临沂人事-农业技术员工作总结

绝密★启用前
2019年09月01日xx学校高中数学试卷
学校：___ ________姓名：___________班级：___________考号：___________

题号
得分





评卷人

一

二

三

总分

得分

一、选择题
x
2
y< br>2
1
上的动点,则
p
到该椭圆的两个焦点的距离之和为( ) 1.设
p
是椭圆
53
A.

22

B.

23

C.

25

D.

42

答案：C
2
解析：由椭圆的定义可得:

a5,a5
，所以
2a25

2
已知,则“”是“”的( )
A.充分非必要条件 B.必要非充分条件
C.充要条件 D.既非充分又非必要条件
答案： A
解析： 条件:,结论:,同除,正确,结论推条件,取作为不成立的反例
3.《九章算术》中,称底面为矩形 而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马。设
AA
1
是正六棱
柱的一条侧棱,如 图,若阳马以该六棱柱的顶点为顶点,以
AA
1
为底面矩形的一边,则这个阳
马的个数是( )

A.4 B.8 C.12 D.16
答案：D
解析：只要能找到
AA
1
所在矩形个数，并根 据每个矩形可做4个阳马的基本位置关系.
AA
1
与对应的底面令一条边组合的俯视 图如图,共4个,即这样的阳马个数共16个.

4.设
D
是含
l
的的有限实数集,

f(x)
是定义在
D
上的函数。若
f(x)
的图像绕原点逆时针< br>旋转


后与原图像重合,则在以下各项中,

f(l)
的可能取值只能是( )
6
A.

3

3

2
3
C.


3
D.

0

B.

答案：B
解析：记
f(1)p
，则点
A
0
(1,p)
在函数
f(x)
上，而接下来绕 原点旋转，即选择过程
中，
A
0
到原点 的距离不变，可设
A
0
(

,

)
，由迭 代思想可知，
A
0
(

,



6
i)(i0,1,2,...)
均在函数
f(x)
上，根据角度定义， 由
A
0
可迭代处恰好
12
点，又因为这
12
点都在 函数上，故不可以存在两点关于
x
轴对称，注意当取
(A),(C)(D)
时 ，



,,0
则迭代出的点，必然存在关于
x
轴对称点，答案B
36
得分

评卷人

二、填空题
5.行列式
41
25
的值为__________
答案：18
解析：原式=
451220218

x
2
y
2
1
的渐近线方程为______ 6.双曲线
4
答案：
y

x
2
x
2
1

x

x

y
2
0< br>
y

y

0
,故渐近线为
y x
.
解析：令
4
2

2

2

7
2
(1x)
x
的二项展开式中的系数为__________ (结果用数值表示)
7.
答案：21
rnrrrr222
解析：令T
r1
C
n
abC
7
x
，计算
x
2
项系数，则
r2
即
T
3
C
7x21x
，故系数
为21

8.设常数
aR
,函数
f

x

log
2

xa< br>
,若
f(x)
的反函数的图像经过点
(3,1)
,则
a
=__________
答案：7
解析：反函数经过
(3,1)，则原函数经过

1,3

，代入原函数即得
3log
2
(1a)1a2
3
a7

9.已知复数
z
满足

1i

z17i
,(
i
是虚 数单位),则
z
__________
答案：5
解析：根据
( 1i)z17i
，可得
z
17i(17i)(1i)1i7i7
34i
，故
1i(1i)(1i)2
z5
10.记等差数列

a
n

的前
n
项和为S
n
,若
a
3
0,a
6
a
714
,则
S
7

__________
答案：14
解析：根据题意得
a
6
a
7
2a
1
 11d14,a
3
a
1
2d0

d2,a4
2,S
7
7a
4
14

11.已知< br>


2,1,,,1,2,3

.若函数
f

x

x
为奇函数,且在

0,

?
上递减,则



11
22




__________
答案：-1
解析：由
f( x)
为奇函数，故
a
只能取
1,1,3
，又在
(0, )
上递减，所以
a 1

12.在平面直角坐标系中,已知点
A

1,0

,B

2,0

,E,F< br>是
y
轴上的两个动点,且
EF2
,
则
AEBF< br>最小值为__________
答案：-3
解析：设
E(0,m),F(0 ,m2)
,故
AE(1,m),BF(2,m2),mR
则
AE BF3
,
当且仅当
m1
时取到最小值
3
13.有编号互不相同的五个砝码,其中5克,3克,1克砝码各一个,2克砝码两个，从中随机挑选
三个,则这三个砝码的总质量为9克的概率为___________(结果用最简分数表示)
答案：
1

5
3
解析：五选三,总实验结果
C5
10
种,总质量为
9
克只有两种情况:
9522< br>或者
9331
,但是却没有出现单选
2
克砝码的情况,因此不影 响结果
21

