高中数学老师工资有2万吗-高中数学教师资格证面试结构化真题
高中数学模拟试题
(附答案及解析)
一、选择题(共10小题)
1.(2020?衡阳三模)复数z=1+i, 为z的共轭复数, 则
A. ﹣2i B.﹣ i C.i D.2 i
=( )
2.(2020?上海)设f(x)=, 若f(0)是f(x)的最小值,
则a的取值范围为( )
A. [﹣1, 2] B.[ ﹣1, 0]
C. [1, 2] D.[ 0, 2]
3.(2020?广西模拟)将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起,
使得BD=a, 则三棱锥D﹣ABC的
体积为( )
A. B. C.
D.
4.(2020?河南)如图,
圆O的半径为1, A是圆上的定点, P是圆上的动点,
角x的始边为射
线OA, 终边为射线OP, 过点P做直线OA的垂线,
垂足为M, 将点M到直线OP的距离表
示为x的函数f(x),
则y=f(x)在[0, π]的图象大致为( )
A. B. C.
D.
5.(2020?包头一模)设函数,
则f(x)=sin(2x+
A. y=f(x)在(0,
)单调递增,
其图象关于直
线x=对称
)+cos(2x+), 则( )
B. y=f(x)在(0,
)单调递增,
其图象关于直
线x=对称
C. y=f(x)在(0,
)单调递减,
其图象关于直
线x=对称
D. y=f(x)在(0,
)单调递减,
其图象关于直
线x=
6.(2020?太原一模)复数
A.
B.
的共轭复数是( )
C. ﹣i D.i
对称
7.(2020?广西)已知双曲线C的离心率为2,
焦点为F
1
、F
2
, 点A在C上,
若|F
1
A|=2|F
2
A|,
则
cos∠AF
2
F
1
=( )
A. B. C.
D.
8.(2020?上海二模)已知正四棱锥S﹣ABCD中, SA=2,
那么当该棱锥的体积最大时, 它的高
为( )
A. 1 B.
C. 2 D.3
9.(2020?重庆)已知函数(fx)=,
且g(x)=f(x)﹣mx﹣m在(﹣1, 1]
内有且仅有两个不同的零点,
则实数m的取值范围是( )
A. B. C. D.
(﹣, (﹣,
(﹣, (﹣
﹣2]∪(0,
]
﹣2]∪(0,
]
﹣2]∪(0,
]
,
﹣2]∪(0,
]
10.(2013?铁岭模拟)设S<
br>n
为等差数列{a
n
}的前n项和,
若a
1
=1, 公差d=2,
S
k+2
﹣S
k
=24, 则
k=( )
A. 8 B.7 C. 6 D.5
二、填空题(共5小题)(除非特别说明,
请填准确值)
11.(2020?乌鲁木齐二模)直三棱柱ABC﹣A
1
B
1
C
1
的各顶点都在同一球面上,
若AB=AC=AA
1
=2,
∠BAC=120°,
则此球的表面积等于
_________ .
12.(2020?湖南)如图所示, 正方形ABCD与正方形DEFG的边长分别为a,
b(a<b), 原点O
为AD的中点,
抛物线y
2
=2px(p>0)经过C, F两点, 则=
_________ .
13.(2020?云南一模)已知圆C过双曲线﹣=1的一个顶点和一个焦点,
且圆心在此双曲线上, 则
圆心到双曲线中心的距离是 _________ .
14.(2020?上海)设f(x)=
15.(2020?上海)设(fx)=, 若(f0)是(fx)的最小值,
则a的取值范围为 _________ .
, 若f(2)=4,
则a的取值范围为 _________ .
三、解答题(共6小题)(选答题,
不自动判卷)
16.(2020?江西)如图, 四棱锥P﹣ABCD中,
ABCD为矩形, 平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求证:AB⊥PD;
(2)若∠BPC=90°, PB=, PC=2,
问AB为何值时,
四棱锥P﹣ABCD的体积最大?并求
此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.
17.(2020?江西模拟)设数列{a
n
}的前n项和为S
n
,
已知a
1
=1,
S
n+1
=4a
n
+2(n∈N
*
).
(1)设b
n
=a
n+1
﹣2a
n
,
证明数列{b
n
}是等比数列;
(2)求数列{a
n
}的通项公式.
18.(2020?四川)三棱锥A﹣BCD及其侧视图、俯视图如图所示, 设M,
N分别为线段AD, AB
的中点, P为线段BC上的点,
且MN⊥NP.
(1)证明:P是线段BC的中点;
(2)求二面角A﹣NP﹣M的余弦值.
19.(2020?天津)设f(x)=x﹣ae
x
(a∈R),
x∈R, 已知函数y=f(x)有两个零点x
1
,
x
2
, 且
x
1
<x
2
.
(Ⅰ)求a的取值范围;
(Ⅱ)证明:随着a的减小而增大;
(Ⅲ)证明x
1
+x
2
随着a的减小而增大.
