江西省上饶市20xx届高考数学二模试卷理含解析

江西省上饶市20xx届高考数学二模试卷理含解析内容摘要：

ABCD；四面体 S﹣ ABD的四个面中 SBD面的面积最大，三角形 SBD是边长为 2 的等边三角形，即可求出四面体的四个面中面积最大的面积． 【解答】 解：由三视图知该几何体为棱锥 S﹣ ABD，其中 SC⊥ 平面 ABCD；四面体 S﹣ ABD的四个面中 SBD面的面积最大，三角形 SBD是边长为 2 的等边三角形， 所以此四面体的四个面中面积最大的为 =2 ． 故选： C． 【点评】 本题考查三视图，考查面积的计算，确定三视图对应直观图的形状是关键． 10．已知 m、 n、 s、 t∈ R*， m+n=4， + =9其中 m、 n是常数，且 s+t的最小值是 ，满足条件的点（ m， n）是双曲线 ﹣ =1一弦的 中点，则此弦所在直线方程为（ ） A． x+4y﹣ 10=0 B． 2x﹣ y﹣ 2=0 C． 4x+y﹣ 10=0 D． 4x﹣ y﹣ 6=0 【考点】 双曲线的简单性质． 【专题】 计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程． 【分析】 由题设中所给的条件，求出点（ m， n）的坐标，由于此点是其所在弦的中点，故可以用点差法求出此弦所在直线的斜率，再由点斜式写出直线的方程，整理成一般式即可． 【解答】 解：由已知得 s+t= （ s+t）（ + ） = （ m+n+ + ） ≥ （ m+n+2 ） = （ + ） 2， 由于 s+t的最小值是 ， 因此 （ + ） 2= ，即 + =2 ，又 m+n=4， 所以 m=n=2． 设以点（ m， n）为中点的弦的两个端点的坐标分别是（ x1， y1），（ x2， y2）， 则有 x1+x2=y1+y2=4． 又该两点在双曲线上，代入双曲线方程，两式相减得 =4， 即所求直线的斜率是 4，所求直线的方程是 y﹣ 2=4（ x﹣ 2），即 4x﹣ y﹣ 6=0． 故选： D． 【点评】 本题考查直线与圆锥曲线的关系，求解本题的关键有二，一是利用基本不等式与最值的关系求出参数的值，一是利用点差法与中点的 性质求出弦所在直线的斜率，点差法是知道中点的情况下常用的表示直线斜率的方法，其特征是有中点出现，做题时要善于运用． 11．设等差数列 {an}满足 =1，公差 d∈ （﹣ 1， 0），若当且仅当 n=9时，数列 {an}的前 n项和 Sn取得最大值，则首项 a1的取值范围是（ ） A．（ π ， ） B． [π ， ] C． [ ， ] D．（ ， ） 【考点】 数列的应用． 【专题】 等差数列与等比数列． 【分析】 利用三角函数的倍角公式、积化和差与和差化积公式化简已知的等式，根据公差 d的范围求出公差的值，代入前 n项和公式后利用二次函数的对称轴的范围求解首项 a1取值范围． 【解答】 解： ∵ = = = = = =﹣ =﹣ sin（ 4d）， ∴sin （ 4d） =﹣ 1， ∵d ∈ （﹣ 1， 0）， ∴4d ∈ （﹣ 4， 0）， ∴4d= ﹣ ， d=﹣ ， ∵S n=na1+ = =﹣ + ， ∴ 其对称轴方程为： n= ， 有题意可知当且仅当 n=9时，数列 {an}的前 n项和 Sn取得最大值， ∴ ＜ ＜ ，解得 π ＜ a1＜ ， 故选： A． 【点评】 本题考查等差数列的通项公式，考查三角函数的有关公式，考查等差数列的前 n项和，训练二次函数取得最值得条件，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题． 12．已知 f（ x） =x2（ 1nx﹣ a） +a，则下列结论中错误的是（ ） A． ∃ a＞ 0， ∀ x＞ 0， f（ x） ≥0 B． ∃ a＞ 0， ∃ x＞ 0， f（ x） ≤0 C． ∀ a＞ 0， ∀ x＞ 0， f（ x） ≥0 D． ∀ a＞ 0， ∃ x＞ 0， f（ x） ≤0 【考点】 全称命题． 【专题】 导数的综合应用；简易逻辑． 