太原市2016届高三数学上学期期末试题（理科有解析）
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太原市2016届高三数学上学期期末试题（理科有解析）
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太原市2016届高三数学上学期期末试题（理科有解析）
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学年山西省太原市高三（上）期末数学试卷（理科）　一、：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每个小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的.1．已知全集U=Z，集合A={3，4}，A∪B={1，2，3，4}，那么（∁UA）∩B=（　　）A．{1，2}&B．{3，4}&C．{1，2，3，4}&D．∅2．已知复数z= ，则|z|等于（　　）A．1&B．2&C． &D． 3．已知命题p：∀x＞0，x+ ≥4；命题q：∃x0∈R，2x0=1．则下列判断正确的是（　　）A．p是假命题&B．q是真命题&C．p∧（Vq）是真命题&D．（Vp）∧q是真命题4．设a=30.5，b=log32，c=cos ，则（　　）A．a＜b＜c&B．c＜a＜b&C．b＜c＜a&D．c＜b＜a5．执行如图的程序框图输出的T的值为（　　）&A．4&B．6&C．8&D．106．函数y=sinx| |（0＜x＜π）的图象大致是（　　）A． &B． &C． &D． 7．设变量x，y满足|xa|+|ya|≤1，若2xy的最大值为5，则实数a的值为（　　）A．0&B．1&C．2&D．38．某几何体三视图如下图所示，则该几何体的表面积为（　　）&A．16π&B．16+π&C．162π&D．16+2π9．已知函数f（x）=x2ax+b（a＞0，b＞0）有两个不同的零点m，n，且m，n和2三个数适当排序后，即可成为等差数列，也可成为等比数列，则a+b的值为（　　）A．7&B．8&C．9&D．1010．已知平面内点A，B，O不共线， ，则A，P，B三点共线的必要不充分条件是（　　）A．λ=μ&B．|λ|=|μ|&C．λ=μ&D．λ=1μ11．在四面体ABCD中，已知∠ADB=∠BDC=∠CDA=60°，AD=BD=3，CD=2，则四面体ABCD的外界球的半径为（　　）A． &B．2&C．3&D． 12．已知函数f（x）在R上的导函数为f′（x），若f（x）＜2f′（x）恒成立，且f（ln4）=2，则不等式f（x）＞e 的解集是（　　）A．（ln2，+∞）&B．（2ln2，+∞）&C．（∞，ln2）&D．（∞，2ln2）　二、题：本大题共4个小题，每小题5分.共20分.13．（ ）6的展开式中，常数项为　　　　　　．（用数字作答）14．若a＞b＞c，且a+2b+c=0，则 的取值范围是　　　　　　．15．定义在R上的函数f（x）满足f（x+6）=f（x）．当3≤x＜1时，当f（x）=（x+2）2，当1≤x＜3时．f（x）=x，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f如图，正方形ABCD的边长为2，O为AD的中点，射线OP从OA出发，绕着点O顺时针方向旋转至OD，在旋转的过程中，记∠AOP为x（x∈[0，π]），OP所经过正方形ABCD内的区域（阴影部分）的面积S=f（x），那么对于函数f（x）有以下三个结论：①f（ ）= ；②任意x∈[0， ]，都有f（ x）+f（ +x）=4；③任意x1，x2∈（ ，π），且x1≠x2，都有 ＜0．其中所有正确结论的序号是　　　　　　．&　三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．设数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1=3，a2+a3=36．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}对任意的正整数n都有 + + +…+ =2n+1，求b1+b2+b3+…+b2015的值．18．已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，且c•cosAacosC= b．