ABC中,已知∠ABC=45°,O在AB上,且OB=OC=AB,又PO⊥平面ABC,DA∥PO,DA=AO=PO.(Ⅰ)求证:PD⊥平面COD;(Ⅱ)求二面角B﹣DC﹣O的余弦值.-21-\n2022-2022学年山东省潍坊市寿光五中高三(上)12月月考数学试卷(理科)一、选择题(每小题5分,共计50分)1.设i是虚数单位,复数()A.3﹣2iB.3+2iC.2﹣3iD.2+3i【考点】复数代数形式的乘除运算.【专题】数系的扩充和复数.【分析】利用复数的运算法则即可得出.【解答】解:复数===3﹣2i,故选:A.【点评】本题考查了复数的运算法则,属于基础题.2.集合A={x|x2﹣a≥0},B={x|x<2},若CRA⊆B,则实数a的取值范围是()A.(﹣∞,4]B.[0,4]C.(﹣∞,4)D.(0,4)【考点】补集及其运算;集合的包含关系判断及应用.【专题】集合.【分析】根据集合的补集关系进行求解即可.【解答】解:∵A={x|x2﹣a≥0}={x|x2≥a},∴CRA={x|x2≤a},若a<0,则CRA=∅,满足CRA⊆B,若a≥0,则CRA={x|x2<a}={x|﹣<x<},若CRA⊆B,则≤2,解得0≤a≤4,综上a≤4,故选:A【点评】本题主要考查集合的基本运算和集合关系的应用,注意分类讨论.3.已知a0=20.5,b=log32,c=log20.1,则()A.a<b<cB.c<a<bC.c<b<aD.b<c<a【考点】对数值大小的比较.【专题】函数的性质及应用.【分析】利用指数函数和对数函数的单调性即可得出.【解答】解:∵a=20.5>20=1,0<b=log32<log33=1,c=log20.1<log21=0.∴c<b<a.故选:C.【点评】本题考查了指数函数和对数函数的单调性,属于基础题.4.下列四个结论:①若x>0,则x>sinx恒成立;-21-\n②命题“若x﹣sinx=0则x=0”的逆命题为“若x≠0则x﹣sinx≠0”;③“命题p或q为真”是“命题p且q为真”的充分不必要条件;④命题“∀x∈R,x﹣lnx>0”的否定是“∃x0∈R,x0﹣lnx0≤0”.其中正确结论的个数是()A.1个B.2个C.3个D.4个【考点】命题的真假判断与应用.【专题】规律型;探究型;构造法;导数的概念及应用;简易逻辑.【分析】令f(x)=x﹣sinx,利用导数分析其单调性,可判断①;写出原命题的逆命题,可判断②;根据充要条件的定义,可判断③;写出原命题的否定,可判断④.【解答】解:令f(x)=x﹣sinx,则f′(x)=1﹣cosx≥0恒成立,故f(x)=x﹣sinx在R上为增函数,故x>0时,f(x)>f(0)=0,即x>sinx恒成立,故①正确;命题“若x﹣sinx=0,则x=0”的逆命题为“若x=0,则x﹣sinx=0”,故②错误;“命题p或q为真”时,“命题p且q为真”不一定成立,“命题p且q为真”时,“命题p或q为真”成立,故“命题p或q为真”是“命题p且q为真”的必要不充分条件,故③错误;④命题“∀x∈R,x﹣lnx>0”的否定是“∃x0∈R,x0﹣lnx0≤0”,故正确.其中正确结论的个数是2个,故选:B【点评】本题考查的知识点是全称命题的否定,四种命题,复合命题,函数的单调性,难度中档.5.直线x+my+1=0与不等式组表示的平面区域有公共点,则实数m的取值范围是()A.[,]B.[﹣,﹣]C.[,3]D.[﹣3,﹣]【考点】简单线性规划.【专题】不等式的解法及应用.【分析】作出不等式组对应的平面区域,利用线性规划的知识即可得到结论.【解答】解:即直线x+my+1=0过定点D(﹣1,0)作出不等式组对应的平面区域如图:当m=0时,直线为x=﹣1,此时直线和平面区域没有公共点,故m≠0,x+my+1=0的斜截式方程为y=x,斜率k=,要使直线和平面区域有公共点,则直线x+my+1=0的斜率k>0,即k=>0,即m<0,满足kCD≤k<kAB,此时AB的斜率kAB=2,-21-\n由解得,即C(2,1),CD的斜率kCD==,由,解得,即A(2,4),AD的斜率kAD==,即≤k≤,则≤≤,解得﹣3≤m≤﹣,故选:D.