校园笑话-税务自查报告范文

必胜突击密卷（四）
1、表示复数
1i
的点在( )
i
C．第三象限 D．第四象限 A.第一象限 B．第二象限
2、已知集合< br>A{0，1}，B{1，2}
，则
AUB
中元素的个数为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
3、已知< br>f

x

是定义在
R
上奇函数，当
x0< br>时，
f

x

log
2

x1

，则
f

3


（ ）
A.
2
B.
1
C.2 D.1
4、已知
a,bR
,则“
ab
”是“
log
2
alog
2
b
”的( )
A.充分而不必要条件 B.必要而充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
5、 设公差小于
0
的等差数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
,且
S
3
11a
6
,则当
S
n
取得最大值时
n
的值为( )
A.6 B.7 C.8 D.11
6、执行右图程序框图，输出的结果
s
的值为（ ）

A．

33
B．0 C.
D．
3

22

7、若将一个质点随机 投入如图所示的长方体
ABCD
中,其中
AB2
,
BC1
,则质点落
在以
AB
为直径的半圆内的概率是( )



2

B.
4

C.
6

D.
8
A.
8、已知一个三棱锥的三视图如图所 示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的
外接球表面积为( )

A．
3π
B．
23π
C．
43π
D．
12π

)

0，

π）
9、 如图,直线
2x2y30
经过函数
f

x

sin(

x

（
图象的最高点
M
和
最低点
N
，则( )

ππππ
A.

,

0
B.

π,

0
C.

,


D.


π,



2242
x
2< br>y
2
10、双曲线
2

2
1(a0,b0)< br>的一条渐近线与直线
x2y10
平行，则双曲线
ab

的离心率为（ ）
A.
5
B.
5

2
C.
3

2
D.
3

11、已知在△
ABC
中,角
A,B,C
所对 的边分别是
a,b,c
,
tan
AB

sin
C
.若
c2
,则△
2
ABC
的周长的取值范围是( )
A.
(2,22]

B.
(22,4]

C.
(4,222]

D.
(222,6]

12、已知 函数
f
(
x
)

ln
x
A.

a
a
在
x

1,e

上有两个零点， 则
a
的取值范围是( )
x
C.


e

e

,1

B.

,1



1e

1e


e

,1

D.

1,e



1e


rrr
rrr
13、已知
b1,ab2
，则向量< br>(2ab)b
_______．
14、已知关于
x
的不等式
2x
__________.
15、已知圆
C
的圆心是直线
xy10
与
x
轴的交 点,且圆
C
与圆
2
7
在
x(a,)
上恒成 立,则实数
a
的最小值为
xa

x2


y3

16设函数
22
8
相外切, 则圆
C
的方程为_________。
,其中.若函数在上恰有个零
点,则的取值范围是
17、在△ABC
中,角
A,B,C
所对的边分别为
a
、
b 、
c
,已知
1
cos2A,c3,sinA6sinC
,角
A
为锐角.
3
1.求
sinA
与
a
的值;

2.求
b
的值及三角形面积.
周年,为了充分 认识新形势下改革开放的时代性,
18、
2018
年是中国改革开放的第
40 ?
某地的民调机构随机选取了该地的
100?
名市民进行调查,将他们的年龄分成6
段:

20,30

,

30,40
,K

70,80

,并绘制了如图所示的频率分布直方图.

1.现从年龄在

20,30

,

3 0,40

,

40,50

内的人员中按分层抽样的方法 抽取
8?
人,再从这
人进行座谈,用
X
表示年龄在

30,40

内的人数,求
X
的分布列和数
8?
人中随机 抽取
3?
学期望;
2.若用样本的频率代替概率,用随机抽样的方法从该地抽取20?
名市民进行调查,其中有
k
名市民的年龄在

30,50

的概率为
P(Xk)(k0,1,2,K,20)
.当
P(X k)
最大时,求
k
的值.
19、如图，在三棱柱
ABCA1
B
1
C
1
中,
A
1
AAB,A BC90
,侧面
A
1
ABB
1

底面
ABC
.