20.(2020?陕西)设函数f(x)=lnx+, m∈R.
(Ⅰ)当m=e(e为自然对数的底数)时, 求f(x)的极小值;
(Ⅱ)讨论函数g(x)=f′(x)﹣零点的个数;
(Ⅲ)若对任意b>a>0,
<1恒成立, 求m的取值范围.
21.(2020?江苏)已知函数f
0
(x)=(x>0),
设f
n
(x)为f
n
﹣
1
(x)的导数,
(1)求2f
1
()+f
2
()的值;
(2)证明:对任意n∈N
*
,
等式|nf
n
﹣
1
()+f
n
()|=都成立.
n∈N
*
.
参考答案与试题解析
一、选择题(共10小题)
1.(2020?衡阳三模)复数z=1+i, 为z的共轭复数, 则=(
)
A. ﹣2i B.﹣ i C.i
考点:
复数代数形式
的混合运算.
专题: 计算题.
分析:
求出复数z的共
轭复数,
代入表达式,
求解即可.
解答:
解:=1﹣i,
所以
=
(1+i)(1﹣i)
﹣1﹣i﹣1=﹣i
故选B
点评: 本题是基础题,
考查复数代数
形式的混合运
算,
考查
计算能力,
常考题型.
2.(2020?上海)设f(x)=,
A. [﹣1, 2] B.[
﹣1, 0] C. [1,
考点: 分段函数的应
用.
专题: 函数的性质及
应用.
分析: 当a<0时,
显然f(0)不是
f(x)的最小值,
当a≥0时,
解不等式:a
2
﹣a
﹣2≤0, 得
﹣1≤a≤2,
问题解决.
解答: 解;当a<0时,
显然f(0)不是
f(x)的最小值,
D.2 i
若f(0)是f(x)的最小值,
2] D.[ 0, 2]
则a的取值范围为( )
当a≥0时,
f(0)=a
2
,
由题意得:
a
2
≤x++a,
解不等式:a
2
﹣a
﹣2≤0, 得
﹣1≤a≤2,
∴0≤a≤2,
故选:D.
点评:
本题考察了分
段函数的问题,
基本不等式的
应用,
渗
透了分类讨论
思想, 是
一道基础题.
3.(2020?广西模拟)将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起,
体积为(
)
A.
B.
C.
D.
考点: 棱柱、棱锥、棱
台的体积.
专题: 计算题.
分析: 取AC的中点
O, 连接
DO, BO,
求出三角形
DOB的面积,
求出AC 的长,
即可求三棱锥D
﹣ABC的体积.
解答: 解:O是AC中
点,
连接
DO,
BO△ADC,
△ABC都是等
腰直角三角形
DO=B0==
,
BD=a△BDO也
是等腰直角三
角形 DO⊥AC,
DO⊥BO
DO⊥
平面ABC DO
使得BD=a, 则三棱锥D﹣ABC的
就是三棱锥D﹣
ABC的高
S△ABC=a
2
三
棱锥D﹣ABC
的体积:
点评:
故选D.
本题考查棱锥
的体积,
是基础题.
4.(2020?河南)如图, 圆O的半径为1, A是圆上的定点,
P是圆上的动点, 角x的始边为射
线OA, 终边为射线OP,
过点P做直线OA的垂线, 垂足为M,
将点M到直线OP的距离表
示为x的函数f(x), 则y=f(x)在[0,
π]的图象大致为( )
A. B. C. D.
考点:
专题:
分析:
解答:
抽象函数及其
应用.
三角函数的图
像与性质.
在直角三角形
OMP中,
求出OM,
注意长度、距离
为正, 再
根据直角三角
形的锐角三角
函数的定义即
可得到f(x)的
表达式,
然后化简,
分析周期和最
值, 结合
图象正确选择.
解:在直角三角
形OMP中,
OP=1,
∠POM=x,
则OM=|cosx|,
∴点M到直线
OP的距离表示
为x的函数(fx)
=OM|sinx|
=|cosx|?|sinx|=|
sin2x|,
其周期为T=,
最大值为,
最小值为0,
故选C.
点评:
本题主要考查
三角函数的图
象与性质,
正确表示函数
的表达式是解
题的关键,
同时考查二倍
角公式的运用.
5.(2020?包头一模)设函数,
A. y=f(x)在(0,
)单调递增,
其图象关于直
线x=对称
B. y=f(x)在(0,
)单调递增,
其图象关于直
线x=对称
C.
y=f(x)在(0,
)单调递减,
其图象关于直
线x=对称
D. y=f(x)在(0,
)单调递减,
其图象关于直
线x=对称
则f(x)=sin(2x+)+cos(2x+), 则( )
考点:
正弦函数的对
称性;正弦函数
的单调性.
计算题;压轴
题.
利用
辅助角公
式(两角和的正
弦函数)化简函
数f(x)=sin
专题:
分析:
(2x+
(2x+
)+cos
),
然后求出对称
轴方程,
判断y=f(x)在
(0,
)
解答:
单调性,
即可得到答案.
