福建中职数学对口高考复习模拟试题：解答题(3)

福建中职数学对口高考复习模拟试题：解答题

解答题：本大题共6小题，共80分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16．（本小题满分13分） 已知函数fx(Ⅰ)求f3cosxsinxsin2x1.

2cosx2的值； (Ⅱ)求函数fx的最小正周期及单调递减区间. 3

17．（本小题满分13分）.

如图，矩形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，ADCD，AB∥CD，

1 ABADCD2,DE3，M为CE的中点．

2 (Ⅰ)求证：BM∥平面ADEF；

(Ⅱ)求直线DB与平面BEC所成角的正弦值．

18．（本小题满分13分） 已知函数fxx(1lnx)．

（Ⅰ）求函数fx的单调区间及其在x1处的切线方程；

（Ⅱ）若kZ，且k(x1)fx对任意x1恒成立，求k的最大值． 19．（本小题满分13分）

2如图，已知直线l1:y4xm,(m0)与抛物线C1:y2ax,(a0)和圆

C2:x2(y1)217都相切，F是抛物线C1的焦点．

（Ⅰ）求m与a的值；

（Ⅱ）设A是C1上的一动点，以A为切点作抛物线C1的切线l，直线l交y轴于点B，以 FA，FB为邻边作平行四边形FAMB，证明：点M在一条定直线上；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，记点M所在的定直线为l2，直线l2与y轴交点为N，连接MF交抛物线C1于P，Q两点，求△NPQ的面积S的取值范围．

20．（本小题满分14分）

1

有一种新型的洗衣液，特点是去污速度快.已知每投放a(1a4,且aR)个单位的洗衣

液，它在水

中释放的浓度y与时间x(小时)的关系可近似地表示为: yaf(x)，其中

x626x3f(x)1x 6次投放的洗

0x3；若多次投放，则某一时刻水中的洗衣液浓度为每

3x6衣液在相应时刻所释放的浓度之和．根据经验，只有当水中洗衣液的浓度不低于

1时，才3能起到有效 去污的作用.

(Ⅰ) 如果只投放1个单位的洗衣液，则能够维持有效去污作用的时间有多长?

(Ⅱ) 第一次投放1个单位的洗衣液后, 当水中洗衣液的浓度减少到．．．时,马上再投放1个单位的

洗衣液，设第二次投放后水中洗衣液的浓度为g(x),求g(x)的函数解析式及其最大值； ．．．．．． （Ⅲ）若第一次投放2个单位的洗衣液，4小时后再投放a个单位的洗衣液，要使接下

来的2小时

中能够持续有效去污,试求a的最小值．

21．本题（1）、（2）、（3）三个选答题，每小题7分，请考生任选两题做答，满分14分.若多做，则按所做的前两题计分.请用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中． （1）（本小题满分7分）选修4-2：矩阵与变换

132112 已知矩阵A，B.

1201（Ⅰ）试求矩阵AB；.

（Ⅱ）若矩阵B所对应的线性变换把直线l:xy20变为直线l，求直线l的方程. （2）（本小题满分7分）选修4-4：坐标系与参数方程

36；

4cos29sin2 （Ⅰ）若以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，

求曲线C的直角坐标方程；

已知曲线C的极坐标方程为2 （Ⅱ）若P(x,y)是曲线C上的一个动点，求3x4y的最大值． （3）(本小题满分7分)选修4－5：不等式选讲.

已知a，b，c为实数，且abc22m0,a2

1212bcm10. 492

1212(abc)2;（Ⅱ）若求实数m的取值范围． （Ⅰ）求证：abc49142

解答题：本大题共6小题，共80分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16．（本小题满分13分）

23cossinsin1333解:(I)f232cos3；……4分

(II)

13332221112222fx的定义域为

cosx0,得xk2kZ 故

xRxk,kZ.

2因为fx3cosxsinxsin2x11sinx3cosxsinx

2cosx223131cos2x1sin2xsin2xsin2xsin2x,………………222226…7分 所

以

fx的最小正周期为

T2. …………………………………………………8分 2因为函数ysinx的单调递减区间为2k由2k得k所

2,2k3kZ,. 222x62k3,xkkZ, 226以

xkfx2,xkkZ, 32的

单

调

递

减

区

间

为

k,k622kZ ．…………13分 ,k,k2317．（本小题满分13分）

3

证明 ：（Ⅰ）取DE中点N，连结MN，AN 在EDC中，M，N分别为ED，EC的中点，

1CD 21又已知AB//CD，且ABCD，所以MN//AB，且MN=AB.

2所以MN//CD，且MN所以四边形ABMN为平行四边形 ，所以BM//AN；又因为AN平面BEC，且BM平面BEC

所以MM//平面ADEF；…………………………………………………………………………6分

（II）解：在矩形ADEF中，ED⊥AD，又因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD，

所以ED⊥平面ABCD，又AD⊥CD，

所以，取D为原点，DA、DC、DE所在直线分别为x，y，z轴，建立直角坐标系，则

D（0,0，0），B（2，2，0），C（0，4，0），E（0，0，3） 设m(x,y,z)为平面BEC的一个法向量。 因为BC＝（－2，2，0），CE＝（0，－4，3），

2x2y044所以，令x＝1，得y＝1，z＝，所以m(1,1,)，DB(2,2,0)