【分析】 先利用导数求出函数 f（ x）的最小值，再转化为函数 f（ x） ≥0 恒成立，构造函数设 g（ a） = e2a﹣ 1+a，再利用导数求出 a的值，问题的得以解决 【解答】 解： ∵f （ x） =x2（ 1nx﹣ a） +a， x＞ 0， ∴f′ （ x） =x（ 21nx﹣ 2a+1）， 令 f′ （ x） =0，解得 x= ， 当 x∈ （ 0， ）时， f′ （ x）＜ 0， f（ x）单调递减， 当 x∈ （ ， +∞ ）时， f′ （ x）＞ 0， f（ x）单调递增， 当 x= ，函数有最小值，最小值为 f（ ） = e2a﹣ 1+a ∴f （ x） ≥f （ ） = e2a﹣ 1+a， 若 f（ x） ≥0 恒成立， 只要 e2a﹣ 1+a≥0 ， 设 g（ a） = e2a﹣ 1+a， ∴g′ （ a） =1﹣ e2a﹣ 1， 令 g′ （ a） =0，解得 a= 当 a∈ （ ， +∞ ）时， g′ （ a）＜ 0， g（ a）单调递减， 当 x∈ （ 0， ）时， g′ （ a）＞ 0， g（ a）单调递增 ∴g （ a）＜ g（ ） =0， ∴ e2a﹣ 1+a≤0 ，当且仅当 a= 时取等号，存在唯一的实数 a= ，使得对任意 x∈ （ 0， +∞ ），f（ x） ≥0 ，故 A， B， D正确， 当 a≠ 时， f（ x）＜ 0，故 C错误 故选： C 【点评】 本题考查了利用导数函数恒成立的问题，关键构造函数 g（ a），属于中档题 二、填空题（本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分 .） 13．设 m∈ R，过定点 A的动直线 x+my﹣ 1=0和过定点 B的动直线 mx﹣ y﹣ 2m+3=0交于点 P（ x， y），则 |PA|•|PB|的最大值是 5 ． 【考点】 点到直线的距离公式． 【专题】 直线与圆． 【分析】 由直线系方程求得两动直线所过定点坐标，且知道两直线垂直，则结合|PA|2+|PB|2=|AB|2=10≥2|PA‖PB| 求得 |PA|•|PB|的最大值． 【解答】 解：由题意可得： A（ 1， 0）， B（ 2， 3），且两直线斜率之积等于﹣ 1， ∴ 直线 x+my﹣ 1=0和直线 mx﹣ y﹣ 2m+3=0垂直， 则 |PA|2+|PB|2=|AB|2=10≥2|PA‖PB| ． ∴|PA|•|PB|≤5 ． 故答案为： 5． 【点评】 本题考查了直线系方程，考查了基本不等式的应用，是基础题． 14．计算 Cn1+2Cn2+3Cn3+…+nC nn，可以采用以下方法：构造等式： Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+C nnxn=（ 1+x）n，两边对 x求导，得 Cn1+2Cn2x+3Cn3x2+…+nCnnxn﹣ 1=n（ 1+x） n﹣ 1，在上式中令 x=1，得 Cn1+2Cn2+3Cn3+…+nC nn=n•2n﹣ 1．类比上述计算方法，计算 Cn1+22Cn2+32Cn3+…+n 2Cnn= n（ n+1） •2n﹣ 2 ． 【考点】 二项式定理的应用． 【专题】 计算题；二项式定理． 【分析】 构造等式： Cn1x+2Cn2x2+3Cn3x3+…+ nCnnxn=n（ 1+x） n﹣ 1，两边对 x求导，两边同乘以 x，再两边求导后赋值即可． 【解答】 解：构造等式： Cn1x+2Cn2x2+3Cn3x3+…+nC nnxn=n（ 1+x） n﹣ 1， 两边对 x求导，得 Cn1+2Cn2x+3Cn3x2+…+nC nnxn﹣ 1=n（ 1+x） n﹣ 1， 两边同乘以 x，得 xCn1+2Cn2x2+3Cn3x3+…+nC nnxn=nx（ 1+x） n﹣ 1， 再两边求导，得 Cn1+22Cn2x2+32Cn3x3+…+n 2Cnnxn=n[（ 1+x） n﹣ 1+（ n﹣ 1） x（ 1+x） n﹣ 2] 令 x=1，得 Cn1+22Cn2x2+32Cn3x3+…+n 2Cnnxn=n（ n+1） •2n﹣ 2， 故答案为： n（ n+1） •2n﹣ 2． 【点评】 本题主要考查二项式系数及利用组合数的关系应用倒序相加法求代数式的值． 15．已知点 O是锐角 △ABC 的外心， AB=8， AC=12， A= ．若 ，则 6x+9y= 5 ． 【考点】 平面向量的基本定理及其意义． 【专题】 平面向量及应用． 【分析】 如图所示，过点 O分别作 OD⊥ AB， OE⊥AC ，垂足分别为 D， E．可得 D， E分别为AB， AC的中点．可得 = ， = ．由 A= ，可得 ．对。