解:因为f(x)
=sin(2x+
+cos(2x+
=sin
)
)
)
(2
x+
=cos2x.
它的对称轴方
程可以是:
x=;所以A,
C错误;函数y=f
(x)在(0,
)单调递减,
所以B错误;D
正确.
故选D
本题是基础题,
考查三角函数
的化简,
三角函数的性
质:对称性、单
调性, 考
查计算能力,
常考题型.
点评:
6.(2020?太原一模)复数的共轭复数是( )
A.
B.
C. ﹣i D.i
考点: 复数代数形式
的混合运算.
专题: 计算题.
分析: 复数的分子、分
母同乘分母的
共轭复数,
复数化简为
a+bi(a,
b∈R)的形式,
然后求出共轭
复数, 即
可.
解答:
解:复数
=
==i,
它的共轭复数
为:﹣i.
故选C
点评: 本题是基础题,
考查复数代数
形式的混合运
算,
共轭
复数的概念,
常考题型.
7.(2020?广西)已知双曲线C的离心率为2,
焦点为F
1
、F
2
,
cos∠AF
2
F
1
=( )
A.
B.
C.
D.
考点:
双曲线的简单
性质.
专题: 圆锥曲线的定
义、性质与方
程.
分析: 根据双曲线的
定义,
以
及余弦定理建
立方程关系即
A在C上,
若|F
1
A|=2|F
2
A|, 则 点
可得到结论.
解答: 解:∵双曲线C
的离心率为2,
∴e=,
即c=2a,
点A在双曲线
上,
则|F
1
A|﹣
|F
2
A|=2a,
又|F
1
A|=2|F
2
A|,
∴解得|F
1
A|=4a,
|F
2
A|=2a,
||F
1
F
2
|=2c,
则由余弦定理得
cos∠AF
2
F
1
=
=
=
,
故选:A.
点评: 本题主要考查
双曲线的定义
和运算,
利用离心率的
定义和余弦定
理是解决本题
的关键,
考查学生的计
算能力.
8.(2020?上海二模)已知正四棱锥S﹣ABCD中,
为( )
A.
1 B.
C. 2
考点: 棱柱、棱锥、棱
台的体积.
专题: 计算题;压轴
题.
分析: 设出底面边长,
SA=2,
D.3
那么当该棱锥的体积最大时, 它的高
求出正四棱锥
的高, 写
出体积表达式,
利用求导求得
最大值时,
高的值.
解答:
解:设底面边长
为a, 则高
h=
=,
所以体积
V=a
2
h=
,
设y=12a
4
﹣a
6
,
则y′=48a
3
﹣3a
5
,
当y取最值时,
y′=48a
3
﹣3a
5
=0,
解得a=0或a=4
时, 体积
最大,
此时
h==2
, 故选C.
点评:
本试题主要考
查椎体的体积,
考查高次函数
的最值问题的
求法.是中档
题.
9.(2020?重庆)已知函数(fx)=,
且g(x)=f(x)﹣mx﹣m在(﹣1,
内有且仅有两个不同的零点,
则实数m的取值范围是( )
A.
(﹣,
B.
(﹣,
C.
(﹣,
D.
(﹣,
﹣2]∪(0, ﹣2]∪(0, ﹣2]∪(0, ﹣2]∪(0,
] ] ] ]
] 1
考点:
专题:
分析:
分段函数的应
用.
函数的性质及
应用.
由g(x)=f(x)
﹣mx﹣m=0,
即f(x)=m
(x+1),
作出两个函数
的图象,
利用数形结合
即可得到结论.
解:由g(x)=f
(x)﹣mx﹣
m=0,
即f
(x)=m(x+1),
分别作出函数f
(x)和y=g(x)
=m(x+1)的图
象如图:
由图象可知f
(1)=1, g
(x)表示过定
点A(﹣1,
0)的直线,
当g(x)过(1,
1)时,
解答:
m═此时两个
函数有两个交
点,
此时
满足条件的m
的取值范围是0
<m≤,
当g(x)过(0,
﹣2)时, g
(0)=﹣2,
解得m=﹣2,
此时两个函数
有两个交点,
当g(x)与f(x)
相切时,
两个函数只有
一个交点,
此时
,
即m(x+1)
2
+3
(x+1)﹣1=0,
当m=0时,
x=,
只有1解,
当m≠0,
由△=9+4m=0
得m=﹣,
此时直线和f
(x)相切,
∴要使函数有
两个零点,
则﹣<m≤﹣2
或0<m≤,
故选:A
点评: 本题主要考查
函数零点的应
用,
利用
数形结合是解
决此类问题的
基本方法.
10.(2013
?铁岭模拟)设S
n
为等差数列{a
n
}的前n项和,
k=(
)
A. 8 B.7 C. 6
考点: 等差数列的前n
项和.
专题: 计算题.