（1）其 的值；（2）若tanA，tanB，tanC成等差数列，求 的值．19．已知平行四边形ABCD中，∠A=45°，且AB=BD=1，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示：（1）求证：AB⊥CD；（2）若M为AD的中点，求二面角ABMC的余弦值．&20．某校高一年级开设A，B，C，D，E五门选修课，每位同学须彼此独立地选三门课程，其中甲同学必选A课程，不选B课程，另从其余课程中随机任选两门课程．乙、丙两名同学从五门课程中随机任选三门课程．（Ⅰ）求甲同学选中C课程且乙同学未选中C课程的概率；（Ⅱ）用X表示甲、乙、丙选中C课程的人数之和，求X的分布列和数学期望．21．函数f（x）=axn（1x）（x＞0，n∈N*），当n=2时，f（x）的极大值为 ．（1）求a的值；（2）求证：f（x）+lnx≤0；（3）求证：f（x）＜ ．　请在22、23、24三体中任选一题作答，注意：只能做选做给定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BA，CD的延长线相交于点E，EF∥DA，并与CB的延长线交于点F，FG切⊙O于G．（1）求证：BE•EF=CE•BF；（2）求证：FE=FG．&　[选修4-4：坐标系与参数方程]23．已知曲线C1的参数方程为 ，当t=1时，对应曲线C1上一点A，且点A关于原点的对称点为B．以原点为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为 ．（1）求A，B两点的极坐标；（2）设P为曲线C2上的动点，求|PA|2+|PB|2的最大值．　[选修4-5：不等式选讲24．设函数f（x）=|x2|2|x+1|．（1）求f（x）的最大值；（2）若f（x）≤mx+3+m恒成立，求m的取值范围．　 学年山西省太原市高三（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析　一、：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每个小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的.1．已知全集U=Z，集合A={3，4}，A∪B={1，2，3，4}，那么（∁UA）∩B=（　　）A．{1，2}&B．{3，4}&C．{1，2，3，4}&D．∅【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】根据集合与它的补集关系，利用并集与交集的定义，即可求出结果．【解答】解：∵全集U=Z，集合A={3，4}，A∪B={1，2，3，4}，∴（∁UA）∩B={1，2}．　故选：A．　2．已知复数z= ，则|z|等于（　　）A．1&B．2&C． &D． 【考点】复数求模．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，然后代入复数模的公式计算．【解答】解：∵z= = ，∴|z|=1．故选：A．　3．已知命题p：∀x＞0，x+ ≥4；命题q：∃x0∈R，2x0=1．则下列判断正确的是（　　）A．p是假命题&B．q是真命题&C．p∧（Vq）是真命题&D．（Vp）∧q是真命题【考点】特称命题；全称命题．【分析】首先，判断命题p和命题q的真假，然后，结合由逻辑联结词“且”、“或”、“非”构成的复合命题的真值表进行判断即可．【解答】解：对于命题p：∵x＞0，∴x+ ≥2 =4，∴命题p为真命题；对于命题q：∵对∀x∈R，2x＞0，∴命题q为假命题，Vq为真命题，故只有选项C为真命题．故选：C．　4．设a=30.5，b=log32，c=cos ，则（　　）A．a＜b＜c&B．c＜a＜b&C．b＜c＜a&D．c＜b＜a【考点】对数值大小的比较；运用诱导公式化简求值．【分析】利用指数函数、对数函数与三角函数的单调性即可得出．【解答】解：∵a=30.5＞1，0＜b=log32＜1，c=cos ＜0，∴a＞b＞c．故选：D．　5．执行如图的程序框图输出的T的值为（　　）&A．4&B．6&C．8&D．10【考点】循环结构．【分析】根据框图的流程依次计算程序运行的结果，直到满足条件S≥15，计算输出T的值．【解答】解：由程序框图知：第一次运行S=0+0+1=1，T=0+2=2；第二次运行S=1+2×2+1=6，T=2+2=4；第三次运行S=6+2×4+1=15≥15，T=4+2=6；满足条件S≥15，程序终止运行，输出T=6，故选：B．　