.
3
C
5
5
S
n
1

,则

a2
n+1
14.设等比数列
a
n

的通项公式为
a
n
q
n 1
nN
*
,前
n
项和为
S
n
,若
lim

q
___________
答案：3
解析：根据题意得
a
1
1
,
q1

a
1
(1q
n
)
S
n
1
1q
l imlim,q3
若极限存在并能使等号成立,则
n

aa< br>1
q2
n+1

2
x
1

6

15.已知常数
a0
,函数
f

x


x
的图像经过点
P

p,

,Q
q,

,若
5

2ax

5< br>
2
pq
36pq
,则
a
=________ __
答案：6
2
p
2
q

q
1，对两式同事取倒数则有：解析：由题意
p
2ap2aq
2
p
apap1ap
1,6
；
2
p
2
p62
p
a
2
pqa
2
pq
1a
2
36
两式乘积则有
pq
1
236pq
又
a0
，所以
a6

16.已知实数
x
1
,x< br>2
,y
1
,y
2
满足:

x
12
y
1
2
1,x
2
2
y
22
1,x
1
x
2
y
1
y
2

1
,则
2
x
1
y
1
1
2

x
2
y
2
1
2
的最大值为____ _
答案：
23

解析：设
P(x
1
,y
1
),Q(x
2
,y
2
)
则
P、Q
在单 位圆
xy1
上,且
22
OPOQx
1
x
2
y
1
y
2
OPOQcosOPOQ
为等边三角 形,题中所问
11
,即
cosOPOQ
即
OPQ
22
x
1
y
1
1
2

x
2
y
2
1
2
恰好可以看成
P,?Q
两点到直线的距离最
大值(的两倍)而在
OPQ
中,故易得
OM
离的最大值为:
评卷人

3
d
OL
2
3
3,即
M
在
x
2
y
2

上运动,故直 线
l
距
2
4

3
32
2


故
(PP'QQ')
max
2


23



22
2

2
得分

三、解答题
17.已知圆锥的顶点为
P
,底面圆心为
O
,半轻为
2

1.设圆锥的母线长为
4
,求圆锥的体积 < br>2.设
PO4,OA,OB
是底面半径,且
AOB90
o
,
M
为线段
AB
的中点,如图,求异面直
线
PM
与
OB
所成的角的大小

答案：1.记圆锥底面半径为R,联结PO,OB ,则
PO
底面,为圆锥的高,记其长度为
h,∴
POOB
;
根据题意,PB=4,OB=R=2

∴在
RtPOB
中,

h=PO=23
;
圆锥底面积
S

R4

;

故圆锥体 积
V
2
1183

Sh=4

33

333
2.几何法:找到OA中点N,并联结MN,PN,OM
根据中位线定理,

MNOB
且(
MN
1
OB 1
),故异面直线PM与OB所成角的大小,即
2
为PM与MN所成角的大小
又N为OA中点,故ON=1;而
AOB90
故在等腰
RtPOM,RtP ON
中算得:

PM1832
、
PN17

PM
2
MN
2
PN
2
181172
故在< br>PMN
中
cosPMN


2PMMN6
232
22
故
PMNarccos
,即异面直线PM与OB所成角的 大小为
arccos

66
向量法:以O为坐标原点,

OA,OB,OP
方向分别为
x,y,z
轴正方向建立空间直角坐标系。 < br>则
A(2,0,0)
、
B(0,2,0)
、
P(0,0,4)
则
M(1,1,0)
,故
PM(1,1,4)
,
OB (0,2,0)

∴
cosPOM,OB
PMOB

|PM||OB|


110
11(4)2
222

22


6
218
2
即为所求
6
故
PM,OBarccos
说明:注意(1) (2)问条件区别,计算 过程,最终结果简化,第二问如能找到
MNPN
的关
系,在计数角度的时候,也可用 正切表示,答案为
arctan17


解析：
18.设常数< br>aR
,函数
f

x

asin2x2cosx

2
1.若
f

x

为偶函数,求
a
的值;




31
,求方程
f

x

12
在区间
[

,

]
上的解。

4

1151319
答案：1.a=0; 2.

x

,x

,x

,x


24242424
2.若
f

解析：1.
若
f( x)
为偶函数,则对任意
xR
,均有
f(x)f(x);
即< br>asin2x2cos
2
xasin2(x)2cos
2
( x)
,简化有方程
asin2x0
,对任意
xR
成立,
故
a0

2.

f()asin
2



2



2 cos

a131a3
,故
44

4

f(x)123sin2x2cos
2
x123sin2x 2cos
2
x12,


化简即为
2sin(2x 


2
11

)2
,即
sin( 2x)
k

或

x
62
624
5

k'

,k,k'Z
,若求该方程在
[

,

]
上的解,则
24
13351919
或< br>1,k'0
或
1
对应的
x
值分别为
k[,], k'[,]
则
k0?
24242424
1151319
x