【点评】本题主要考查线性规划以及斜率的应用,利用数形结合是解决本题的关键.6.已知某几何体的三视图,则该几何体的体积是()A.12B.24C.36D.48【考点】由三视图求面积、体积.【专题】计算题;空间位置关系与距离.【分析】利用三视图判断几何体的形状,通过三视图是数据,求出几何体的体积即可.【解答】解:三视图复原的几何体是底面为边长4、3的矩形,高为3的棱锥,高所在棱垂直底面矩形的一个得到,-21-\n所以棱锥的体积为:=12.故选:A.【点评】本题主要考查关于“几何体的三视图”与“几何体的直观图”的相互转化的掌握情况,同时考查空间想象能力.7.设0<a<1,则函数y=的图象大致为()A.B.C.D.【考点】函数的图象.【专题】函数的性质及应用.【分析】利用0<a<1,判断ax,x>0时的范围,以及x<0时的范围,然后求解ax﹣1的范围,倒数的范围,即可判断函数的图象.【解答】解:因为0<a<1,x>0时,0<ax<1,﹣1<ax﹣1<0,<﹣1,x<0时,ax>1,ax﹣1>0,>0,观察函数的图象可知:B满足题意.故选:B.【点评】本题考查指数函数的图象,解题时要认真审题,仔细解答,注意合理地进行等价转化,注意函数的值域以及指数函数的性质.-21-\n8.已知向量=(0,sinx),=(1,2cosx),函数f(x)=•,g(x)=2+2﹣,则f(x)的图象可由g(x)的图象经过怎样的变换得到()A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度【考点】函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换;平面向量数量积的运算.【专题】平面向量及应用.【分析】由题意利用两个向量的数量积公式、诱导公式可得函数f(x)=sin2x,g(x)=sin2(x+),再根据函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律,可得结论.【解答】解:由题意可得函数f(x)=•=(2sinxcosx)=sin2x,g(x)=2+2﹣=sin2x+1+4cos2x﹣=3cos2x﹣=cos2x=sin(2x+)=sin2(x+),故把g(x)的图象向右平移个单位长度,可得f(x)的图象,故选:B.【点评】本题主要考查诱导公式的应用,函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律,统一这两个三角函数的名称,是解题的关键,属于基础题.9.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ),(0<φ<π)的图象如图所示,若f(x0)=3,x0∈(,),则sinx0的值为()A.B.C.D.【考点】由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式.【专题】三角函数的图像与性质.【分析】由函数的最值求出A,由周期求出ω,由五点法作图求出φ的值,求出函数的解析式.再由f(x0)=3求出sin(x0+)的值,可得cos(x0+)的值,再由两角差的正弦公式求得sinx0=sin[(x0+)﹣]的值.【解答】解:由函数的图象可得A=5,且=,解得ω=1-21-\n再由五点法作图可得1•+φ=,解得φ=.故函数的解析式为f(x)=5sin(x+).再由f(x0)=3,x0∈(,),可得5sin(1•x0+)=3,解得sin(x0+)=,故有cos(x0+)=﹣,sinx0=sin[(x0+)﹣]=sin(x0+)cos﹣cos(x0+)sin=﹣(﹣)=.故选A.【点评】本题主要考查由函数y=Asin(ωx+∅)的部分图象求解析式,由函数的最值求出A,由周期求出ω,由五点法作图求出φ的值,两角差的正弦公式的应用,属于中档题.10.设f(x)=|lnx|,若函数g(x)=f(x)﹣ax在区间(0,3]上有三个零点,则实数a的取值范围是()A.(0,)B.(,e)C.(0,]D.[,)【考点】根的存在性及根的个数判断;函数零点的判定定理.