334y3z0设

DB

与

平

面

BEC

所

成

角

为

α

，

则

sin

α

=|cosDB,m|=

DB•m=|DB||m|与

平

44411面

BEC

169所

317 17成

角

的

正

弦

值

为

所以，DB

317．……………………………………………………13分 1718．（本小题满分13分） （1）解：因为fxlnx2，

令fx0，得x11；令，得； 0xfx022ee4

所以fx的递增区间为(11，的递减区间为,)(0,)．…………3分 fxe2e2因为f12，f11

所以函数fx的图像在x1处的切线方程y2x1；…………5分

（2）解：由（1）知，fxxxlnx，所以k(x1)fx对任意x1恒成立，

即kxxlnx对任意x1恒成立．…………6分.

x1xxlnxxlnx2，则gx，……………………7分 2x1x11x10， xx令gx令hxxlnx2x1，则hx1所以函数hx在1,上单调递增．………………………8分

因为h31ln30,h422ln20，所以方程hx0在1,上存在唯一实根x0，且满足x03,4．

当1xx0时，h(x)0，即g(x)0，当xx0时，h(x)0，即g(x)0，…10分

所以函数gx所以gxxxlnx在1,x0上单调递减，在x0,上单调递增．

x1minx01lnx0x01x02gx0x03,4．…………12分

x01x01所以kgxminx03,4．故整数k的最大值是3．………………………13分 19．（本小题满分13分）

22解：(1)由已知，圆C2:x(y1)17的圆心为C2(0,1)，半径r17. 由题设圆心到直线l1:y4xm,(m0)的距离d|1m||1m|17， ，即1717解得m18，(m16舍去).……………………………………………………3分 设l1与抛物线的切点为A0(x0,y0)，又y4ax，得4ax04x0代入直线方程得：

12，y0. aa2418， aa 5

1，m18. ………………………………………………………………5分 9229(2)由(1)知抛物线C1方程为yx，焦点F(0,).

9822224设A(x1,x1)，由(1)知以A为切点的切线l的方程为yx1x1(xx1).

99922令x0，得切线l交y轴的B点坐标为(0,x1)

9∴a2x1292x129)，FB(0,)， 所以FA(x1,98∴FMFAFB(x1,)， ∴M(x1,)，即点M在定直线y(3)设直线MF:ykx得

949上.……………………………………8分 22，代入yx1 229xkx0，设P，Q的横坐标分别为xP，xQ 9kxxPQ281则xPxQ，

160∴SNPQ11981k281|NF||xPxQ|； 22444∵k0， ∴SNPQ8181，即△NPQ的面积S范围是(,). ……………………13分 161620．（本小题满分14分）

0x33x6⑴由题意知x61或x1

2 1 6x3363解得1x3或3x4,即1x4；

∴能够维持有效的抑制作用的时间:413小时；……………………………4分 ⑵由⑴知,x4时第二次投入1单位洗衣液,显然g(x)的定义域为4x10； 当4x6时,第一次投放

1单位洗衣液还有残留,故

6

11x66x(x4)gx=1 +2=； 6(x4)333x16当6x10时,第一次投放1单位洗衣液已无残留,故 当6x7时, g(x)28x6(x4)6 =； 6(x4)336x1当7x10时, g(x)1x45x； 63x66x7 ………………………………………………77x10611x33x168xg(x)所以

36x15x36 分 当

4x6时,

g(x)610x161011x610x1()2==22；

3x133x1333x13x16时取“=”,即x132[4,6]； 3x1当6x10时,第一次投放1单位洗衣液已无残留,

当且仅当

当6x7时, g(x)61(x5)(7x)0,所以g(x)为增函数；

(x1)266(x1)2当7x10时,g(x)为减函数;故 g(x)max=g(7)又(1, 210117122228822)=0, 3266∴第一次投放132小时后, 水中洗衣液浓度的达到最大值为

1022；………………10分 3（3）当4x6时

xx468aa26a)2x y2(1)a(2

66x136x1

1015aa26a[(x1)]……………………………………………………………1166x1分

7

10a26a5a2 a4时，u[(x1)]max76x121015a5a221 ∴ymin恒成立；

623310a26a61a50 若1a时，u[ (x1)]max76x1301015a61a507a ∴ymin， 630157a155105 ∴由得a， ∴a；综上，a4，即a的最小值为

15377775．……14分 7 若

21．本题（1）、（2）、（3）三个选答题，每小题7分，请考生任选两题做答，满分14分.若多做，则按所做的前两题计分. 作答时，请用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中． （1）解：（Ⅰ）AB211223 ………………………………3分 120114（Ⅱ）任取直线l上一点P(x,y),设点P经矩阵B变换后得到Px,y，则

x12xx2yxx2y，y01yyyy 代入l:xy20，得x3y20，

xx2y yy∴直线l的方程为x3y20.………………………………7分

（2）解：（Ⅰ）由23622224cos9sin36 得224cos9sinx2y21； ……………………………………3分 ∴94 分

（3）解：（Ⅰ）由柯西不等式得[a2(b)2(c)2][122232](abc)2

即

（Ⅱ）设P(3cos,2sin)，则3x4y=9cos8sin145sin()

R，∴当sin()1时，3x4y的最大值为145.……………7

121312121212(abc)222(abc)14(abc),abc

4949142 8

11|b||c|取得等号；…………………………4分. 4911（Ⅱ）由已知得abc2m2,a2b2c21m

49514(1m)(2m2)2即2m23m50m12

12122又abc1m0，

当且仅当|a|49 ∴m1， ∴52m1.

……………………………………………………7分 9