分析:
先由等差数列
前n项和公式求
得S
k+2
,
若a
1
=1,
D.5
公差d=2,
S
k+2
﹣S
k
=24, 则
S
k
, 将
S
k+2
﹣S
k
=24转
化为关于k的方
程求解.
解答: 解:根据题意:
S
k+2
=(k+2)
2
,
S
k
=k
2
∴S
k+2
﹣S
k
=24
转化为:
(k+2)
2
﹣
k
2
=24
∴k=5
故选D
点评: 本题主要考查
等差数列的前n
项和公式及其
应用,
同
时还考查了方
程思想,
属中档题.
二、填空题(共5小题)(除非特别说明, 请填准确值)
11.(2020?乌
鲁木齐二模)直三棱柱ABC﹣A
1
B
1
C
1
的各顶点都在
同一球面上,
∠BAC=120°, 则此球的表面积等于
20π .
考点: 球内接多面体.
专题: 计算题;压轴
题.
分析: 通过已知体积
求出底面外接
圆的半径,
设此圆圆心为
O', 球心
为O,
在
RT△OBO'中,
求出球的半径,
然后求出球的
表面积.
解答: 解:在△ABC中
AB=AC=2,
∠BAC=120°,
可得,
由正弦定理,
可得△ABC外
接圆半径r=2,
设此圆圆心为
O',
球心
若AB=AC=AA
1
=2,
为O, 在
RT△OBO'中,
易得球半径
,
故此球的表面
积为4πR
2
=20π
故答案为:20π
点评: 本题是基础题,
解题思路是:先
求底面外接圆
的半径,
转化为直角三
角形, 求
出球的半径,
这是三棱柱外
接球的常用方
法;本题考查空
间想象能力,
计算能力.
12.(2020?湖南)如图所示,
正方形ABCD与正方形DEFG的边长分别为a, b(a<b),
为AD的中点,
抛物线y
2
=2px(p>0)经过C, F两点, 则= .
考点: 直线与圆锥曲
线的关系.
专题: 计算题.
分析: 可先由图中的
点与抛物线的
位置关系,
写出C,
F
两点的坐标,
再将坐标代入
抛物线方程中,
消去参数p后,
得到a, b
的关系式,
再寻求的值.
解答: 解:由题意可得
原点O
,
,
将C,
F两
点的坐标分别
代入抛物线方
程y
2
=2px中,
得
∵a>0, b
>0, p>
0,
两式相
比消去p得
,
化简整理得
a
2
+2ab﹣b
2
=0,
此式可看作是
关于a的一元二
次方程,
由求根公式得
,
取
,
从而
,
故答案为:
点评:
.
本题关键是弄
清两个正方形
与抛物线的位
置关系,
这样才能顺利
写出C, F
的坐标,
接下来是消参,
得到了一个关
于a, b的
齐次式,
应注意根的取
舍与细心的计
算.
13.(2020?云南一模)已知圆C过双曲线
圆心到双曲线中心的距离是
考点:
专题:
分析:
.
﹣=1的一个顶点和一个焦点,
且圆心在此双曲线上, 则
双曲线的简单
性质.
计算题.
由双曲线的几
何性质易知圆C
过双曲线同一
支上的顶点和
焦点,
所
以圆C的圆心
的横坐标为
4.故圆心坐标
为(4,
±).由此可
解答:
求出它到双曲
线中心的距离.
解:由双曲线的
几何性质易知
圆C过双曲线
同一支上的顶
点和焦点,
所以圆C的圆
心的横坐标为
4.
故圆心坐标为
(4,
±).
∴它到中心(0,
0)的距离为
d=
.
故答案为:
点评: 本题考查双曲
线的性质和应
用,
解题
.
=
时注意圆的性
质的应用.
14.(2020?上海)设(fx)=, 若(f2)=4,
则a的取值范围为 (﹣∞, 2] .
考点:
分段函数的应
用;真题集萃.
专题: 分类讨论;函数
的性质及应用.
分析: 可对a进行讨
论, 当a>
2时,
当
a=2时,
当a<2时,
将a代入相对应
的函数解析式,
从而求出a的范
围.
解答: 解:当a>2时,
f(2)=2≠4,
不合题意;
当a=2时,
f(2)=2
2
=4,
符合题意;
当a<2时,
f(2)=2
2
=4,
符合题意;
∴a≤2,
故答案为:(﹣
∞,
2].
点评: 本题考察了分
段函数的应用,
渗透了分类讨
论思想,
本题是一道基
础题.
15.(2020?上海)设f(x)=,
2] .
考点:
分段函数的应
用.
专题: 函数的性质及
应用.
若f(0)是f(x)的最小值, 则a的取值范围为 (﹣∞,
分析: 分别由f(0)=a,
x≥2,
a≤x+综合得出
a的取值范围.
解答: 解:当x=0时,
f(0)=a,
由题意得:
a≤x+,
又
∵x+≥2
=2,
∴a≤2,
故答案为:(﹣
∞, 2].