【专题】函数的性质及应用.【分析】首先,画出函数f(x)=|lnx|的图象,然后,借助于图象,结合在区间(0,3]上有三个零点,进行判断.【解答】解:函数f(x)=|lnx|的图象如图示:-21-\n当a≤0时,显然,不合乎题意,当a>0时,如图示,当x∈(0,1]时,存在一个零点,当x>1时,f(x)=lnx,可得g(x)=lnx﹣ax,(x∈(1,3])g′(x)==,若g′(x)<0,可得x>,g(x)为减函数,若g′(x)>0,可得x<,g(x)为增函数,此时f(x)必须在[1,3]上有两个零点,∴解得,,在区间(0,3]上有三个零点时,,故选D.【点评】本题重点考查函数的零点,属于中档题,难度中等.-21-\n二、解答题(每小题5分共计25分)11.已知sinα﹣cosα=,α∈(0,π),tanα=﹣1.【考点】同角三角函数间的基本关系.【专题】计算题;三角函数的求值.【分析】已知等式左边提取,利用两角和与差的正弦函数公式化简,求出sin(α﹣)的值为1,由α的范围,利用特殊角的三角函数值求出α的度数,即可求出tanα的值.【解答】解:∵sinα﹣cosα=sin(α﹣)=,∴sin(α﹣)=1,∵α∈(0,π),∴α﹣=,即α=,则tanα=﹣1.【点评】此题考查了同角三角函数间的基本关系,特殊角的三角函数值,以及两角和与差的正弦函数公式,熟练掌握公式及基本关系是解本题的关键.12.已知平面向量=(1,2),=(﹣2,m),且⊥,则2+3=(﹣4,7).【考点】平面向量的坐标运算.【专题】计算题;转化思想;向量法;平面向量及应用.【分析】由向量=(1,2),=(﹣2,m),且⊥,求出m的值,则2+3的答案可求.【解答】解:∵向量=(1,2),=(﹣2,m),且⊥,∴﹣2+2m=0,解得m=1,则2+3=2×(1,2)+3×(﹣2,1)=(﹣4,7).故答案为:(﹣4,7).【点评】本题考查了平面向量数量积的运算,考查了平面向量的坐标运算,是基础题.13.函数y=lg(1﹣)+的定义域是[log23,+∞).【考点】函数的定义域及其求法.【专题】函数的性质及应用.【分析】根据函数成立的条件,即可求出函数的定义域.【解答】解:要使函数有意义,则,即,∴x≥log23,即函数的定义域为[log23,+∞),故答案为:[log23,+∞)【点评】本题主要考查函数定义域的求法,要求熟练掌握常见函数成立的条件,比较基础.-21-\n14.设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1、S2,体积分别为υ1,υ2,若它们的侧面积相等,且的值为.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积.【专题】空间位置关系与距离.【分析】设两个圆柱的底面半径分别为R,r,高分别为H,h,由=,得=,由它们的侧面积相等,得=,由此能求出.【解答】解:设两个圆柱的底面半径分别为R,r,高分别为H,h,∵=,∴=,∵它们的侧面积相等,∴=1,∴=,∴==()2×=.故答案为:.【点评】本题考查两个圆柱的体积的比值的求法,是中档题,解题时要注意圆柱的体积和侧面积计算公式的合理运用.15.给出下列四个命题:①命题“∀x∈R,cosx>0”的否定是“∃x∈R,cosx≤0”;②a、b、c是空间中的三条直线,a∥b的充要条件是a⊥c且b⊥c;③命题“在△ABC中,若A>B,则sinA>sinB”的逆命题为假命题;④对任意实数x,有f(﹣x)=f(x),且当x>0时,f′(x)>0,则当x<0时,f′(x)<0.其中的真命题是①④.(写出所有真命题的编号)【考点】命题的真假判断与应用.【专题】简易逻辑.【分析】①利用命题的否定即可判断出;②由a⊥c且b⊥c可得a∥b或相交或为异面直线,另一方面由a∥b,推不出a⊥c,b⊥c,即可判断出;③在△ABC中,A>B⇔a>b,由正弦定理可得:,可得sinA>sinB.④利用偶函数的性质即可得出.