1.求证:
AB
1

平面
A
1
BC
;
2. 若
AC5,BC3,A
1
AB60
,求二面角
BA1
CC
1
的余弦值.

x
2
y
2
20、已知椭圆C：
2

2
1

ab0

的右焦点为
F

3,0

,过
F
的直线
l
与C交于
ab
A,B
两点.当l
与x轴垂直时，线段
AB
长度为1.
O
为坐标原点.
1.求椭圆C的方程
2.若对任意的直线
l
，点
M
m,0

总满足
OMAOMB
，求实数
m
的值.
3.在2的条件下，写出
△MAB
面积的最大值 (只需写出结论).
e
x
21、已知函数
f

x


(其中常数
a0
).
xa
1.求函数
f

x

的定义域及单调区间;
2.若存在实数
x

a,0

,使得不等
f
x


1
成立,求
a
的取值范围.
2
22、在直角坐标系
xOy
中,直线
l
的参数方程为< br>

x23tcos



(
C


为参数).
2


y1tsin

以坐标原点为极点,
x
轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线
C < br>的极坐标方程为

2

1sin
2

< br>8
.
1.若曲线
C
上一点
Q
的极坐标为

0
,

,且
l
过点
Q
,求
l
的普通方程和
C
的直角坐标方
2



π

程;
2.设点
P23,1
,
l
与
C
的交点为
A,B?
,求
23、不等式选讲:
已知函数
f (x)x3m,m0,f(x3)0
的解集为

,2
< br>

2,

。
1.求
m
的值; < br>2.若
xR
,使得
f(x)2x1t
2
t1< br>成立,求实数
t
的取值范围




11

的最大值.
PAPB
3
2

答案以及解析
1答案及解析：
答案：D
解析：

2答案及解析：
答案：C
解析：

3答案及解析：
答案：A 解析：根据题意，当
x0
时，
f

x

l og
2

x1

，则
f

3

log
2
42
，
又由函数
f

x

为奇函数，则
f

3

f

3

2
；
故选：A．

4答案及解析：
答案：B
解析：
根据不等式的关系,结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.

5答案及解析：

答案：B
解析：由
S
3
11a
6
可推出
a
1
a
140
,所以
a
7
a
8
0
.又等差数列的公 差小于
0
,从而
S
n
取最大值时
n7
.故选B.

6答案及解析：
答案：C
解析：

7答案及解析：
答案：B
解析：

8答案及解析：
答案：D
解析：

9答案及解析：
答案：A
解析：

10答案及解析：
答案：B

解析：由双曲线的渐近线与直线
x2y10
平行，可 得双曲线的渐近线的方程为
ca
2
b
2
b
2
15
1b1
即

，所以双曲线的离心率为
e
，
1 ()1
yx
，
2a2
aa
2
a42
故选 B.

11答案及解析：
答案：C
解析：
CAB


C

2
=2sin
C
co s
C
, 由题意可得
tantan



=222

22

sin
C
2
cos
则
sin
2
C11cosC1

,即

,所以
cosC0
,
2222
所以
C
2
< br>2
,据此可得△
ABC
是以点
C
为直角顶点的直角三角形,
2
22
则
4ab

ab

2a b

ab


ab

2
,
2

2
所以
ab22
,又
ab 2
,所以
4abc222
,
即△
ABC
的周长的取值范围是
(4,222]
,故选C.

12答案及解析：
答案：A
解析：∵
f'(x)
1axa

2

2
,x

1,e
．
xxx
当
a1
时，
f'

x

0
，
f

x

在

1,e

上单调递增，不合题意．
当
ae
时，
f'

x

0
，
f

x

在

1,e

上单调递减，也不合题意．
当
ea 1
时，则
x[1,a)
时，
f'

x

0
，
f

x

在
[1,a)
上单调 递减，
x(a,e]

时，
f'
< br>x

0
，
f

x

在
( a,e]
上单调递增，又
f

1

0
，所以< br>f

x

在
x[1,e]
上有
两个零点， 只需
f
(e)

1

ae
a
0
即可，解得
a1
.
e1e

,1

. 综上，
a
的取值范围是

1e


13答案及解析：
答案：3

e
rrr
rrrrr2
r
2
b1,ab2
解析：因为，所以
(2ab)b 2ab22b413
，
答案为3.

14答案及解析：
答案：
3

2
解析：
因为< br>xa
,所以
2x
222
2

xa

2a22(xa)2a2a4
,
xaxaxa
33
.即
a
的最小值为
.
22
即
2a47
,所以
a

15答案及解析：
答案：

x1

y
2
2

2
解析：试题分析:根据题意直线
xy10
与
x
轴的交点为< br>
因为圆与直线
xy30
相切,
所以半径为圆心到切线的距离,

y0

xy10


1,0

,

即rd
011
1

1

2
2
2
,
则圆的方程为

x1

y
2
2

2

16答案及解析：
答案：
解析： 取零点时满足条件,当时的零点从小
到大依次为,所以满足 ,解得:


17答案及解析：
答案：1.由正弦定理
a3
ac
,代入
c3,sinA6sinC
为
,


sinAsinC
6sinC
sinC
1
3
解为
a32
,
c os
2
A
2
cos
2
A
1


角A为锐角,
cosA=
36
,sinA=

33
2.∵
b
2
c
2
a
2
2bccos A
,代入为
b
2
2b150
,解为
b5

11652
S
△ABC
sinAbc53

2232
解析：

18答案及解析：
答案：1.按分层抽样的方法抽取的8人中,年龄在

2 0,30

内的人数为
0.005
81
人,
0.00 50.0100.025
年龄在

30,40

内的人数为年龄在

40,50

内的人数为
0.010
82
人,
0.0050.0100.025
0.025
85
人.
0 .0050.0100.025
所以
X
的可能取值为
0,1,2
,
30
C
6
C
5
所以
P(X0)
3
2

,
C
8
14
1
C
6
2
C
2
15
P(X1)
,
C
8
3
28
12
C
6
C
2
3
P(X2)
,
3
C
8
28
所以
X
的分布列为
X

0 1 2
P

5

14
15
28

3
28

EX0
51533
12.

1428284
2.设在抽取的20名市民中,年龄在

30,50

内的人数为
Y
,
Y
服从二项分布.
由频率分布直方图可知,年龄在

3 0,50

内的频率为
(0.0100.025)100.35
,
所以
Y:B(20,0.35)
,
k
(0.35)
k(10.35)
20k
(k0,1,2,L,20)
.
所以P(Yk)C
20
k
C
20
(0.35)
k
(10.35)
20k
P(Yk)7(21k)

k1
(k0,1,2,L,20)
,
设
t
P(Yk1)C
20
(0.35)
k1
(10.35)
20k1
13k

若
t1
,则
k7.35
,P(Yk1);
若
t1
,则
k7.3 5
,
P(Yk1)P(Yk)
.
所以当
k7
时,
P(Yk)
最大,即当
P(Yk)
最大时,
k7
.
解析：

19答案及解析：
答案：
1.在侧面A
1
ABB
1
中,∵
A
1
AAB
,
∴四边形
A
1
ABB
1
为菱形,
∴
AB
1
A
1
B
.
∵侧面
A
1
ABB
1

底面
ABC,ABC90
,
∴
CB
侧面
A
1
ABB
1
.
∵
AB
1

侧面
A
1
ABB
1
,
∴
CBAB
1
.
又
A
1
BBCB
，
∴
AB
1

平面
A
1
BC
.
2.在
Rt△ABC
中,
AC5,BC3
，∴
AB4

在菱形
A
1< br>ABB
1
中,∵
A
1
AB60
，
∴
△A
1
AB
为正三角形.
记菱形
A
1
ABB
1
的对角线的交点为O，
以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则
O(0,0,0),A
1
(2,0,0),B(2,0,0),C(2,0,3)
,
B
1(0,23,0),C
1
(0,23,3)
.

ruuuur

r

nC
1< br>C0
设
n(x,y,z)
为平面
A
1
CC
1
的法向量,则

ruuuu
，
r


nC
1
A
1
0


2x23y0∴

,


2x23y3z0
r
令< br>x3
,得
n(3,3,4)
为平面
A
1
CC1
的一个法向量.
uuur
又
OB
1
(0,23 ,0)
为平面
A
1
BC
的一个法向量,
ruuur
ruuur
nOB
1
621
uuur

∴
c osn,OB
1

r
,

14
|n|| OB
1
|
2723
∴二面角
BA
1
CC1
的余弦值为

解析：

20答案及解析：
21
.
14
x
2
y
2
答案：1.椭圆C ：
2

2
1

ab0

的右焦点为
F

3,0


ab
22
所以
ab3

当
l
与x轴垂 直时，线段
AB
长度为1，所以
x
A
x
B
3
，
y
A
y
B

1
，代入椭圆2

a
2
b
2
3
31

方程可得
2

2
1
，联立方程组可得

3

1
a4b

2

2
1
4b

a
解得
a
2
4,b
2
1
.
x
2
y
2
1
所以椭圆C的方程为
4
或法二：设左焦点为
F
1
，则依题意可知：
△F
1
AF2
为直角三角形
所以
F
1
A
所以
a
2
4,b
2
F
1
F
2
AF
2
22