6．函数y=sinx| |（0＜x＜π）的图象大致是（　　）A． &B． &C． &D． 【考点】函数的图象．【分析】对函数去掉绝对值符号，再结合余弦函数的图象，进而画出函数y=sinx| |（0＜x＜π）的图象即可．【解答】解：∵函数y=sinx| |（0＜x＜π），∴函数y= ，∴根据余弦函数的图象可得其图象为：&故选：B．　7．设变量x，y满足|xa|+|ya|≤1，若2xy的最大值为5，则实数a的值为（　　）A．0&B．1&C．2&D．3【考点】绝对值三角不等式．【分析】满足条件的点（x，y）构成趋于为平行四边形及其内部区域，令z=2xy，显然当直线y=2xz过点C（1+a，a）时，z取得最大值为5，即2（1+a）a=5，由此求得a的值．【解答】解：设点M（a，a）则满足|xa|+|ya|≤1的点（x，y）构成区域为平行四边形及其内部区域，如图所示：令z=2xy，则z表示直线y=2xz在y轴上的截距的相反数，故当直线y=2xz过点C（1+a，a）时，z取得最大值为5，即2（1+a）a=5，解得a=3．故选：D．&　8．某几何体三视图如下图所示，则该几何体的表面积为（　　）&A．16π&B．16+π&C．162π&D．16+2π【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图可知：该几何体是一个以俯视图为底面的柱体，求出底面周长和面积，进而可得该几何体的表面积．【解答】解：由三视图可知：该几何体是一个以俯视图为底面的柱体，底面面积S底=2×22× =4 ，底面周长C=4×1+2× ×π×2×1=4+π，由该几何体的高h=2，故该几何体的侧面积S侧=Ch=8+2π，故该几何体的表面积S=S侧+2S底=16+π，故选：B　9．已知函数f（x）=x2ax+b（a＞0，b＞0）有两个不同的零点m，n，且m，n和2三个数适当排序后，即可成为等差数列，也可成为等比数列，则a+b的值为（　　）A．7&B．8&C．9&D．10【考点】函数零点的判定定理；二次函数的性质．【分析】由一元二次方程根与系数的关系得到m+n=a，mn=b，再由m，n，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列列关于m，n的方程组，求得m，n后得答案．【解答】解：由题意可得：m+n=a，mn=b，∵a＞0，b＞0，可得m＞0，n＞0，又m，n，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，可得 ①或 ②．解①得：m=4，n=1；解②得：m=1，n=4．∴a=5，b=4，则a+b=9．故选：C．　10．已知平面内点A，B，O不共线， ，则A，P，B三点共线的必要不充分条件是（　　）A．λ=μ&B．|λ|=|μ|&C．λ=μ&D．λ=1μ【考点】平面向量的基本定理及其意义．【分析】利用平面向量共线定理，将 用 表示出来，再用 ， 将 表示出来，进而根据题干信息推出A，B，P三点共线的充要条件．【解答】解：∵A，B，P三点共线，∴存在一个数m，满足 ∵ ∴&& 即m（ ）= ∴ ∵A，B，O三点不共线∴mμ=0，m+λ=0& 即λ=μ=m∴A，B，P三点共线的充要条件为λ=μ∴A，B，P三点共线的必要不充分条件为|λ|=|μ|故选：B　11．在四面体ABCD中，已知∠ADB=∠BDC=∠CDA=60°，AD=BD=3，CD=2，则四面体ABCD的外界球的半径为（　　）A． &B．2&C．3&D． 【考点】球的体积和表面积．【分析】设四面体ABCD的外接球球心为O，则O在过△ABD的外心N且垂直于平面ABD的垂线上，且点N为△ABD的中心．设P，M分别为AB，CD的中点，则N在DP上，且ON⊥DP，OM⊥CD，从而可求DM，MN，进而可求四边形DMON的外接圆的直径，即可求得球O的半径．【解答】解：设四面体ABCD的外接球球心为O，则O在过△ABD的外心N且垂直于平面ABD的垂线上．由题设知，△ABD是正三角形，则点N为△ABD的中心．设P，M分别为AB，CD的中点，则N在DP上，且ON⊥DP，OM⊥CD．因为∠CDA=∠CDB=∠ADB=60°，设CD与平面ABD所成角为θ，∴cosθ= ，sinθ= ．在△DMN中，DM= =1，DN= = ．由余弦定理得MN= = ．∴四边形DMON的外接圆的半径OD= = ．故球O的半径R= ．故选：D．&　12．