【解答】解:①命题“∀x∈R,cosx>0”的否定是“∃x∈R,cosx≤0”,正确;②a、b、c是空间中的三条直线,由a⊥c且b⊥c可得a∥b或相交或为异面直线,-21-\n由a∥b,推不出a⊥c,b⊥c,因此“a⊥c且b⊥c”是a∥b的既不充分也不必要条件,因此②不正确;③在△ABC中,由A>B⇔a>b,由正弦定理可得:,因此sinA>sinB.可知逆命题为真命题,因此不正确;④对任意实数x,有f(﹣x)=f(x),可知函数f(x)是偶函数.由当x>0时,f′(x)>0,则当x<0时,f′(x)<0.正确.综上可知:只有①④正确.故答案为:①④.【点评】本题综合考查了空间中的线线位置关系、三角形的边角关系、函数的奇偶性单调性、简易逻辑等基础知识与基本技能方法,属于基础题.三、解答题:16.已知函数f(x)=sinωxcosωx﹣cos2ωx﹣(ω>0,x∈R)的图象上相邻两个最高点的距离为π.(Ⅰ)求函数f(x)的单调递增区间;(Ⅱ)若△ABC三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c,且c=,f(C)=0,sinB=3sinA,求a,b的值.【考点】余弦定理;两角和与差的正弦函数;正弦函数的单调性.【专题】解三角形.【分析】(Ⅰ)f(x)解析式利用二倍角的正弦、余弦函数公式化简,整理为一个角的正弦函数,根据题意确定出ω的值,确定出f(x)解析式,利用正弦函数的单调性求出函数f(x)的单调递增区间即可;(Ⅱ)由f(C)=0,求出C的度数,利用正弦定理化简sinB=3sinA,由余弦定理表示出cosC,把各自的值代入求出a与b的值即可.【解答】解:f(x)=sin2ωx﹣(1+cos2ωx)﹣=sin(2ωx﹣)﹣1,∵f(x)图象上相邻两个最高点的距离为π,∴=π,即ω=1,则f(x)=sin(2x﹣)﹣1,(Ⅰ)令﹣+2kπ≤2x﹣≤+2kπ,k∈Z,得到﹣+kπ≤x≤kπ+,k∈Z,则函数f(x)的单调递增区间为[﹣+kπ,kπ+],k∈Z;(Ⅱ)由f(C)=0,得到f(C)=sin(2C﹣)﹣1=0,即sin(2x﹣)=1,∴2C﹣=,即C=,由正弦定理=得:b=,把sinB=3sinA代入得:b=3a,-21-\n由余弦定理及c=得:cosC===,整理得:10a2﹣7=3a2,解得:a=1,则b=3.【点评】此题考查了正弦、余弦定理,以及二倍角的正弦、余弦函数公式,熟练掌握定理是解本题的关键.17.已知数列{an}前n项和Sn满足:2Sn+an=1(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<.【考点】数列的求和;数列递推式.【专题】等差数列与等比数列.【分析】(I)利用递推式可得:.再利用等比数列的通项公式即可得出;(II)由(I)可得bn==,;利用“裂项求和”即可得出数列{bn}的前n项和为Tn,进而得到证明.【解答】(I)解:∵2Sn+an=1,∴当n≥2时,2Sn﹣1+an﹣1=1,∴2an+an﹣an﹣1=0,化为.当n=1时,2a1+a1=1,∴a1=.∴数列{an}是等比数列,首项与公比都为.∴.(II)证明:bn===-21-\n=,∴数列{bn}的前n项和为Tn=++…+=.∴Tn<.【点评】本题考查了递推式的应用、等比数列的通项公式、“裂项求和”、不等式的证明,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.18.在如图所示的空间几何体中,平面ACD⊥平面ABC,△ACD与△ACB是边长为2的等边三角形,BE=2,BE和平面ABC所成的角为60°,且点E在平面ABC上的射影落在∠ABC的平分线上.(Ⅰ)求证:DE∥平面ABC;(Ⅱ)求二面角E﹣BC﹣A的余弦值.【考点】用空间向量求平面间的夹角;直线与平面平行的判定;与二面角有关的立体几何综合题.【专题】空间位置关系与距离;空间向量及应用.【分析】(Ⅰ)取AC中点O,连接BO,DO,由题设条件推导出DO⊥平面ABC,作EF⊥平面ABC,由已知条件推导出∠EBF=60°,由此能证明DE∥平面ABC.