71
，
F
2
A
.
2a
22
F
1
AF
2
A4
即
a2
，又
c3

x
2
y
2
1

1
，所以椭圆C的方程为
4

2.当< br>l
与x轴垂直时，
OMAOMB
，此时
mR
. 当
l
与x轴不垂直时，因为
OMAOMB
所以
k
AM
k
BM
0

设
A

x
1
,y
1

B

x
2
,y
2

，直线
l
的斜率为
k
又

k0
< br>，则直线
l
的方程为
yk

x3

< br>，所以
k
AM

y
1
y
2
,kBM

x
1
mx
2
m
k
AMk
BM

又
y

xm

y2

x
1
m

y
1
y
2< br>
12
0

x
1
mx
2
m xmxm

1

2

y
1
kx< br>1
3,y
2
kx
2
3

，所以
12
可得
k

x
2
m

x1
3k

x
1
m

x
2
30
即
2x
1
x
2
m3
< br>
xx

23m0



ykx 3

联立方程组

2
消去
y
得
1+4k< br>2
x
2
83k
2
x12k
2
40< br>
x

y
2
1
4

< br>12k
2
4
83k
2
xx
所以
x
1
x
2

2

2
，
12
14k
14k
代入上式可得
m
43
.
3
3.最大值为
2
1
，此时
l
斜率为
< br>.
2
3
133
S
△ABM
=y
1< br>y
2
=
y
1
y
2

236

myx3
可设此时直线方程为
myx3
，联立方程 组

2
消去x可得
2


x4y4

m
2
4

y
2
23my10
， 所以
y
1
y
2

3
S=
所以
△ ABM
6
23m
1
，
y
1
y
2
2

2
m4
m4
m
2
1=

y
1
y
2

2
4y
1
y
2
=
23
3

m
2
4
2
23
3
1
9
m1

m2
1
6
2


2311
=
，当且仅当
m
2
1
2
9
时取等号，此时
m2
，即直线斜率为
36+63
m1
k< br>2

2
解析：

21答案及解析：
答 案：1.函数
f

x

的定义域为

x|xa< br>
.
f'

x


e
x

xa

e
x
1

xa

2

e
x


x

a1




xa

2
.
由
f'< br>
x

0
,解得
xa1
.
由
f'

x

0
,解得
xa1
且
x a
.
所以
f

x

的单调递增区间为

a1,

,单调递减区间为

,a

,

a,a1

.
e
x
1
2.有题意可知,
a0
且
f

x


在

a,0

上的最小值小于等于 时,存在实数
xa
2
x

a,0

,使得不等 式
f

x


若
a10
即
a 1
时,
1
成立.
2
x
,
f
x

,
f'

x

的变化情况如下表:
x


a,a1




a1

0

极小值

a1,0




f'

x


f

x


]

Z

所以
f

x

在

a,0

上的最小值为
f

a1

e
a1
.
则
e
a1

11
,得
aln1
.
22

若
a10
即
a1
时,
f

x< br>
在

a,0

是单调递减,
1
f

x

在

a,0

上的最小值为
f< br>
0


.
a
11
由

得
a2
(舍).
a2
1
综上所述,
aln1
即为所求.
2
解析：

22答案及解析：
答案：1.把
Q


0
,

代入曲线
C
可得
Q

2,

化为直角坐标为
Q

0,2

,又
l
过点
22




π

π

P23,1
,得直线
l
的普通方程为< br>y

3
x2
;

2
1sin
2

8
可化为
2


2



sin


8
.
2
由

2
x
2
y
2
,

sin
< br>y
可得

x
2
y
2

y2
8
,即曲线
C
的直角坐标方程为
x
2
2y
2
8
.
2.把直线
l
的参数方程代入曲线
C
的直角坐标方程得,
tcos

232

tsin

1
8
,
2

2
化简得

sin
2< br>
1

t
2
4sin

3cos
t60
,
①△


4sin
3cos


24

sin
2

1

可得

2


t
1
t
2

4sin

3cos

sin

1
2

,tt
12

6
sin
1
2
0
,
故
t
1
与
t
2
同号,
4sin

3cos

4
tt
2
tt
1111



1

12
sin




,
PAPBt
1
t
2
t
1
t
2
t
1
t
2
633

所以



6
时,
4
4π

si n




有最大值.
33

3此时方程①的△
340
,故
11
4

有最大值.
PAPB
3
解析：

23答案及解析：
答案：1.因为
f

x

x 3m
,所以
f

x3

xm0
,∵< br>m0
,
xm
或
xm
,又∵
f

x3

0
的解集为

 ,2



2,

. 故
m2

2.
f(x)2x1t
2
t1
等价于不等式
x 32x1t
2

3
2
3
t3
, 2
x4,x3
g(x)x32x1{3x2,3x
x 4,x

1


2

1

2
1
2
故
g(x)
max
g


7
731
,则有
t
2
t3
,即
2t2
3t10
,解得
t
或
t1
即实
2
222
数的取值范围

,



1 ,


2


1


解析：