点评:
本题考察了分
段函数的应用,
基本不等式的
性质,
是
一道基础题.
三、解答题(共6小题)(选答题, 不自动判卷)
16.(2020?江西)如图, 四棱锥P﹣ABCD中, ABCD为矩形,
(1)求证:AB⊥PD;
(2)若∠BPC=90°, PB=,
PC=2, 问AB为何值时,
此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.
考点: 二面角的平面
角及求法.
专题:
空间角;空间向
量及应用.
分析: (1)要证
AD⊥PD,
可以证明AB⊥
面PAD,
再利用面面垂
直以及线面垂
直的性质,
即可证明
平面PAD⊥平面ABCD.
P﹣ABCD的体积最大?并求
四棱锥
AB⊥PD.
(2)过P做
PO⊥AD得到
PO⊥平面
ABCD,
作OM⊥BC,
连接PM,
由边长关系得
到BC=,
PM=,
设AB=x,
则V
P
﹣
ABCD
=
,
故当时,
解答:
V
P
﹣
ABCD
取最
大值,
建
立空间直角坐
标系O﹣AMP,
利用向量方法
即可得到夹角
的余弦值.
解:(1)∵在四
棱锥P﹣ABCD
中,
ABCD为矩形,
∴AB⊥AD,
又∵平面
PAD⊥平面
ABCD,
平面PAD∩平面
ABCD=AD,
∴AB⊥面PAD,
∴AB⊥PD.
(2)过P做
PO⊥AD,
∴PO⊥平面
ABCD,
作OM⊥BC,
连接PM
∴PM⊥BC,
∵∠BPC=90°,
PB=,
PC=2,
∴BC=,
PM=
BM=
=,
,
设AB=x,
∴OM=x∴PO=
,
∴V
P
﹣
ABCD
=×x×
=
×
当
即x=
,
,
, VP
﹣
ABCD
=
建立空间直角
坐标系O﹣
AMP,
如
图所示,
则P(0, 0,
),
D
(﹣,
0, 0),
C(﹣,
, 0),
M(0,
0),
B
(,
, 0)
面PBC的法向
量为=(0,
1, 1),
面DPC的法向
量为=(1,
,
0, ﹣2)
∴cosθ=
=
=﹣
.
点评:
本题考查线面
位置关系、线线
位置关系、线面
角的度量,
考查分析解决
问题、空间想
象、转化、计算
的能力与方程
思想.
17.(2020?江西模拟)设数列{a
n
}的前n项和为S
n
,
(1)设b
n
=a
n+1
﹣2a
n
,
证明数列{b
n
}是等比数列;
(2)求数列{a
n
}的通项公式.
考点: 数列递推式;等
比关系的确定.
专题: 综合题.
分析: (1)由题设条
件知b
1
=a
2
﹣
2a<
br>1
=3.由
S
n+1
=4a
n
+2和
Sn
=4a
n
﹣
1
+2相
减得a
n+1
=4a
n
﹣
4a
n
﹣
1
, 即
a
n+1
﹣2a
n
=2(a
n
﹣2a
n
﹣
1
),
a
1
=1,
S
n+1
=4a
n
+2(n∈N
*
). 已知
所以b
n
=2b
n
﹣
1
,
由此可
知{b
n
}是
以b
1
=3为首项、
以2为公比的等
比数列.
(2)由题设知
.所以数列
是首项为
,
公差
为的等差数
列.由此能求出
数列{a
n
}的通项
公式.
解答:
解:(1)由a
1
=1,
及S
n+1
=4a
n
+2,
得a
1
+a
2
=4a
1
+2,
a
2
=3a
1
+2=5,
所以b
1
=a
2
﹣
2a
1
=3.
由S
n+1
=4a
n
+2,
①
则当n≥2时,
有S
n
=4a
n
﹣
1
+2,
②
①﹣②得
a
n+1
=4a
n
﹣4a
n
﹣<
br>1
, 所以
a
n+1
﹣2a
n
=2(a<
br>n
﹣2a
n
﹣
1
),
又b
n
=a
n+1
﹣2a
n
,
所以b
n
=2b
n
﹣
1
,
所以{
b
n
}是以
b
1
=3为首项、以
2为公比的等比
数
列.(6分)
(2)由(I)可
得b
n
=a
n+1
﹣﹣
2a
n
=3?2
n1
,
等式两边同时
除以2
n+1
,
得
.
所以数列
是首项为,
公差为的等差
数列.
所以
, 即a
n
=
(3n﹣1)?2
n
﹣
2
(n∈N
*
).(13
分)
点评: 本题考查数列
的性质和应用,
解题时要掌握
等比数列的证
明方法,
会求数列的通
项公式.
18.(2020?四川)三棱锥A﹣BCD及其侧视图、俯视图如图所示,
的中点,
P为线段BC上的点, 且MN⊥NP.
