河南省普通高中20xx届高三4月教学质量监测理数试题

河南省普通高中20xx届高三4月教学质量监测理数试题内容摘要：

3xx x d x x x d x x        . 【解析】起始阶段有 23ma， 1i ， 第一次循环后，  2 2 3 3 4 9m a a    ， 2i ；第二次循环后，  2 4 9 3 8 21m a a    ， 3i ；第三次循环后， 2 8 21 3 16 45m a a    ， 4i ；接着计算  2 16 45 3 32 93m a a    ，跳出循环，输出 32 93ma.令 32 93 35a ， 得 4a . 【解析】依题意，将题中数据统计如下表所示： 设该公司一天内安排生产 A 产品 x 吨、 B 产品 y 吨，所获利润为 z 元，依据题意得目标函数为 300 200z x y，约束条件为50,4 160,2 5 200,0, 0,xyxxyxy   欲求目标函数  300 200 100 3 2z x y x y   的最大值，先画出约束条件表示的可行域，如图中阴影部分所示，则点  40,0A ，  40,10B ，50 100,33C，  0,40D ，作直线 3 2 0xy，当移动该直线 过点  40,10B 时， 32xy 取得最大值，则 300 200z x y也取得最大值（也可通过代入凸多边形端点进行计算，比较大小求得） .故 m a x 300 40 200 10 140 00z     .所以工厂每天生产 A 产品 40吨， B 产品 10吨时，才可获得最大利润，为 14000元 . 【解析】因为  51x f x，故   15f x x；在同一直角坐标系中分别作出函数 y f x ， 15yx ，的图象如图所示，观察可知，两个函数的图象在  2,2 上有 6个交点，故方程  51x f x在  2,2 上有 6个根 . 【解析】由三视图可知，该几何体所表示的几何图形为三棱锥 A BCD ，作出该几何体的直观图如图所示，取 AC 的中点 E ，连接 BE ；可以证明 BE 平面 ACD ，故三棱锥A BCD 的体积   21 1 32 3 4 2 1 63 3 4A C DV B E S       . 【解析】依题意， 32s in c o s s in2a B C c C R，故 23cos 42ab C c，故2 2 2 23 422a b cab cab  ， 整理得 2 2 228a b c   ，结合余弦定理可知 28 3 2 cosc ab C①；记△ ABC 的面积为 S ，则 4 2 sinS ab C ②，将①②平方相加可得     2 2 22 2 2 2 2 2 28 3 1 6 4 8 2c S a b a b c      ，故  22 2 2 641 6 1 6 5 5S c c  ，即 2 45S ，255S ， 当且仅当 2 85c 时等号成立 . 二、填空题 13. 3sin36x【解析】依题意， 3M ， 3 5 924 2 2T   ， 故 6T ，故 23T，将点  2,3A 代入可得  2232 k k Z    ，故  26 k k Z   ，故  3 sin 36f x x. 14. 13【解析】设 2AB ，则 1BG ， 5AG ，故多边形 AEFGHID 的面积15 5 2 2 2 1 22S       ；阴影部分为两个对称的三角形，其中 90EAB GAB   ，故阴影部分的面积 12 s in2S A E A B E A B     1 1 2 52 c o s 2 5 42 2 5A E A B G A B         ，故所求概率 13P . 15.  6 26yx 【解析】设直线 :2l x my ， 联立 2 8,2,yxx my  故 2 8 16 0y my   ，264 64m  0 ， 2 1m ，设  11,Px y ，  22,Qx y ，则 128y y m ， 1216yy ， 由抛物线的对称性可知，PF QFAF BF 21221 4 2 2 2yy m    ，解得 2 6m ，故 6m ，故直线 l 的方程为  6 26yx  . 16. 1,2【解析】    2ln 1 l n 1 01xx x x x xx      ；设函数    2ln 1H x x x x  ，从而对任意  1,x  ，不等式    01H x H 恒成立，又   ln 1 2H x x x   ，①当  ln 1 2 0H x x x    ，即 ln 2xxx  恒成立时，函数 Hx单调递减，设   ln 1xrx x ，则  2ln 0xrx x ，所以    max 11r x r，即 1122  ，符合题意；②当 0 时，  ln 1 2 0H x x x    恒成立，此时函数 Hx单调递增 .于是，不等式    10H x H对任意  1,x  恒成立，不符合题意；③当 10 2 时，设    q x H x ln 1 2xx ，则。