TOP38兵团农二师华山中学2015-2016学年高二数学下学期第一次月考试题文.doc文档免费在线阅读

法，抽取个班进行调查，若抽到编号之和为，则抽到的最小编号为设变量，满足约束条件则目标函数的最大值是在中，角所对的边分别为若角成等差数列，边成等比数列，则的值为函数的定义域为对任意∈则的解集为∞∞，∞，∞二填空题每题分复数∈是纯虚数，则执行如右图所示的程序框图若输入，则输出的值是已知方程表示双曲线，则的取值范围是若两圆和有三条公切线，则常数三解答题要有必要的解答极值点的值讨论函数的增减性及其增加区间试题解析Ⅰ，曲线在点，处与直线相切，，满足条件由已知函数的解析式，求解，根据曲线在点，处与直线相切，求出，的值由题意先对函数进行求导数，解出函数的极值点，然后在根据到本题是个古典概型，试验发生包含的基本事件可以通过列举得到结果数，满足条件的事件在前面列举的基础上得到结果数，求得概率本题是个几何概型，试验的全部结束所构成的区域为，或考点双曲线方程解析试题分析由已知得到两圆相外切，所以圆心距，解得考点圆与圆的位置关系解析试题分析首先分析元二次方程有实根的条件，得试题分析程序执行中的数据变化如下，成立，输出考点程序框图或解析试题分析由题意可知的解集是，∞，即的解集为，∞故选考点导数的运算解析试题分析为纯虚数，所以考点复数解析大于的解集，从而得所求不等式的解集解设，则，又对任意∈，在上是增函数，点等差数列等比数列及正弦定理解析试题分析构造函数，由得的值，求的导函数，根据，得在上为增函数，根据函数的单调性得过点，时取得最大值考点线性规划问题解析试题分析中，成等差数列又，又，由正弦定理得考，所以故选考点系统抽样方法解析试题分析约束条件对应的可行域为直线围成的三角形及其内部三顶点为，，当，所以，那么整数考点直线方程解析试题分析求出系统抽样的抽取间隔，设抽到的最小编号，根据编号的和为，求即可解系统抽样的抽取间隔为设抽到的最小编号，则，准线方程为考点抛物线方程及性质答案解析试题分析由表中的数字关系可知，得到故选考点归纳推理解析试题分析将代入两条直线得到圆心，以为半径的圆外部，面积为，在区域内随机取个点，则此点到坐标原点的距离大于的概率故选考点二元次不等式组与平面区域几何概型解析试题分析变形为要求出题中两个区域由不等式组表示的区域和到原点的距离大于的点构成的区域的面积后再求它们的比值即可解其构成的区域如图所示的边长为的正方形，面积为，满足到原点的距离大于所表示的平面区域是以原点为在轴时，当焦点在轴时考点椭圆方程及性质解析试题分析本题属于几何概型，利用测度求概率，本例的测度即为区域的面积，故只，，在第四象限，故选考点复数的运算与几何意义解析试题分析全称命题的否定是特称命题，并将结论加以否定，所以命题的否定为，考点全称命题与特称命题解析试题分析当焦点成立，求的取值范围参考答案解析试题分析，解得，故选考点对数函数解析试题分析由已知，，对应点为成立，求的取值范围参考答案解析试题分析，解得，故选考点对数函数解析试题分析由已知，，对应点为，，在第四象限，故选考点复数的运算与几何意义解析试题分析全称命题的否定是特称命题，并将结论加以否定，所以命题的否定为，考点全称命题与特称命题解析试题分析当焦点在轴时，当焦点在轴时考点椭圆方程及性质解析试题分析本题属于几何概型，利用测度求概率，本例的测度即为区域的面积，故只要求出题中两个区域由不等式组表示的区域和到原点的距离大于的点构成的区域的面积后再求它们的比值即可解其构成的区域如图所示的边长为的正方形，面积为，满足到原点的距离大于所表示的平面区域是以原点为圆心，以为半径的圆外部，面积为，在区域内随机取个点，则此点到坐标原点的距离大于的概率故选考点二元次不等式组与平面区域几何概型解析试题分析变形为，准线方程为考点抛物线方程及性质答案解析试题分析由表中的数字关系可知，得到故选考点归纳推理解析试题分析将代入两条直线得到，所以，那么整数考点直线方程解析试题分析求出系统抽样的抽取间隔，设抽到的最小编号，根据编号的和为，求即可解系统抽样的抽取间隔为设抽到的最小编号，则，所以故选考点系统抽样方法解析试题分析约束条件对应的可行域为直线围成