(1)证明:P是线段BC的中点;
(2)求二面角A﹣NP﹣M的余弦值.
考点: 二面角的平面
角及求法
;直线
与平面平行的
判定;用空间向
量求平面间的
夹角.
专题:
空间向量及应
用.
分析: (1)用线面垂
设M,
N分别为线段AD, AB
直的性质和反
证法推出结论,
(2)先建空间
直角坐标系,
再求平面的法
向量,
即
可求出二面角A
﹣NP﹣M的余
弦值.
解:(1)由三棱
锥A﹣BCD及
其侧视图、俯视
图可知,
在三棱锥A﹣
BCD中:
平面ABD⊥平
面CBD,
AB=AD=BD=C
D=CB=2
设O为BD的中
点,
连接
OA, OC
于是OA⊥BD,
OC⊥BD
所以
BD⊥平面
OAC?BD⊥AC
因为M,
N分别为线段
AD, AB
的中点,
所以MN∥BD,
MN⊥NP,
故BD⊥NP
假设P不是线段
BC的中点,
则直线NP与直
线AC是平面
ABC内相交直
线
从而BD⊥平面
ABC, 这
与∠DBC=60°
矛盾,
所
以P为线段BC
的中点
(2)以O为坐
标原点,
OB, OC,
OA分别为x,
解答:
y, z轴建
立空间直角坐
标系,
则A(0, 0,
), M
(,
O,
),
N(, 0,
),
P
(,
0)
于是
,
,
,
设平面ANP和
平面NPM的法
向量分别为
和
由
则
,
, 设z
1
=1,
则
由,
则
, 设z
2
=1,
则
cos
==
=
所以二面角A﹣
NP﹣M的余弦
值
点评:
本题考查线线
的位置关系,
考查二面角知
识的应用,
解题的关键是
掌握用向量的
方法求二面角
大小的步骤,
属于中档题.
19.(2020?天津)设f(x)=x﹣ae
x
(a∈R),
x
1
<x
2
.
(Ⅰ)求a的取值范围;
(Ⅱ)证明:随着a的减小而增大;
(Ⅲ)证明x
1
+x
2
随着a的减小而增大.
考点: 利用导数研究
函数的单调性;
函数零点的判
定定理.
专题: 综合题;导数的
综合应用.
分析: (Ⅰ)对f(x)
求导,
讨
论f(′x)的正负
以及对应f(x)
的单调性,
x∈R, 已知函数y=f(x)有两个零点x
1
,
x
2
, 且
得出函数y=f
(x)有两个零
点的等价条件,
从而求出a的取
值范围;
(Ⅱ)由f(x)
=0,
得
a=, 设
,
g(x)=
判定g(x)的单
调性即得证;
(Ⅲ)由于
x
1
=a
x
2
=a
,
,
则x
2
﹣x
1
=lnx
2
﹣lnx
1
=ln,
令=t,
整理得到
x
1
+x
2
=
,
令h(x)
=,
x∈(1,
+∞),
得
到h(x)在(1,
+∞)上是增函
数, 故得
到x1
+x
2
随着t
的减小而增
大.再由(Ⅱ)
知,
t随着
a的减小而增大,
即得证.
解:(Ⅰ)∵f(x)
=x﹣ae
x
,
∴f′(x)=1﹣
ae
x
;
下面分两种情
况讨论:
解答:
①a≤0时,
f′(x)>0在R
上恒成立,
∴f(x)在R上
是增函数,
不合题意;
②a>0时,
由f′(x)=0,
得x=﹣lna,
当x变化时,
f′(x)、f(x)
的变化情况如
下表:
x
f′(x)
f(x)
∴f(x)的单调
增区间是(﹣∞,
﹣lna),
减区间是(﹣
lna,
+∞);
∴函数y=f(x)
有两个零点等
价于如下条件
同时成立:
(i)f(﹣lna)
>0,
(ii)
存在s
1
∈(﹣∞,
﹣lna),
满足f(s
1
)<0,
(iii)存在s
2
∈
(﹣lna,
+∞),
满
足f(s
2
)<0;
由f(﹣lna)>
0,
即﹣
lna﹣1>0,
解得0<a<e
1
;
取s
1
=0,
满足s
1
∈(﹣∞,
﹣lna),
且f(s
1
)=﹣a
<0,
取s
2
=+ln,
满足s
2
∈(﹣lna,
﹣
+∞),
且
(fs
2
)=(﹣)
+(ln﹣)
<0;
∴a的取值范围
是(0, e
1
).
