(3)当a≠0时,设函数f(x-1)的图象C1与函数g(x)的图象C2交于点P,Q,过线段PQ的中点R作x轴的垂线分别交C1,C2于点M,N,问是否存在点R,使C1在M处的切线与C2在N处的切线平行?
若存在,求出R的横坐标;若不存在,请说明理由.
湖南师大附中2018-2019学年度高二第二学期期中考试理科数学参考答案-(这是边文,请据需要手工删加)
湖南师大附中2018-2019学年度高二第二学期期中考试
数学(理科)参考答案
第Ⅰ卷 (满分100分)
一、选择题
题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答 案
C
B
D
A
B
C
A
B
A
B
二、填空题
11.4. 12. 13.6 14.(k∈Z)
15.16π 【解析】正四棱锥P-ABCD底面的四个顶点A,B,C,D在球O的同一个大圆上,点P在球面上,PO⊥底面ABCD,PO=R,SABCD=2R2,VP-ABCD=,所以·2R2·R=,解得R=2,则球O的表面积是16π.
三、解答题
16.【解析】
(1)由图可知,本次竞赛成绩的众数是75.
因为前三个小组的频率之和为0.4,所以中位数落在第四个小组内.
设中位数为x,则有(x-70)×0.03=0.5-0.4,解得x≈73.3.
所以中位数约为73.3.(3分)
(2)因为不低于80分的频率=(0.025+0.005)×10=0.3,
所以1200名学生中可以获得礼物的人数约为1200×0.3=360.(6分)
17.【解析】
(1)由已知,f
(1)==,解得a=1.(1分)
(2)由
(1)知,f(x)=,∵2x>0,2x+1>1,∴f(x)的定义域为R.
∵f(x)==1-,又∵2x∈(0,+∞),∴∈(0,2),
∴f(x)的值域为(-1,1).(5分)
(3)∵f(x)的定义域为R,且f(-x)===-f(x),
∴f(x)是奇函数.(8分)
18.【解析】
(1)连结BD,交AC于点O.连结OE.
因为四边形ABCD是正方形,所以O为BD的中点,
又E为PD的中点,所以OE为△PBD的中位线,
所以OE∥PB.
又PB平面AEC,OE平面AEC,
所以PB∥平面AEC.(3分)
(2)因为四边形ABCD是正方形,所以CD⊥AD.
因为PA⊥底面ABCD,所以CD⊥PA.
又AD∩PA=A,所以CD⊥平面PAD.(6分)
(3)因为VC-ADE=VE-ACD=·h·S△ACD=,
又因为底面ABCD是边长为2的正方形,所以S△ACD=2,所以h=1.
又因为E是PD的中点,所以PA=2h=2.所以PB=PD=2.
所以四棱锥P-ABCD的侧面积=2S△PAB+2S△PBC=2=4+4.(8分)
19.【解析】
(1)因为a⊥b,所以a·b=sinx-sin=sinx-cosx=0,
解得tanx=.(4分)
(2)f(x)=cosx=sinxcosx-cos2x
=sin2x-·=sin-,
当x∈时,2x-∈,sin∈,
所以f(x)的值域为.(8分)
20.【解析】
(1)∵2an=2+Sn, ①
∴2an-1=2+Sn-1(n≥2). ②
①-②得an=2an-1(n≥2),又2a1=2+a1,a1=2,∴an=2n.(3分)
(2)bn=n·an=n·2n,
用错位相减法得:
Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n, ①
2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1, ②
①-②,得Tn=(n-1)·2n+1+2.(6分)
(3)cn===,
由得解得2≤n≤3(n∈N*).
∴n=2或n=3时,cn最大,即c2=c3=为中的最大项.(10分)
第Ⅱ卷 (满分50分)
一、选择题
21.A 【解析】①为假命题,“若x2=1,则x=1”的否命题应为“若x2≠1,则x≠1”;②为假命题,“x∈R,x2+x-1<0”的否定应为“x∈R,x2+x-1≥0”;③正确;④为假命题,“x=-1”是“x2-5x-6=0”的充分不必要条件.选A.