(Ⅱ)法一:作FG⊥BC,垂足为G,连接EG,能推导出∠EGF就是二面角E﹣BC﹣A的平面角,由此能求出二面角E﹣BC﹣A的余弦值.法二:以OA为x轴,以OB为y轴,以OD为z轴,建立空间直角坐标系O﹣xyz,利用向量法能求出二面角E﹣BC﹣A的余弦值.【解答】(本小题满分12分)解:(Ⅰ)由题意知,△ABC,△ACD都是边长为2的等边三角形,取AC中点O,连接BO,DO,则BO⊥AC,DO⊥AC,…又∵平面ACD⊥平面ABC,∴DO⊥平面ABC,作EF⊥平面ABC,那么EF∥DO,根据题意,点F落在BO上,∵BE和平面ABC所成的角为60°,∴∠EBF=60°,∵BE=2,∴,…-21-\n∴四边形DEFO是平行四边形,∴DE∥OF,∵DE不包含于平面ABC,OF⊂平面ABC,∴DE∥平面ABC.…(Ⅱ)解法一:作FG⊥BC,垂足为G,连接EG,∵EF⊥平面ABC,∴EF⊥BC,又EF∩FG=F,∴BC⊥平面EFG,∴EG⊥BC,∴∠EGF就是二面角E﹣BC﹣A的平面角.…Rt△EFG中,,,.∴.即二面角E﹣BC﹣A的余弦值为.…解法二:建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz,B(0,,0),C(﹣1,0,0),E(0,,),∴=(﹣1,﹣,0),=(0,﹣1,),平面ABC的一个法向量为设平面BCE的一个法向量为则,∴,∴.…所以,又由图知,所求二面角的平面角是锐角,二面角E﹣BC﹣A的余弦值为.…-21-\n【点评】本题考查直线与平面平行的证明,考查二面角的余弦值的求法,解题时要注意空间思维能力的培养,注意向量法的合理运用.19.如图正方形ABCD的边长为ABCD的边长为,四边形BDEF是平行四边形,BD与AC交于点G,O为GC的中点,平面ABCD.(I)求证:AE∥平面BCF;(Ⅱ)若,求证CF⊥平面AEF.【考点】直线与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定.【专题】证明题;数形结合;数形结合法;空间位置关系与距离.【分析】(I)利用正方形,平行四边形的性质可得AD∥BC,DE∥BF,可证平面ADE∥平面BCF,即可证明AE∥平面BCF…5分(Ⅱ)由已知可证AC2=AF2+CF2,由勾股定理可得CF⊥AF,又FO⊥平面ABCD,可得FO⊥BD,又AC⊥BD,即可证明BD⊥平面AFC,结合EF∥BD,即可证明EF⊥CF,从而可证CF⊥平面AEF.【解答】证明:(I)∵四边形ABCD为正方形,四边形BDEF是平行四边形,∴AD∥BC,DE∥BF,∵AD∩DE=D,BC∩BF=B,∴平面ADE∥平面BCF,又∵AE⊂平面ADE,∴AE∥平面BCF…5分(Ⅱ)∵正方形ABCD边长为2,∴对角线AC=4,又∵O为GC中点,∴AO=3,OC=1又∵FO⊥平面ABCD,且FO=,∴AF2=AO2+OF2=9+3=12,CF2=OC2+OF2=1+3=4,又AC2=16,∴AC2=AF2+CF2,∴CF⊥AF,-21-\n又FO⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴FO⊥BD又∵AC⊥BD∴BD⊥平面AFC,又∵EF∥BD,∴EF⊥平面AFC∴EF⊥CF,又EF∩AF=F∴CF⊥平面AEF…12分【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定,直线与平面平行的判定,考查了空间想象能力和推理论证能力,属于中档题.20.(13分)已知函数f(x)=lnx﹣mx,m∈R(Ⅰ)求f(x)的单调区间;(Ⅱ)若f(x)≤﹣2m+1在[1,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围.【考点】利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性.【专题】导数的概念及应用;导数的综合应用.【分析】(1)先对原函数求导数,然后通过解导数大于零或小于零的不等式得到原函数的单调区间;(2)先将原不等式归零化简,然后通过求函数的最值解决问题,只需利用导数研究函数的单调性即可,注意分类讨论.