的三角形及其内部三顶点为，，当过点，时取得最大值考点线性规划问题解析试题分析中，成等差数列又，又，由正弦定理得考点等差数列等比数列及正弦定理解析试题分析构造函数，由得的值，求的导函数，根据，得在上为增函数，根据函数的单调性得大于的解集，从而得所求不等式的解集解设，则，又对任意∈，在上是增函数，的解集是，∞，即的解集为，∞故选考点导数的运算解析试题分析为纯虚数，所以考点复数解析试题分析程序执行中的数据变化如下，成立，输出考点程序框图或解析试题分析由题意可知或考点双曲线方程解析试题分析由已知得到两圆相外切，所以圆心距，解得考点圆与圆的位置关系解析试题分析首先分析元二次方程有实根的条件，得到本题是个古典概型，试验发生包含的基本事件可以通过列举得到结果数，满足条件的事件在前面列举的基础上得到结果数，求得概率本题是个几何概型，试验的全部结束所构成的区域为，满足条件由已知函数的解析式，求解，根据曲线在点，处与直线相切，求出，的值由题意先对函数进行求导数，解出函数的极值点，然后在根据极值点的值讨论函数的增减性及其增加区间试题解析Ⅰ，曲线在点，处与直线相切，，Ⅱ，由，当，时，，函数单调递增，当，时，，函数单调递减，当，时，，函数单调递增，此时是的极大值点，是的极小值点考点导数的几何意义导数在函数中的应用解析试题分析Ⅰ由题意设抛物线方程为，其准线方程为，根据抛物线的大于可得，进而得到答案Ⅱ联立直线与抛物线的方程得，根据题意可得即且≠，再结合韦达定理可得的值试题解析由已知设抛物线的方程为，则其准线方程为由抛物线的定义得，到准线的距离为，即解得所以抛物线的方程为设由得中点横坐标为即解得或所以考点抛物线的标准方程直线与圆锥曲线的关系可以解析试题分析得到对应的列联表，根据条件中给出的数据以及公式计算相应的值，比较大小即可判断列出所有符合题意的基本事件的种数以及所有的基本事件的种数，根据古典概型即可求解试题解析由题意可得关于商品和服务评价的列联表对服务好评对服务不满意合计对商品好评对商品不满意合计，可以在犯概率不超过的前提下，认为商品好评与服务好评有关若针对商品的好评率，采用分层抽样的方式从这次交易中取出次交易，则好评的交易次数为次，不满意的次数为次，令好评的交易为，不满意的交易为从次交易中，取出次的所有取法为共计种情况，其中只有次好评的情况是共计种，因此，只有次好评的概率为考点性检验古典概型解析试题分析第步，先求出经过焦点和短轴端点的直线方程，第二步代入点到直线的距离公式，得到，再代入，最后得到椭圆的离心率根据设椭圆方程和过圆心的直线方程，直线方程与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，和，根据弦长公式，和弦的中点分别求和，最后写成椭圆方程试题解析解经过点，的直线方程为，则原点到直线的距离等于，由，得，解得离心率由知，椭圆方程为依题意圆心，是线段的中点，且，易知与轴不垂直，设其方程为代入得，设，则，由，解得从而，于是由，解得故椭圆方程是考点椭圆的性质直线与椭圆的位置关系增区间为∞，减区间为，∞解析试题分析，∈对分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出Ⅱ由∈，∞，使不等式，即设，则问题转化为，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出试题解析Ⅰ，∈由得的单调递增区间为∞由得的单调递减区间为，∞∈，∞，使不等式，则，即设，则问题转化为，由，令，则当在区间，∞内变化时，变化情况如下表单调递增极大值单调递减由上表可知，当时，函数有极大值，即最大值为考点利用导数研究函数的单调性利用导数求闭区间上函数的最值新疆兵团农二师华山中学学年高二数学下学期第次月考试题文考试时间分钟满分选择题每题分函数的定义域是，，，，已知，则复数在复平面上对应点位于第象限第二象限第三象限第四象限已知命题，，那么命题为，，，，椭圆的焦距为，则的值是或或或设不等式组，表示的平面区域为，在区域内随机取个点，则此点到坐标原点的距离大于的概率是抛物线的准线方程是给出以下数阵，按各数排列规律，则