,x

,x

,x


24242424
x
19.某群体的人均通勤时间,是指单日内该群体中成员从居住地到 工作地的平均用时,某地上
班族
S
中的成员仅以自驾或公交方式通勤,分析显示:当< br>S
中
x%(0x100%)
的成员自
30,0x30


驾时,自驾群体的人均通勤时间为
f

x



(单位:分钟),而
1800
2x90,30x100

x

公交群体的人均通勤时间不受
x
影响,恒为
40
分钟,试根据上述分析结果回答下列问题:
1.当
x
在什么范围内时,公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间?
2.求该地上班族
S
的人均通勤时间
g(x)
的表达式:讨论
g(x)
的单调性,并说明其实际意
义。
答案：1.
45x100

1

40x,0x3 0


10
2.
g(x)x%f(x)(1x%)40


113

x
2
x58,30x100

10

50
在
(0,32.5)
上单调递减,在
(32.5,100)
上单调递增,说明当
32.5%
以上的人自驾时,人均 通
勤时间开始增加
解析：1.当
0x30
时,
f(x)30 40
恒成立,公交群体的人均通勤时间不可能少于自
驾群体的人均通勤时间;当
30 x100
时,若
40f(x)
,即,
2x
1800
9040
解得
x
x20
或
x45
;所以当
45x100
时,公交群体的人均通勤时间不可能少于自驾群体的
人均通勤时间。
2.在
(0,32.5)
上单调递减,在
(32.5,100)
上单调递增 ,说明当
32.5%
以上的人自驾时,人均
通勤时间开始增加
设,当地上班 族总人数为
n
,则自驾人数为
nx%
,乘公交人数为
n(1x %)

1

40x,0x30

< br>10
因此人均通勤时间
g(x)x%f(x)(1x%)40
< br>
113

x
2
x58,30x100
< br>10

50
x

40(0x30)


10
g(x)



1
(x32.5)2
36.875(30x100)


50
则当
x(0,30](30,32.5]
,即
x(0,32.5]
时,
g(x )
单调递减;
当
x(32.5,100)
时,
g(x)
单调递增;
实 际意义:当有
32.5%
的上班族采用自驾方式时,上班族整体的人均通勤时间最短,适当的< br>增加自驾比例,可以充分的利用道路交通,实现整体效率提升;但是自驾人数过多,则容易导
致交 通堵塞,使得整体下降。
20.设常数
t2?
,在平面直角坐标系
xOy
中,已知点
F(2,0)
,直线
l:xt
,曲线
:y< br>2
8x(0xt,y0)
,
l
与
x
轴交于点
A
,与

交于点
B
,
P
、
Q分别是曲线

与线
段
AB
上的动点。
1.用
t
表示
B
到点
F
的距离
2.设< br>t3,FQ2
,线段
OQ
的中点在直线
FP
上,求
AQP
的面积
3.设
t8
,是否存在以
FP,FQ
为邻边的矩形
FPEQ
,使得点
E
在

上?若存在,求点< br>P
的
坐标;若不存在,说明理由
答案：1.

t2

2. 由题可知
Q(3,3)
,直线
FP
方程为
y3(x2)
,联立为
y8x
,解得
x
p< br>
2
2
点
3
1273

A(3,0)AQ P
的面积为
3(3)
236
n
2
8n16n2
,K
QF

3. 存在,焦点为
F(2,0)
,设< br>P(,n),K
PF

2
,根据
FPFQFE
,
8n168n
245
16
)
解得
n
2

,所以
p(,
55
5
解析：1.设直线
x2
为直线
l
1
,如图,过
B
做
BB'l
1
于点
B'
BFBB'
,
∵
B(t,22t)

则根据抛物线定义:且
B'(2,22t)
,
BB't2

BFt2

2.设
Q(3,q)
,由
FQ2
,可算出
Q(3,3)
,记
OQ
中点为
M
,则
M



33





22

,

3
0
2
3
,故直线
FP
方程:

y3(x2)
∴直线
FP
的 斜率
k
3
2
2
2

x
1



x
2
6
3


y3 (x2)
,

将直线方程与抛物线方程联立得:


,解得

(舍),
2


y
43


y
2
43

y8x
1< br>
3


243

即
P

,

33




301
∴三角形APQ
的面积
S
12
23
3
4373

1
36
31
3. 存在;

s
2
< br>假设存在,则设
F

,2S

(0s2t)
< br>
2


m
2

t8
时,

P

,2m

,其中
M

0,4< br>
,
Q(8,n)
,其中
n

0,8
< br>;

2

且
s

0,4


则在以
Fp,FQ
为邻边的矩形
FPEQ
中,

F PFQ0
,即
3m
2
12
(3m12)2mn0n (m0)

2m
又
n

0,8

, 解得
m(0,2)