已知函数f（x）在R上的导函数为f′（x），若f（x）＜2f′（x）恒成立，且f（ln4）=2，则不等式f（x）＞e 的解集是（　　）A．（ln2，+∞）&B．（2ln2，+∞）&C．（∞，ln2）&D．（∞，2ln2）【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】构造函数g（x）= ，利用导数可判断g（x）的单调性，再根据f（ln4）=2，求得g（ln4）=1，继而求出答案．【解答】解：∵∀x∈R，都有2f′（x）＞f（x）成立，∴f′（x） f（x）＞0，于是有（ ）′＞0，令g（x）= ，则有g（x）在R上单调递增，∵不等式f（x）＞ ，∴g（x）＞1，∵f（ln4）=2，∴g（ln4）=1，∴x＞ln4=2ln2，故选：B．　二、题：本大题共4个小题，每小题5分.共20分.13．（ ）6的展开式中，常数项为　15　．（用数字作答）【考点】二项式定理的应用．【分析】本题是二项式展开式求项的问题，可由给出的式子求出通项表达式Tr+1=（1）r• ，令x的次数为0即可．【解答】解：∵Tr+1=（1）r• ，∴由63r=0得r=2，从而得常数项C6r=15，故答案为：15．　14．若a＞b＞c，且a+2b+c=0，则 的取值范围是　（3， ）　．【考点】不等式的基本性质．【分析】先将a+2b+c=0变形为b= （ac），代入不等式a＞b，b＞c，得到两个不等关系，解这两个不等式，即可求得a与c的比值关系．【解答】解：∵a+2b+c=0，∴a＞0，c＜0，∴b= （a+c），且a＞0，c＜0∵a＞b＞c∴a＞ （a+c），即c＞3a，解得 ＞3，将b= （a+c）代入b＞c，得 （a+c）＞c，即a＜3c，解得 ＜ ，∴3＜ ＜ ．故答案为：（3， ）．　15．定义在R上的函数f（x）满足f（x+6）=f（x）．当3≤x＜1时，当f（x）=（x+2）2，当1≤x＜3时．f（x）=x，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f=f（x）知函数的周期为6，求出f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）+f（6）的值．【解答】解：∵f（x+6）=f（x），∴T=6，∵当3≤x＜1时，当f（x）=（x+2）2，当1≤x＜3时．f（x）=x，∴f（1）=1，f（2）=2f（3）=f（3）=1，f（4）=f（2）=0，f（5）=f（1）=1，f（6）=f（0）=0，∴f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）+f（6）=1；f（1）+f（2）+f（3）+…+f+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）=336故答案为：336．　16．如图，正方形ABCD的边长为2，O为AD的中点，射线OP从OA出发，绕着点O顺时针方向旋转至OD，在旋转的过程中，记∠AOP为x（x∈[0，π]），OP所经过正方形ABCD内的区域（阴影部分）的面积S=f（x），那么对于函数f（x）有以下三个结论：①f（ ）= ；②任意x∈[0， ]，都有f（ x）+f（ +x）=4；③任意x1，x2∈（ ，π），且x1≠x2，都有 ＜0．其中所有正确结论的序号是　①②　．&【考点】命题的真假判断与应用．【分析】当0≤x≤arctan2时，f（x）= ；当arctan2＜x＜ ，在△OBE中，f（x）=S矩形OABMS△OME=2 ；当x= 时，f（x）=2；当 ＜x≤πarctan2时，同理可得f（x）=2 ．当πarctan2＜x≤π时，f（x）=4 =4+ ．即可判断出．【解答】解：当0≤x≤arctan2时，f（x）= = ；当arctan2＜x＜ ，在△OBE中，f（x）=S矩形OABMS△OME=2 =2 ；当x= 时，f（x）=2；当 ＜x≤πarctan2时，同理可得f（x）=2 ．当πarctan2＜x≤π时，f（x）=4 =4+ ．于是可得：① = = ，正确；②由图形可得：∀x∈[0，π]），f（x）+f（πx）=4，因此对任意x∈[0， ]，都有f（ x）+f（ +x）=4，故正确；③不妨设x1＜x2，则 ＜0⇔f（x1）＞f（x2），显然不正确．综上只有：①②正确．故答案为：①②．&　三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．