【解答】解:由题意可得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=.(1)当m≤0时,f′(x)>0,此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,当m>0时,令f′(x)>0,解得,令f′(x)<0,解得.所以当m≤0时,此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当m>0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,),单调减区间为().(2)因为在[1,+∞)上恒成立.即在[1,+∞)上恒成立,令g(x)=,-21-\n则,(1)当,即时,若,则g′(x)<0,g(x)是减函数,所以g(x)<g(1)=0,即g(x)≥0在[1,+∞)上不恒成立;(2)当,即时,若x>1,则g′(x)>0,g(x)是增函数,所以g(x)>g(1)=0,即,故当x≥1时,f(x)恒成立.综上所述,所求的正实数m的取值范围是.【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性的思路,以及不等式恒成立问题转化为函数的最值问题来解的基本思想.21.(14分)如图,在△ABC中,已知∠ABC=45°,O在AB上,且OB=OC=AB,又PO⊥平面ABC,DA∥PO,DA=AO=PO.(Ⅰ)求证:PD⊥平面COD;(Ⅱ)求二面角B﹣DC﹣O的余弦值.【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定.【专题】空间位置关系与距离;空间向量及应用.【分析】(Ⅰ)设OA=1,则PO=OB=2,DA=1,由DA∥PO,PO⊥平面ABC,知DA⊥平面ABC,可得DA⊥AO.利用勾股定理的逆定理可得:PD⊥DO.由OC=OB=2,∠ABC=45°,可得CO⊥AB,又PO⊥平面ABC,可得PO⊥OC,得到CO⊥平面PAB.得到CO⊥PD.即可证明.(Ⅱ)如图建立空间直角坐标系,点A为坐标原点,设AB=1,利用线面垂直的性质、向量垂直与数量积的关系得出两个平面的法向量,求出其夹角即可.【解答】(Ⅰ)证明:设OA=1,则PO=OB=2,DA=1,由DA∥PO,PO⊥平面ABC,知DA⊥平面ABC,∴DA⊥AO.从而,在△PDO中,∵PO=2,∴△PDO为直角三角形,故PD⊥DO.又∵OC=OB=2,∠ABC=45°,-21-\n∴CO⊥AB,又PO⊥平面ABC,∴PO⊥OC,又PO,AB⊂平面PAB,PO∩AB=O,∴CO⊥平面PAB.故CO⊥PD.∵CO∩DO=O,∴PD⊥平面COD.(Ⅱ)解:以OC,OB,OP所在射线分别为x,y,z轴,建立直角坐标系如图.则由(Ⅰ)知,C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),D(0,﹣1,1),∴,由(Ⅰ)知PD⊥平面COD,∴是平面DCO的一个法向量,设平面BDC的法向量为,∴,∴,令y=1,则x=1,z=3,∴,∴,由图可知:二面角B﹣DC﹣O为锐角,二面角B﹣DC﹣O的余弦值为.【点评】本题考查了线面垂直的判定与性质定理,考查了通过建立空间直角坐标系利用线面垂直的性质定理、向量垂直与数量积的关系及平面的法向量的夹角求出二面角的方法、勾股定理的逆定理、等腰直角三角形的性质,考查了空间想象能力,考查了推理能力与计算能力.-21-

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2022-08-25 20:36:28 页数:21
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文章作者:U-336598

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