内容发布更新时间 : 2024/7/1 10:00:53星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
4．已知直线ax+by=1经过点（1，2），则2a+4b的最小值为（ ） A． B．2 C．4 D．4 【考点】基本不等式．
【分析】直线ax+by=1经过点（1，2），可得：a+2b=1．再利用基本不等式的性质、指数的运算性质即可得出．
【解答】解：∵直线ax+by=1经过点（1，2）， ∴a+2b=1． 则2a+4b≥
=
=2
，当且仅当
时取等号．
故选：B．
5．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个： ①若m∥n，m⊥β，则n⊥β； ②若m∥α，m∥β，则α∥β； ③若m∥n，m∥β，则n∥β； ④若m⊥α，m⊥β，则α⊥β 其中真的个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【考点】的真假判断与应用．
【分析】①根据线面垂直的性质定理进行判断． ②根据线面平行的判定定理进行判断． ③根据线面平行的判定定理进行判断．
④根据线面垂直和面面垂直的判定定理进行判断．
【解答】解：①若m∥n，m⊥β，则n⊥β成立，故①正确；
②若m∥α，m∥β，则α∥β不一定成立，有可能相交，故②错误； ③若m∥n，m∥β，则n∥β或n?β；故③错误， ④若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故④错误， 故正确的是①， 故选：A
6．已知p：?x0∈R，使sinx0=A．p为真
q：；?x∈（0，
x＞sinx， ），则下列判断正确的是（ ）
B．￢q为假 C．p∧q为真 D．p∨q为假 【考点】复合的真假．
【分析】分别判断出p，q的真假，从而判断出复合的真假即可． 【解答】解：?x∈R，都有sinx≤1，故p：?x0∈R，使sinx0=令f（x）=x﹣sinx，f′（x）=1+cosx＞0，y=f（x）在区间（0，＞f（0）=0， 故q：?x∈（0，故B正确， 故选：B．
），x＞sinx是真，
是假；
）上单调递增，∴f（x）
7．函数f（x）=2sin（ωx+φ）（w＞0，|φ|＜
）的部分图象如图所示，则f（0）+f（
）
的值为（ ）
A．2﹣ B．2+ C．1﹣ D．1+
【考点】正弦函数的图象．
【分析】根据函数f（x）的部分图象，求出周期T与ω的值，再计算φ的值，写出f（x）的解析式，从而求出f（0）+f（
）的值．
）的部分图象，
【解答】解：根据函数f（x）=2sin（ωx+φ）（w＞0，|φ|＜得T=又T=当x=﹣∴2×（﹣解得φ=﹣又|φ|＜
﹣（﹣
）=
，
=π，∴ω=2；
时，函数f（x）取得最小值﹣2， ）+φ=﹣
+2kπ，k∈Z，
+2kπ，k∈Z， ，∴φ=﹣
， ）；
）+2sin（2×
﹣
）
∴f（x）=2sin（2x﹣∴f（0）+f（=2×（﹣=2﹣． 故选：A．
）=2sin（﹣）+2sin
8．已知x，y满足约束条件，则z=的范围是（ ）
A．[，2] B．B[﹣，] C．[，] D．[，] 【考点】简单线性规划．
【分析】画出满足条件的平面区域，求出角点的坐标，根据z=围即可．
【解答】解：画出满足条件的平面区域，如图示：
的几何意义求出z的范
，
由，解得A（1，2），
由，解得B（3，1），
而z=的几何意义表示过平面区域内的点与（﹣1，﹣1）的直线的斜率，
显然直线AC斜率最大，直线BC斜率最小， KAC=
=，KBC=
=，
故选：C．
9．已知函数f（x）=ax2﹣bx2+x，连续抛掷两颗骰子得到的点数分别是a，b，则函数f（x）在x=1处取得最值的概率是（ ） A．
B．
C．
D．
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．