设数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1=3，a2+a3=36．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}对任意的正整数n都有 + + +…+ =2n+1，求b1+b2+b3+…+b2015的值．【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（1）设等比数列{an}的公比为q＞0，由于a1=3，a2+a3=36．根据等比数列的通项公式即可得出an．（2）由于数列{bn}对任意的正整数n都有 + + +…+ =2n+1，当n=1时，& =3，解得b1．当n≥2时，可得 =2，再利用等比数列的前n项和公式即可得出．【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q＞0，∵a1=3，a2+a3=36．∴3（q+q2）=36，解得q=3．∴an=3n．（2）∵数列{bn}对任意的正整数n都有 + + +…+ =2n+1，∴当n=1时，& =3，解得b1=9．当n≥2时，& + + +…+ =2n1，∴ =2，∴bn=2an=2×3n．∴bn= ．∴b1+b2+b3+…+b（32+33+…+32015）=3+ =32016．　18．已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，且c•cosAacosC= b．（1）其 的值；（2）若tanA，tanB，tanC成等差数列，求 的值．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得：sinCcosAsinAcosC= sinB，整理可得：sinCcosA=5sinAcosC，利用同角三角函数基本关系式即可得解 的值；（2）利用等差数列的性质可得2tanB=tanA+tanC，设tanA=x，由（1）可得tanC=5x，解得tanB=3x，由tanB=tan（A+C），可得3x= ，解得tanA的值，由题设可知，A为锐角，可求cosA，利用余弦定理即可得解 的值．【解答】（本题满分为12分）解：（1）∵c•cosAacosC= b．∴由正弦定理可得：sinCcosAsinAcosC= sinB= sin（A+C）= （sinAcosC+cosAsinC），…3分∴整理可得：sinCcosA=5sinAcosC，∴ = = …6分（2）∵tanA，tanB，tanC成等差数列，∴2tanB=tanA+tanC，若设tanA=x，由（1）可得tanC=5x，可得：tanB=3x，∵tanB=tan（A+C），∴3x= ，解得x= ，即tanA= ，…10分由题设可知，A最小，一定为锐角，∴cosA= ，∴ =2cosA= …12分　19．已知平行四边形ABCD中，∠A=45°，且AB=BD=1，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示：（1）求证：AB⊥CD；（2）若M为AD的中点，求二面角ABMC的余弦值．&【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（1）推导出AB⊥BD，从而AB⊥面BCD，由此能证明AB⊥CD．（2）以B为原点，在平面BCD中过B作BD的垂线为x轴，BD为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角ABMC的余弦值．【解答】证明：（1）∵AB=BD，∠A=45°，∴AB⊥BD，又∵平面ABD⊥平面BCD，且BD是平面ABD与平面BCD的交线，∴AB⊥面BCD，∵CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD．解：（2）以B为原点，在平面BCD中过B作BD的垂线为x轴，BD为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），A（0，0，1），M（0， ），&，面ABM的法向量为 =（1，0，0），设平面BMC的法向量 =（x，y，z），则 ，取x=1，得 =（1，1，1），cos＜ ＞= = = ，观察知二面角ABMC为钝角，故二面角ABMC的余弦值为 ．&　20．某校高一年级开设A，B，C，D，E五门选修课，每位同学须彼此独立地选三门课程，其中甲同学必选A课程，不选B课程，另从其余课程中随机任选两门课程．