(Ⅱ)证明:由
f(x)=x﹣ae
x
=0,
得a=,
,
﹣
设g(x)=
由g(′x)=,
得g(x)在(﹣
∞, 1)上
单调递增,
在(1,
+∞)上单调递
减,
并且, 当
x∈(﹣∞,
0)时, g
(x)≤0,
当x∈(0,
+∞)时, g
(x)≥0,
x
1
、x
2
满足a=g
(x
1
),
a=g(x
2
),
﹣
a∈(0,
e
1
)及g(x)的
单调性,
可得x
1
∈(0,
1),
x
2
∈
(1,
+∞);
对于任意的a
1
、
a
2
∈(0,
e
﹣
1
), 设
a
1
>a
2
,
g
(X
1
)=g(X
2
)
=a
i
,
其中
0<X
1
<1<X
2
;
g(Y
1
)=g(Y
2
)
=a
2
,
其中
0<Y
1
<1<Y
2
;
∵g(x)在(0,
1)上是增函数,
∴由a
1
>a
2
,
得g(X
i
)>g
(Y
i
), 可
得X
1
>Y
1
;类
似可得X
2
<Y
2
;
又由X、Y>0,
得<<
;∴随着
a的减小而增
大;
(Ⅲ)证明:
∵x
1
=a
x
2
=a
,
,
∴lnx
1
=lna+x
1
,
lnx
2
=lna+x
2
;
∴x
2
﹣x
1
=lnx
2
﹣lnx
1
=ln,
设=t,
则t>1,
∴
,
解得
x
1
=
x
2
=
,
,
∴x
1
+x
2
=
…
①;
令h(x)
=,
x∈(1,
+∞), 则
h′(x)
=
;
令u(x)=﹣
2lnx+x﹣,
得u′(x)
=,
当x∈(1,
+∞)时,
u′(x)>0,
∴u(x)在(1,
+∞)上是增函
数,
∴对
任意的x∈(1,
+∞),
u
(x)>u(1)
=0,
∴h′(x)>0,
∴h(x)在(1,
+∞)上是增函
数;
∴由①得x
1
+x
2
随着t的减小而
增大.
由(Ⅱ)知,
t随着a的减小
而增大,
∴x
1
+x
2
随着a
的减小而增大.
本题考查了导
数的运算以及
利用导数研究
函数的单调性
与极值问题,
也考查了函数
思想、化归思
想、抽象概括能
力和分析问题、
解决问题
的能
点评:
力, 是综
合型题目.
20.(2020?陕西)设函数f(x)=lnx+, m∈R.
(Ⅰ)当m=e(e为自然对数的底数)时, 求f(x)的极小值;
(Ⅱ)讨论函数g(x)=f′(x)﹣零点的个数;
(Ⅲ)若对任意b>a>0,
考点:
<1恒成立, 求m的取值范围.
专题:
分析:
利用导数研究
函数的极值;函
数恒成立问题;
函数的零点.
导数的综合应
用.
(Ⅰ)m=e时,
f(x)=lnx+,
利用f(′x)判定
f(x)的增减性
并求出f(x)的
极小值;
(Ⅱ)由函数g
(x)=f′(x)﹣
, 令g
(x)=0,
求出m;设φ(x)
=m, 求出
φ(x)的值域,
讨论m的取值,
对应g(x)的零
点情况;
(Ⅲ)由b>a
>0,
解答:
<1恒成立,
等价于f(b)﹣
b<f(a)﹣a恒
成立;即h(x)
=f(x)﹣x在(
0,
+∞)上单调递
减;h′(x)≤0,
求出m的取值
范围.
解:(Ⅰ)当m=e
时,
f(x)
=lnx+,
∴f(′x)=;
∴当x∈(0,
e)时, f′
(x)<0,
f(x)在(0,
e)上是减函数;
当x∈(e,
+∞)时,
f′
(x)>0,
f(x)在(e,
+∞)上是增函
数;
∴x=e时,
f(x)取得极小
值f(e)
=lne+=2;
(Ⅱ)∵函数g
(x)=f′(x)﹣
=﹣﹣
(x>0),
令g(x)=0,
得m=﹣x
3
+x
(x>0);
设φ(x)=﹣
x
3
+x(x≥0),
∴φ′(x)=﹣
x
2
+1=﹣(x﹣1)
(x+1);
当x∈(0,
1)时, φ′
(x)>0,
φ(x)在(0,
1)上是增函数,
当x∈(1,
+∞)时,
φ′(x)<0,
φ(x)在(1,
+∞)上是减函
数;
∴x=1是φ(x)
的极值点,
且是极大值点,
∴x=1是φ(x)
的最大值点,
∴φ(x)的最大
值为φ(1)=;
又φ(0)=0,
结合y=φ(x)
的图象,
如图
;
可知:
①当m>时,
函数g(x)无零
点;
②当m=时,
函数g(x)有且
只有一个零点;
③当0<m<
时,
函数
g(x)有两个零
点;
④当m≤0时,
函数g(x)有且
只有一个零点;
综上, 当
m>时,
函数g(x)无零
点;
当m=或m≤0
时,
函数
g(x)有且只有
一个零点;
当0<m<时,
函数g(x)有两
个零点;
(Ⅲ)对任意b
>a>0,
<1恒成立,
等价于f(b)﹣
b<f(a)﹣a恒
成立;
设h(x)=f(x)
﹣x=lnx+﹣x
(x>0),
∴h(x)在(0,
+∞)上单调递
减;
∵h(′x)=﹣
﹣1≤0在(0,
+∞)上恒成立,
∴m≥﹣x
2
+x=﹣
+
(x>0),
∴m≥;
对于m=,
h′(x)=0仅在
x=时成立;
∴m的取值范
围是[,
+∞).