22.C 【解析】解:
由题意可得A1(-a,0),A2(a,0),B1(0,b),B2(0,-b),
F1(-c,0),F2(c,0),
且a2+b2=c2,菱形F1B1F2B2的边长为,
由以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2,切点分别为A,B,C,D.
由面积相等,可得·2b·2c=a·4,
即为b2c2=a2(b2+c2),即有c4+a4-3a2c2=0,
由e=,可得e4-3e2+1=0,
解得e2=,可得e=,或e=(舍去).故选C.
23.B 【解析】8的顺序数为2,则8必是排第三位.7的顺序数为3,则7必是第5位,那么还得考虑5和6,有两种,
(1)5在6的前面.那么5只能排在第6位,6可以是第7或第8位,其它四个任排,有2A=48种.
(2)6在5前面,5在第7位,有4A=96种.所以满足题意的排列总数为48+96=144种.故选B.
二、填空题
24. 【解析】抛物线C的直角坐标方程为x2=4y,直线l的方程为x=(y-1),
设A(x1,y1)、B(x2,y2),
则由解得y1+y2=,又直线过抛物线的焦点F(0,1),
所以+=y1+1+y2+1=+2=.
25.(1,e) 【解析】因为00),则f′(x)=,令f′(x)=0得x=e.易知f(x)在区间(0,e)内单调递增,在区间(e,+∞)内单调递减,所以f(x)max=f(e)=.因为f
(1)=0,所以当x∈(0,1)时f(x)<0;当x>1时f(x)>0.如图所示,a,b可以看成是函数f(x)=(x>0)的图象与直线y=k(k>0)的两个交点的横坐标.因为0三、解答题
26.【解析】
(1)设Q(x0,0),由F2(c,0),A(0,b),
知=(-c,b),=(x0,-b),
∵⊥,∴-cx0-b2=0,x0=-.由于=,
故-+c=-2c,∴b2=3c2=a2-c2,即c=a,
于是F2,Q.
又因为△AQF2的外接圆圆心为,半径r=a.该圆与直线x-y-3=0相切,
所以=aa=2.∴c=1,b=.
∴所求椭圆方程为+=1.(4分)
(2)由
(1)知F2(1,0),设l:
y=k(x-1),由消掉y,得
(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0.(6分)
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,y1+y2=k(x1+x2-2),(7分)
+=(x1-m,y1)+(x2-m,y2)=(x1+x2-2m,y1+y2),
由于菱形的对角线垂直,故(+)·=0,(9分)
故k(y1+y2)+x1+x2-2m=0,即k2(x1+x2-2)+x1+x2-2m=0,
即:
k2+-2m=0,
由已知条件知k≠0且k∈R,∴m==,∴0故存在满足的点P(m,0)且m的取值范围是.(12分)
27.【解析】
(1)a=0时,f(x)设h(x)=ln(1+x)-bx,则h′(x)=-b.
若b≤0,显然不满足题意;
若b≥1,则x∈时,h′(x)=-b≤0恒成立,
∴h(x)在上为减函数,有ln(x+1)-bx若0
所以h(x)在上单调递增.
∵h(0)=0,∴x∈时,h(x)>0,不满足题意.
综上,b≥1时f(x)(2)由
(1)得ln(x+1)ln<,1-<1-ln,
则cn=1-<1-ln(n+2)+ln(n+1),
∴Sn<+(1-ln4+ln3)+…+(1-ln(n+2)+ln(n+1)),
即Sn(3)f(x-1)=lnx,设点P,Q的坐标是P(x1,y1),Q(x2,y2),且0则点M,N的横坐标为x=.
C1在点M处的切线斜率为k1==.
C2在点N处的切线斜率为k2==+b.
假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行,则k1=k2.
即=+b.
所以=+b(x2-x1)
=-=y2-y1=lnx2-lnx1=ln.
所以ln==.(10分)
设u=>1,则lnu=,u>1. ①
令r(u)=lnu-,u>1,则r′(u)=-=.
因为u>1,所以r′(u)>0,所以r(u)在[1,+∞)上单调递增.
故r(u)>r
(1)=0,则lnu>.
这与①矛盾,假设不成立.
故不存在点R,使C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行.(13分)