乙、丙两名同学从五门课程中随机任选三门课程．（Ⅰ）求甲同学选中C课程且乙同学未选中C课程的概率；（Ⅱ）用X表示甲、乙、丙选中C课程的人数之和，求X的分布列和数学期望．【考点】离散型随机变量的期望与方差；列举法计算基本事件数及事件发生的概率；离散型随机变量及其分布列．【分析】（Ⅰ）设事件A为“甲同学选中C课程”，事件B为“乙同学选中C课程”．求出A，B的概率，然后求解甲同学选中C课程且乙同学未选中C课程的概率．（Ⅱ）X的可能取值为：0，1，2，3．求出概率，得到X为分布列，然后求解期望．【解答】（共13分）解：（Ⅰ）设事件A为“甲同学选中C课程”，事件B为“乙同学选中C课程”．则 ， ．因为事件A与B相互独立，所以甲同学选中C课程且乙同学未选中C课程的概率为 ．& …（Ⅱ）设事件C为“丙同学选中C课程”．则 ．X的可能取值为：0，1，2，3．&．&= ．&= ．&．X为分布列为：X&0&1&2&3P& & & & ．…　21．函数f（x）=axn（1x）（x＞0，n∈N*），当n=2时，f（x）的极大值为 ．（1）求a的值；（2）求证：f（x）+lnx≤0；（3）求证：f（x）＜ ．【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】（1）求出函数的对数，根据n=2时，f（x）的极大值为 ，得到f（ ）=a• × = ，解出即可；（2）问题转化为证xn（1x）+lnx≤0，设g（x）=xn（1x）+lnx，根据函数的单调性证明即可；（3）求出f（x）的最大值，问题转化为证明： ＜ ，通过取对数结合换元思想以及函数的单调性证明即可．【解答】解：（1）n=2时，f（x）=ax2（1x），∴f′（x）=ax（23x），令f′（x）=0得：x=0或x= ，∵n=2时，f（x）的极大值为 ，故a＞0，且f（ ）=a• × = ，解得：a=1；（2）要证f（x）+lnx≤0，即证xn（1x）+lnx≤0，设g（x）=xn（1x）+lnx，定义域是（0，+∞），则g′（x）= ，∵x＞0，∴x∈（0，1）时，g′（x）＞0，g（x）递增，x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）递减，∴g（x）的最大值是g（1）=0，∴g（x）≤0成立，命题得证；（3）∵f（x）=xn（1x），∴f′（x）=nxn1（n+1）xn=（n+1）xn1（ x），显然，f（x）在x= 处取得最大值，f（ ）= ，因此只需证： ＜ ，即证： ＜ ，两边取对数，原式ln ＜ ，设t= （0＜t＜1），则n= ，& =1t，因此只需证：lnt＜t1即可，令ω（t）=lntt+1，∵0＜t＜1，∴ω′（t）= 1＞0，ω（t）在（0，1）递增，故ω（t）＜ω（1）=0成立，即lnt＜t1，结论成立．　请在22、23、24三体中任选一题作答，注意：只能做选做给定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BA，CD的延长线相交于点E，EF∥DA，并与CB的延长线交于点F，FG切⊙O于G．（1）求证：BE•EF=CE•BF；（2）求证：FE=FG．&【考点】与圆有关的比例线段．【分析】（1）圆的内接四边形的性质，平行线的性质，判断△CFE∽△EFB，线段对应成比例，从而证得式子成立．（2）根据 CFE∽△EFB，可得BE•EF=CF•BF，在根据圆的切线性质可得 FC2=FB•FC，从而证得结论成立．【解答】证明：（1）∵EF∥DA，∴∠DAE=∠AEF，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠DAE=∠C，∴∠C=∠AEF，又∠CFE=∠EFB，∴△CFE∽△EFB，∴ = ，∴BE•EF=CF•BF．（2）∵CFE∽△EFB，∴ = ，∴EF•EF=FB•FC，∵FG切⊙O于G，∴FC2=FB•FC，∴EF•EF=FG2，∴FG=FE．&　[选修4-4：坐标系与参数方程]23．已知曲线C1的参数方程为 ，当t=1时，对应曲线C1上一点A，且点A关于原点的对称点为B．以原点为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为 ．（1）求A，B两点的极坐标；（2）设P为曲线C2上的动点，求|PA|2+|PB|2的最大值．