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四川2023年大专生专升本数学考试及答案 (1)

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普通高等学校招生全国统一考试数学(满分150分,考试时间120分钟)一、选择题:(本题共12小题,每小题5分,共60分)1.“a=1”是“直线xy0和直线xay0互相垂直”的(A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件



2.在ABC中,AB=3,AC=2,BC=10,则ABAC(3

A.2

2B.3

2C.3

3D.2

).

).

π

ycosx

3的图象,只需将函数ysinx的图像(3.为得到函数

π

A.向左平移6个长度单位5π

C.向左平移6个长度单位

π

B.向右平移6个长度单位5π

D.向右平移6个长度单位

).

4.函数f(x)x|lgx|在定义域上零点个数为(A.1

B.2

C.3

).D.4

5.如图是一个空间几何体的主视图、侧视图、俯视图,如果直角三角形的直角边长均为1,那么这个几何体的体积为(A.1

1B.2

1C.3

1D.6

).

6.一个等差数列{an}中,a1=-5,它的前11项的平均值是5,若从中抽取一项,余下项的平均值是4,则抽取的是(A.a11

B.a10

)

C.a9

D.a8

7.设函数f(x)=logax(a>0,且a≠1)满足f(9)=2,则f-1(log92)等于(A.2

B.21C.2

)

D.±28.将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起,使得BD=a,则三棱锥D—ABC的体积为(

a3A.6

)

a3B.12

33aC.1223aD.129.设O、A、B、C为平面上四个点,OA=a,OB=b,OC=c,且a+b+c=0,a·b=b·c=c·a=-1,则|a|+|b|+|c|等于(A.22B.23)C.32D.3310.设函数f(x)的定义域为R,满足f(x1)2 f(x),且当x(0,1]时,f(x)x(x1).若对任意x(,m],都有

9,4A.5,2C.

f(x)

8

9,则m的取值范围是(

7,3B.8,

3D.

11.已知

1A.533πa∈(0,2),2sin2α=cos2α+1,则

55sinα=()

B.C.

25D.5x2y2212abC:(a>0,b>0)的右焦点,O

12.设F为双曲线

为坐标原点,以OF为直径

的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点.若|PQ|=|OF|,则C的离心率为(A.2B.3C.2D.5二、填空题(共4小题,每小题5分;共计20分)

1、如果ABC的三个内角A,B,C成等差数列,则B一定等于______.2、已知tan2,

tan()

1

7,则tan的值为______

.

3.如图,长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD的体积是______.

4

yx(x0)

x4.在平面直角坐标系xOy中,P是曲线上的一个动点,则点P到直线x+y=0

的距离的最小值是______.三、大题:(满分70分)1、已知函数

x3xbf(x)x,{an}是等差数列,且a2f(1),a3f(2),a4f(3).

(1)求{an}的前n项和;(2)求f(x)的极值.

2、已知集合A是由a-2,2a2+5a,12三个元素组成的,且-3∈A,求a.3.(本题满分12分)已知四边形ABCD是菱形,BAD60

0

四边形BDEF是矩形,平面BDEF平面ABCD,G、H分别是CE、CF的中点.(1)求证:平面AEF//平面BDGH

(2)若平面BDGH与平面ABCD所成的角为60,

0

求直线CF与平面BDGH所成的角的正弦值

4.设

P(x1,y1),Q(x2,y2)

2y是抛物线2px(p0)上相异两点,Q、P到y轴的距离的积为4

且OPOQ0.

(1)求该抛物线的标准方程.

(2)过Q的直线与抛物线的另一交点为R,与x轴交点为T,且Q为线段RT的中点,试求弦PR长度的最小值.

5.已知椭圆C1以直线

(Ⅰ)求椭圆C1的标准方程;

所过的定点为一个焦点,且短轴长为4.

(Ⅱ)已知椭圆C2的中心在原点,焦点在y轴上,且长轴和短轴的长分别是椭圆C1的长轴和短轴的长的λ倍(λ>1),过点C(﹣1,0)的直线l与椭圆C2交于A,B两个不同的点,若6.已知函数

,求△OAB的面积取得最大值时直线l的方程.(a∈R).

(Ⅰ)讨论g(x)的单调性;

(Ⅱ)若.证明:当x>0,且x≠1时,.

参:一、选择题:1-5题答案:CDCCC6-10题答案:ABDCB11-12题答案:BA二、填空题:1、60;2、3;3、10;4、4.三、大题:1、【解析】(1)由

x3xbf(x)x11b232bba2f(1)b2a3f(2)5122得,,

bb333bb(b2)(10)2(5)a4f(3)103233,由于{an}为等差数列,a2a42a3,即,解

a3b6b6552a4101082233,,设数列{an}的公

得b6,a2b2624,

差为d,则da3a26,首项a1a2d10,故数列{an}的通项公式为ana1(n1)d6n16,

数列{an}的前n项和为

Snn(a1an)n(106n16)3n213n22;

62x362(x33)x3xbx3x662f(x)x1(x0)f(x)2x22xxx2xxx(2)法一(导数法):,

33333f(x)0f(x)(,3)上单调递减,x30x3当,即时,,函数在当x30,即x3时,f(x)0,函数f(x)在(极小值为f(35333,)上单调递增,故函数f(x)在x33处取得极小值,且3)31,无极大值.