2

123m
2
s
2
m
2

PE,2s2m
故
FQ (6,n)

6,


2m

2
 
2


s
2
m
2
6
25
4

22
2
2
m
m12
得 到方程组:


,解得 (舍)或,故
m
2
5
5

123m
2s2m


2m

245

P


5
,
5

< br>


245

当
P

,

55


时,以
FP,FQ
为邻边的矩形
FP EQ
,并有点
E
在上


21.给定无穷数列

a
n

,若无穷数列

b
n

满足:对任意
nN
,都有
b
n
a
n
1
,则称

b
n

与

a
n
< br> “接近”

1.设

a
n

是是首 项为
1
,公比为
1

的等比数列,

b
n
a
n1
1,nN
,判断数列

b
n

是否与
2

a
n

接近,并说明理由。
2.设数列

a
n

的前四项为:

a< br>1
1,a
2
2,a
3
4,a
4
8< br>,

b
n

是一个与

a
n

接近的数列,
记集合
Mxxb
i
,i1,2,3,4,求
M
中元素的个数
m
;
3.已知

an

是公差为
d
的等差数列,若存在数列

b
n

满足:


b
n

与
a
n

接近,且在

,b
201
b
200
中至少有
100
个为正数,求
d
的取值范围。
111
答案：1.
a
n
()
n1
,b
n
a
n1
1()
n
1
所以
b
n
a
n
1()
n
1,

b
n
与

a
n

接近
222
2. 由 题目条件
b
n
a
n
1,b
1
[0,2],b
2
[1,3],b
3
[3,5],b
4
[7,9],
所以
b
1
,b
2
,b
3
,b
4< br>中至
b
2
b
1
,b
3
b
2,
多由两个相等,即
m3
或
4

3.
b
n
[a
n
1,a
n
1],b
n1< br>[a
n1
1,a
n1
1]
所以
b
n1
b
n
[a
n1
a
n
2,a
n1
a
n
2]

①若
d2
,则
b
n1
b
n
0
,恒成立,不符合条件
n
n
②若
d2
,令
b
n
a
n
(1 )
,则
b
b1
b
n
d2(1)
,当n
为奇数时
b
n1
b
n
d20
,所 以存在

b
n

使
B
中至少有
100个为正数,综上
d2

解析：1.接近,下证明:由题意,
an

11
*
故
,ba11,nN
nn1< br>n1n
22
11121
b
n
a
n
1
n

n1
1
n

n
1
n
1

22222
2.数列

a
n
< br>的前四项为:

a
1
1,a
2
2,a
3
4,a
4
8
,

b
n

是 一个与

a
n

接近的数列,则的前四项分别满足:
0 b
1
2,,1b
2
3,3b
3
5,7b
4
9

则
b
1
b
3
b
4
,且
b
2
b
3
b
4

因此< br>M

x|xb,i1,2,3,4

至少有三个元素,至多有四 个元素
记
b
1
所在区间为
B
1
,b
2< br>所在区间为
B
2
,b
3
所在区间为
B
3
(i)
B
1
B
2


1,2< br>
,故存在
b
1
b
2
的情况,而
b
1
b
3
,
即当
b
1
b
2
时,

b
1
b
2
3b
3
b
4

(ii)

B
2
B
3


3< br>
,故存在
b
2
b
3
3
的情况, 而
b
1
b
3
,即当
b
2
b
3
时,

b
1
b
2
3b
3
b
4

上述两种情况下:

M

x|xb
i
,i1 ,2,3,4

中恰有三个元素
而取
b
1
1,b
2
2,b
3
4,b
4
8
时,

M 

x|xb
i
,i1,2,3,4

中恰有四个元素 。
综上所述,

M

x|xb
i
,i1, 2,3,4

中元素个数为三个或四个。
3.由题意可知,若

b
n

与

a
n

接近,则
bn
a
n
1,a
n
1b
n
a
n
1,a
n1
1b
n1
1,1a
n< br>b
n
1a
n

两式相加得:

2 (a
n1
a
n
)b
n1
b
n
2(a
n1
a
n
)
,即
2db
n 1
b
n
2d;


若
2d0,
即
d2
时,则对

b
n

中任意
n N
,均有
b
n1
b
n
0,
不符合题意 :若
b
n1
b
n
0,(i1,2,...200),< br>取
b
n1
a
i1
1

2
(0

2)

此时取
b
i2
a
i2
1
故构造数列

c
n



2
∵
d2
,即
d20
故必然存在

(0,2)
,使得
c
i
0

其通项公式< br>c
i
b
i1
b
i

i1,2, ,200


只要存在
i
使得
c
i
0
,按照上述构造,必然使
c
i1
0

即期中至少有半数项为正,综上所述
d2
符合题意。
,则
b< br>i2
b
i1
a
i2
a
i1
 2

d2