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（1）将t=1代入得A，B的坐标，即可得到结论．（2）求出曲线C2上的直角坐标方程，设P的坐标，结合两点间的距离公式进行求解即可．【解答】解：（1）经t=1代入C1得x=3，y= ，则A（3， ），B（3， ），它们的极坐标为A（2 ， ），B（2 ， ）．（2）曲线C2的极坐标方程为 ．平方得ρ2= = ，即3ρ2+ρ2sin2θ=12，即3x2+3y2+y2=12，即3x2+4y2=12，即 =1．设P（2cosθ，& sinθ），则|PA|2+|PB|2=（2cosθ3）2+（ sinθ+ ）2+（2cosθ+3）2+（ sinθ ）2=2（4cos2θ+3sin2θ+12）=2（15+cos2θ），∵cos2θ≤1，∴PA|2+|PB|2=2（15+cos2θ）≤32，即|PA|2+|PB|2的最大值是32．　[选修4-5：不等式选讲24．设函数f（x）=|x2|2|x+1|．（1）求f（x）的最大值；（2）若f（x）≤mx+3+m恒成立，求m的取值范围．【考点】绝对值不等式的解法．【分析】（1）通过讨论x的范围，将f（x）写成分段函数的形式，画出函数的图象，从而求出f（x）的最大值即可；（2）问题转化为 ，解出即可．【解答】解：（1）∵f（x）=|x2|2|x+1|= ，如图示：&，∴f（x）的最大值是3；（2）若f（x）≤mx+3+m恒成立，则 ，解得：3≤m≤1．　日文 章来源莲山 课件 w w w.5Y
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? ? ? ? ? ? ? ? ? ?考点：正弦定理
专题：解三角形
分析：由条件利用正弦定理可得 b=6c，可得a=2c．再利用余弦定理可得cosA=b2+c2-a22bc&的值．
解：在△ABC中，∵a-c=66b，sinB=6sinC，∴b=6c，可得a=2c．再利用余弦定理可得cosA=b2+c2-a22bc=6c2+c2-4c226c•c=64．
点评：本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，属于中档题．
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科目：高中数学
已知数列{an}的前n项的和为Sn，且a1=1，a2=4，Sn+1=5Sn-4Sn-1（n≥2），等差数列{bn}满足b6=6，b9=12，（1）分别求出数列{an}，{bn}的通项公式；（2）若Cn=2an×（bn+6），求数列{Cn}的前n项和Tn．
科目：高中数学
设函数f（x）=a•b，其中向量a=（m，cos2x），b=（1+sin2x，1），x∈R，且函数y=f（x）的图象经过点（π4，2）．（1）求实数m的值及函数f（x）的单调增区间；（2）若x∈[-π6，π2]，求函数f（x）的最小值及x的取值．
科目：高中数学
如图所示，A，B，C，D是圆O上的四个点，DE为圆O的切线，AC∥DE，直线AC与BD交于点F，若AB=2，AD=3，BD=4，则CF=．
科目：高中数学
如图，直线PA，QC都与正方形ABCD所在平面垂直，AB=PA=2QC=2，AC与BD相交于点O，E在线段PD上且CE∥平面PBQ（1）求证：OP⊥平面QBD；（2）求二面角E-BQ-P的平面角的余弦值．
科目：高中数学
求下列函数的导数（1）g（x）=x2+x2（2）g（x）=x（x+1）（x-3）（3）g（x）=excosx（4）g（x）=x+2sinx（5）h（x）=2x3-3x2+x-8（6）u（x）=5-3x+2x2-x3．
科目：高中数学
已知函数f（x）=m-|x-1|-2|x+1|．（Ⅰ）当m=5时，求不等式f（x）＞2的解集；（Ⅱ）若二次函数y=x2+2x+3与函数y=f（x）的图象恒有公共点，求实数m的取值范围．
科目：高中数学
已知曲线C1的参数方程为x=-2+10cosθy=10sinθ(θ为参数），曲线C2的极坐标方程为ρ=2cosθ+6sinθ，问曲线C1，C2是否相交，若相交请求出公共弦的方程，若不相交，请说明理由．
科目：高中数学
双曲线x2a2-y2b2=1与曲线x23a2+y2b2=1（a＞0，b＞0）的交点恰为某正方形的四个顶点，则双曲线的离心率为（　　）
A、3B、2C、3D、2
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