6x3xbx3x66f(x)x21f(x)x21(x0)xxxx,当x0时,

法二(基本不等式法):

为单调递增函数,故f(x)在(0,)上无极值.当x0时,则

32536633336f(x)x21(x)2()1(x)2()()133(x)2()()10xxxxxxx,(x)23x33131,当且仅当,即x33时,等号成立.353综上所述,函数f(x)在x33处取得极小值,且极小值为f(3)31,无极大值.

【评注】本题考查等差数列的通项公式以及前n项和、函数单调性及应用,数列与函数进行结合考查,综合性较强,属于中档题.2、解:

由-3∈A,可得-3=a-2或-3=2a2+5a,3∴a=-1或a=-.2

则当a=-1时,a-2=-3,2a2+5a=-3,不符合集合中元素的互异性,故a=-1应舍去.

37当a=-时,a-2=-,2a2+5a=-3,

223∴a=-.2

3.参:解:

(1)G、H分别是CE、CF的中点所以EF//GH------①

---1分连接AC与BD交

与O,因连-----3分

为四边形ABCD是菱形,所以O是AC的中点,

OG,OG是三角形ACE的中位线OG//AE-②

由①②知,平面AEF//平面BDGH----4分

(2)BFBD,平面BDEF平面ABCD,所以BF平面ABCD-------5分



取EF的中点N,ON//BFON平面ABCD,建系{OB,OC,ON}B1,0,0,C0,3,0,F1,0,tAB2,BFt,则设

13t

H2,2,2

--------6分

13t

OB1,0,0,OH2,2,2

设平面BDGH的法向量为n1x,y,z

n1OBx0

13tyz0n1OHxn0,t,3n0,0,1222,所以1平面ABCD的法向量2----9

|cosn1,n2|

33t2

12

所以



CF1,3,32t,所以9,t3

----10分

,设直线CF与平面BDGH所成的角为63313131323sin|cosCF,n1|

→·OQ→=0,则x1x2+y1y2=0,-1分4.参:解:(1)∵OP

又P、Q在抛物线上,故y12=2px1,y22=2px2,故得y12y22·+y1y2=0,y1y2=-4p22p2p

(y1y2)22|x1x2|4p

4p2-------3分又|x1x2|=4,故得4p2=4,p=1.

2y2x-------------4分所以抛物线的方程为:

(2)设直线PQ过点E(a,0)且方程为x=my+a

xmya

2联立方程组y2x消去x得y2-2my-2a=0

y1y22m

y1y22a

∴①

设直线PR与x轴交于点M(b,0),则可设直线PR方程为x=ny+b,并设R(x3,y3),同理可知,

y1y32n

y1y32b

y3by2a②--7分由①、②可得由题意,Q为线段RT的中点,

∴y3=2y2,∴b=2a

又由(Ⅰ)知,y1y2=-4,代入①,可得-2a=-4∴∴

y1y38

a=2.故b=4.

|PR|1n2|y1y3|1n2(y1y3)24y1y321n2n2842.当n=0,即直线PQ垂直于x轴时|PR|取最小值425.已知椭圆C1以直线

(Ⅰ)求椭圆C1的标准方程;

所过的定点为一个焦点,且短轴长为4.

(Ⅱ)已知椭圆C2的中心在原点,焦点在y轴上,且长轴和短轴的长分别是椭圆C1的长轴和短轴的长的λ倍(λ>1),过点C(﹣1,0)的直线l与椭圆C2交于A,B两个不同的点,若

,求△OAB的面积取得最大值时直线l的方程.

【解答】解:(Ⅰ)所给直线方程变形为可知直线所过定点为∴椭圆焦点在y轴,且c=

.,

依题意可知b=2,∴a2=c2+b2=9.则椭圆C1的方程标准为

(Ⅱ)依题意,设椭圆C2的方程为,A(x1,y1),B(x2,y2),

∵λ>1,∴点C(﹣1,0)在椭圆内部,直线l与椭圆必有两个不同的交点.当直线l垂直于x轴时,

(不是零向量),不合条件;

故设直线l为y=k(x+1)(A,B,O三点不共线,故k≠0),由

由韦达定理得∵

,得

,而点C(﹣1,0),

∴(﹣1﹣x1,﹣y1)=2(x2+1,y2),则y1=﹣2y2,即y1+y2=﹣y2,故

∴△OAB的面积为S△OAB=S△AOC+S△BOC

=

上式取等号的条件是∴直线的方程为6.已知函数

===.

,即k=±时,△OAB的面积取得最大值.

(a∈R).

(Ⅰ)讨论g(x)的单调性;(Ⅱ)若

.证明:当x>0,且x≠1时,

【解答】(Ⅰ)解:由已知得g(x)的定义域为(0,+∞),

…(1分)

方程2x2+x﹣a=0的判别式△=1+8a.…(2分)

①当时,△≤0,g'(x)≥0,

此时,g(x)在(0,+∞)上为增函数;…(3分)②当若

时,设方程2x2+x﹣a=0的两根为,则x1<x2≤0,

此时,g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上为增函数;…(4分)若a>0,则x1<0<x2,

此时,g(x)在(0,x2]上为减函数,在(x2,+∞)上为增函数,…..…(5分)综上所述:当a≤0时,g(x)的增区间为(0,+∞),无减区间;

当a>0时,g(x)的减区间为(0,x2],增区间为(x2,+∞).…(6分)(Ⅱ)证明:由题意知∴考虑函数则

,…(7分),…(8分),

…(9分)

所以x≠1时,h'(x)<0,而h(1)=0…(10分)故x∈(0,1)时,x∈(1,+∞)时,从而当x>0,且x≠1时,

.,可得,可得

,…(11分)

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