DOC《台州市2019届高三年级期末质量评估试卷》

(Ⅱ)若点为圆上的点,记两切线,的斜率分别为,,

求的取值范围. 22.(本小题满分15分)设函数,R. (Ⅰ)求函数在处的切线方程;

(Ⅱ)若对任意的实数,不等式恒成立,求实数的最大值;

(Ⅲ)设,若对任意的实数,关于的方程有且只有两个不同的实根,求实数的取值范围. 台州市2018学年第一学期高三年级期末质量评估试题 数学参考答案 2019.01

一、选择题:本大题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1―5 CDADD 6―10 ABBCB

二、填空题:本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分. 11.12.13. ;

;

14. ;

15. ;

16.17.

三、解答题:本大题共

5 小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18.解:(Ⅰ) 3分 所以,解得,Z. 所以函数的单调递增区间为,Z.7分(Ⅱ)因为,所以. 所以.9分 又因为,所以,即. 而,所以,即.12分 又因为,所以.14分19.(Ⅰ)证明: PC⊥平面ABCD,故PC⊥AC.2分又AB=2,CD=1,AD⊥AB,所以AC=BC=. 故AC2+BC2=AB2,即AC⊥BC.4分 所以AC⊥平面PBC,所以平面ACE⊥平面PBC.6分(Ⅱ)解: PC⊥平面ABCD,故PC⊥CD.又PD=2,所以PC=. …………8分 在平面ACE内,过点P作PF垂直CE,垂足为F. 由(Ⅰ)知平面ACE⊥平面PBC,所以PF垂直平面ACE.10分 由面积法得:即. 又点E为AB的中点,. 所以.12分 又点E为AB的中点,所以点P到平面ACE的距离与点B到平面ACE的距离相等. 连结BD交AC于点G,则GB=2DG. 所以点D到平面ACE的距离是点B到平面ACE的距离的一半,即. 所以直线与平面所成角的正弦值为.15分 另解:如图,取AB的中点F,如图建立坐标系. 因为,所以.所以有: ,,

,,

, 9分.,. 设平面ACE的一个法量为n,则取,得,. 即n.13分 设直线与平面所成角为,则n,15分20.解:(Ⅰ)由可得.2分又,,

所以. 所以是首项为2,公比为2的等比数列.3分 所以.4分 所以. …………7分(Ⅱ)因为.………9分 所以 12分 又因为对任意的N*都有,所以恒成立, 即,即当时,15分21.解:(Ⅰ)设直线方程为,直线方程为. 由可得.3分 因为与抛物线相切,所以,取,则,. 即. 同理可得. 所以:6分(Ⅱ)设,则直线方程为, 直线方程为. 由可得.8分 因为直线与抛物线相切,所以. 同理可得,所以,时方程的两根. 所以,11分则12分 又因为,则, 所以 15分22. (Ⅰ)解:1分且,所以在处的切线方程为.3分(Ⅱ)证明:因为对任意的实数,不等式恒成立. 所以恒成立.4分设, 则 所以在,单调递增, 在,单调递减.6分 所以, 因为,是方程的两根. 所以 . (其中) 所以的最大值为.9分(Ⅲ)解:若对任意的实数,关于的方程有且只有两个不同的实根, 当,得,与已知矛盾. 所以有两根,即与有两个交点. …10分令,则. 令,,

则在单调递减,单调递增,所以.11分()当时,即时,则,即在,单调递增,且当时,;

当时,;

当时,;

当时,.此时对任意的实数,原方程恒有且只有两个不同的解.12分()当时,有两个非负根,,

所以在,,

单调递增,单调递减,所以当时有4个交点,或有3个交点,均与题意不合,舍去.13分()当时,则有两个异号的零点,,

不妨设,则在,单调递增;

在,单调递减. 又时,;

当时,;

当时,;

当时,. 所以当时,对任意的实数,原方程恒有且只有两个不同的解. 所以有,,

得. 由,得,即. 所以,,

. 故.所以. 所以当或时,原方程对任意实数均有且只有两个解.………15分