本题考查了导
数的综合应用
问题, 解
题时应根据函
数的
导数判定
函数的增减性
以及求函数的
极值和最值,
应用分类讨论
点评:
法,
构造
函数等方法来
解答问题,
是难题.
21.(
2020?江苏)已知函数f
0
(x)=
(1)求2f
1
()+f<
br>2
()的值;
)+f
n
()|=都成立.
(x>0),
设f
n
(x)为f
n
﹣
1
(x)的导数,
n∈N
*
.
(2)证明:对任意n∈N
*
,
等式|nf
n
﹣
1
(
考点:
专题:
分析:
三角函数中的
恒等变换应用;
导数的运算.
函数的性质及
应用;三角函数
的求值.
(1)由于求两
个函数的相除
的导数比较麻
烦,
根据
条件和结论先
将原函数化为:
xf
0
(x)=sinx,
然后两边求导
后根据条件两
边再求导得:2f
1
(x)+xf
2
(x)=
﹣sinx,
把x=代入式
子求值;
(2)由(1)得,
f
0
(x)+xf
1
(x)=cosx和2f
1
(x)
+xf(=﹣sinx,
2
x)
利用相同的方
法再对所得的
式子两边再求
导,
并利
用诱导公式对
所得式子进行
化简、归纳,
再进行猜想得
到等式,
用数学归纳法
进行证明等式
成立, 主
要利用假设的
条件、诱导公
式、求导公式以
及题意进行证
明,
最后
再把x=代入
解答:
所给的式子求
解验证.
解:(1)∵f
0
(x)
=,
∴xf
0
(x)=sinx,
则两边求导,
[xf
0
(x)]′=
(sinx)′,
∵f
n
(x)为f
n
﹣
1
(x)的导数,
n∈N
*
,
∴f
0
(x)+xf
1
(x)
=cosx,
两边再同时求
导得,
2f
1
(x)+xf
2
(x)=
﹣sinx,
将x=代入上
式得,
2f
1
(
(
)+f
2
)=﹣1,
(2)由(1)得,
f
0
(x)+xf
1
(x)=cosx=sin
(x+),
恒成立两边再
同时求导得,
2f
1
(x)+xf
2
(x)
=﹣sinx=sin
(x+π),
再对上式两边
同时求导得,
3f
2
(x)+xf
3
(x)
=﹣cosx=sin
(x+),
同理可得,
两边再同时求
导得,
4f
3
(x)+xf
4
(x)
=sinx=sin
(x+2
π),
猜想得,
nf
n
﹣
1
(
x)+xf
n
(x)=sin
(x+)对任
意n∈N
*
恒成
立,
下面用数学归
纳法进行证明
等式成立:
①当n=1时,
成立, 则
上式成立;
②假设n=k(k
>1且k∈N
*
)时
等式成立,
即
,
∵[kf
k
﹣
(+xf
k1<
br>x)
(x)]′=kf
k
﹣
1
′
(x)+f(+xf
k
′
k
x)
(x)
=(k+1)f
k
(x)
+xf
k+1
(x)
又
=
=
=
,
∴那么n=k(k
>1且k∈N
*
)
时.等式
也成立,
由①②得,
nfn
﹣
1
(x)+xf
n
(x)=sin
(x+)对任<
br>意n∈N
*
恒成立,
令x=代入上
式得, nfn
﹣
1
()+
)=sin
+)
=±
f
n
(
(
=±cos,
所以,
对
任意n∈N
*
,
等式|nf
n
﹣
1
(
+
|=
点评:
f
n
()
)
都成立.
本题考查了三
角函数、复合函
数的求导数公
式和法则、诱导
公式,
以
及数学归纳法
证明命题、转化
思想等,
本题设计巧妙,
题型新颖,
立意深刻,
是一道不可多
得的好题,
难度很大,
考查了学生观
察问题、分析问
题、解决问题的
能力,
以
及逻辑思维能
力.
高中数学讲授知识的方法有哪些-高中数学习题课导学案
高中数学学霸微信-超牛衡中教师将高中数学
高中数学好物理一定好吗-高中数学教育教学目标
凤凰新学案高中数学选修1_2答案-李永乐高中数学教学 百度云
高中数学期末成绩分析-高中数学教学研究指导意见
高中数学教师招聘面试指数函数-高中数学数列中L表示
北师大高中数学必修3视频教学视频教学设计-河南省高中数学分值占比
高中数学教师资格证学科知识百度云-济南高中数学面试真题
-
上一篇:高中数学研究性学习课题题目精选
下一篇:高考数学最难题的题目集锦