【分析】所有的（a，b）共计6×6=36个，函数f′（x）=ax2﹣bx在x=1处取得最值等价于f″（1）=2a﹣b=0，用列举法求得满足条件的（a，b）有3个，再根据概率公式计算即可． 【解答】解：连续抛掷两颗骰子得到的点数分别是a，b，共有36种等可能事件， ∵f（x）=ax3﹣bx2+x，
∴f′（x）=ax2﹣bx+1，
∵函数f′（x）=ax2﹣bx+1在x=1处取得最值，
∴f″（x）=2ax﹣b， ∴f″（1）=2a﹣b=0， 即2a=b，
满足的基本事件有（1，2），（2，4），（3，6），共3种， 故函数f′（x）在x=1处取得最值的概率为
=
，
故选：C．
10．已知抛物线y2=2px（p＞0），△ABC的三个顶点都在抛物线上，O为坐标原点，设△ABC三条边AB，BC，AC的中点分别为M，N，Q，且M，N，Q的纵坐标分别为y1，y2，y3．若直线AB，BC，AC的斜率之和为﹣1，则A．﹣
B．﹣ C．
D．
+
+
的值为（ ）
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】设AB，BC，AC的方程，联立方程组消元，利用根与系数的关系解出y1，y2，y3，根据斜率之和为﹣1化简
+
+
即可得出答案．
【解答】解：设AB的方程为x=m1y+t1，BC的方程为x=m2y+t2，AC的方程为x=m3y+t3， 联立方程组
，消元得：y2﹣2pm1y﹣2pt1=0，
∴y1=pm1，
同理可得：y2=pm2，y3=pm3，
∵直线AB，BC，AC的斜率之和为﹣1，∴
+
+
=﹣1．
∴则++=++=（++）=﹣．
故选：B．
二、填空题：（本题共5小题，每题5分，共25分） 11．设ln3=a，ln7=b，则ea+eb= 10 ．（其中e为自然对数的底数） 【考点】对数的运算性质． 【分析】使用对数恒等式解出． 【解答】解：∵ln3=a，ln7=b， ∴ea=3，eb=7， ∴ea+eb=10． 故答案为10．
12．已知向量，，其中||=
，||=2，且（﹣）⊥，则向量和的夹角是 ．
【考点】平面向量数量积的运算． 【分析】利用向量垂直的数量积为0列出方程；利用向量的平方等于向量模的平方及向量的数量积公式将方程用模与夹角表示求出夹角． 【解答】解：设两个向量的夹角为θ， ∵||=，||=2，且（﹣）⊥，
∴（﹣）?=||2﹣?=||2﹣||?||cosθ=3﹣2cosθ=0， 解得cosθ=∵0≤θ≤π， ∴θ=
，
． ，
故答案为：
13．已知过点（2，4）的直线l被圆C：x2+y2﹣2x﹣4y﹣5=0截得的弦长为6，则直线l的方程为 x﹣2=0或3x﹣4y+10=0 ． 【考点】直线与圆的位置关系．
【分析】设过点（2，4）的直线l的方程为y=k（x﹣2）+4，求出圆C的圆心C（1，2），半径r=，圆心C（1，2）到直线l的距离d，由此能求出直线l的方程；当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=2也满足条件．由此能求出直线l的方程． 【解答】解：设过点（2，4）的直线l的方程为y=k（x﹣2）+4， 圆C：x2+y2﹣2x﹣4y﹣5=0的圆心C（1，2），半径r=
=
，
圆心C（1，2）到直线l的距离d==，
∵过点（2，4）的直线l被圆C：x2+y2﹣2x﹣4y﹣5=0截得的弦长为6， ∴由勾股定理得：
，即
，
解得k=，∴直线l的方程为y=（x﹣2）+4，即3x﹣4y+10=0， 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=2， 圆心C（1，2）到直线x=2的距离d=1， 满足
，故x﹣2=0是直线l的方程．
综上，直线l的方程为x﹣2=0或3x﹣4y+10=0． 故答案为：x﹣2=0或3x﹣4y+10=0．
14．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”．利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为 24 ．（参考数据：sin15°=0.2588，sin7.5°=0.1305）