2020-2021年江西省上饶市高一（上）期末考试数学试卷北师大版

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这是一份2020-2021年江西省上饶市高一（上）期末考试数学试卷北师大版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合A={y|y=lg2x,x>1} ，B=y|y=12x,x>1，则A∩B=( )
A.{y|0
2. 已知直线m，n和平面α，则下列命题中正确的是( )
A.如果m⊥α，n⊥α，那么m⊥n
B.如果m⊥α，n//α，那么m//n
C.如果m//α，n//α，那么m//n
D.如果m⊥α，n//α，那么m⊥n

3. 在△ABC中，P，Q分别是边AB，BC上的点，且AP=13AB，BQ=13BC.若AB→=a→，AC→=b→，则PQ→=( )
A.13a→+13b→B.−13a→+13b→C.13a→−13b→D.−13a→−13b→

4. 已知sin(π3−α)=14，则cs(π3+2α)=( )
A.58B.−78C.−58D.78

5. 已知函数fx=2sinω2xcsω2x+23sin2ω2x−3ω>0的图象与x轴的两个相邻交点的距离等于π2．若将函数y=fx的图象向左平移π6个单位得到函数y=gx的图象，则y=gx是减函数的区间为( )
A.−π3,0B.−π4,π4C.0,π3D.π4,π3

6. 函数fx=lnx+1−1x的一个零点所在的区间是( )
A.0,1B.1,2C.2,3D.3,4

7. 如图，在圆锥PO的轴截面PAB中， ∠APB=60∘，有一小球O1内切于圆锥（球面与圆锥的侧面、底面都相切），设小球O1的体积为V1，圆锥PO的体积为V，则V1:V的值为( )

A.13B.49C.59D.23

8. 已知函数f(x)=lga(x2−ax+12)，对任意的x1，x2∈[1, +∞)，且x1≠x2时，满足f(x2)−f(x1)x2−x1>0，则实数a的取值范围是( )
A.(1,32)B.(32,+∞)C.(1, 2]D.[2, +∞)

9. 已知定义在R上的函数f(x)满足fx=f−x，且在[0,+∞)上是增函数，不等式f(ax+2)≤f(−1)对于x∈1,2恒成立，则a的取值范围是( )
A.−32,−1B.−1,−12C.−12,0D.0,1

10. 定义：若函数y=fx的图像上有不同的两点A，B，且A，B两点关于原点对称，则称点对A,B是函数y=fx的一对“镜像”，点对A,B与B,A看作同一对“镜像点对”，已知函数fx=−3x,x<0,|x2−2x|,x≥0,则该函数的“镜像点对”有( )对．
A.1B.2C.3D.4

11. 已知|OA→|=|OB→|=1，∠AOB=60∘，OC→=λOA→+μOB→，其中实数λ，μ满足1≤λ+μ≤2，λ≥0，μ≥0，则点C所形成的平面区域的面积为( )
A.3B.334C.32D.34

12. 已知函数fx=sinωx+π3ω>0，fx=12在区间0,π上有且仅有2个零点，对于下列4个结论：
①在区间0,π上存在x1，x2，满足fx1−fx2=2；
②f(x)在区间0,π上有且仅有1个最大值点；
③f(x)在区间0,π15上单调递增；
④ω的取值范围是116,52．
其中所有正确结论的编号是( )
A.①③B.①③④C.②③D.①④
二、填空题

如图，在△ABC中，∠BAC=π3，AD→=2DB→，P为CD上一点，且满足AP→=mAC→+12AB→，若AC=3，AB=4，则AP→⋅CD→的值为________.

三、解答题

已知0(1)求sinx−csx的值；

(2)求sin2x+2sin2x1−tanx的值．

如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60∘且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点，E为BC的中点．

(1)求证：BG//平面PDE；

(2)在棱PC上是否存在一点F，使平面DEF⊥平面ABCD，若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由．

已知向量m→=cs2x,asinx，n→=3,−csx，函数fx=m→⋅n→−32.
(1)若a=1，当x∈[0,π2]时，求fx的值域；

(2)若fx为偶函数，求方程fx=−34在区间−π,π上的解．

如图三棱柱ABC−A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，E，F分别为AB，AA1的中点，CE⊥FB1，AB=2AA1=233EB1.

(1)证明：EF⊥平面CEB1；

(2)求三棱锥F−B1CE的体积．

已知a∈R，函数f(x)=lg2(1x+a)．
(1)当a=5时，解不等式f(x)>0；

(2)若关于x的方程f(x)−lg2[(a−4)x+2a−5]=0的解集中恰好有一个元素，求a的取值范围.

已知在扇形OPQ中，半径OP=1，圆心角∠POQ=π3．从该扇形中截取一个矩形ABCD，有以下两种方案：方案一：（如图1）C是扇形弧上的动点，记∠COP=α，矩形ABCD内接于扇形；方案二：（如图2）M是扇形弧的中点，A，B分别是弧PM和MQ上的点，记∠AOM=∠BOM=β，矩形ABCD内接于扇形．要使截取的矩形面积最大，应选取哪种方案？并求出矩形的最大面积．

参考答案与试题解析
2020-2021年江西省上饶市高一（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
求出集合A、B，利用交集的定义可求得集合A∩B．
【解答】
解：因为对数函数y=lg2x为增函数，
所以当x>1时，lg2x>lg21=0，
即A=y|y>0.
因为指数函数y=12x为减函数，
所以当x>1时，0<12x<12，
即B=y|0所以A∩B=y|0故选A .
2.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
根据空间中线线、线面位置关系，逐项判定，即可得出结果．
【解答】
解：若m⊥α，n⊥α，根据线面垂直的性质，得
垂直于同一个平面的两条直线相互平行，故A错误；
若m⊥α，n//α，则存在n′⊂α，使得n//n′，
因此m⊥n′，所以m⊥n，故B错误，D正确；
若m//α，n//α，则m与n可能平行、相交或异面，故C错误.
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
向量的三角形法则
【解析】
直接利用向量的线性运算即可
【解答】
解：∵ AP=13AB，BQ=13BC，
∴ AP→=13AB→，BQ→=13BC→，
∴ PB→=AB→−AP→=AB→−13AB→=23AB→.
∵ AB→=a→，AC→=b→，
∴ PQ→=PB→+BQ→=23AB→+13BC→
=23AB→+13AC→−AB→
=13AB→+13AC→=13a→+13b→.
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
利用诱导公式和二倍角公式即可计算．
【解答】
解：∵ sinπ3−α=sinπ2−π6−α
=csπ6+α=14，
∴ csπ3+2α=2cs2π6+α−1
=18−1=−78.
故选B．
5.
【答案】
D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的单调性
两角和与差的正弦公式
【解析】
首先对fx的表达式进行化简，再根据f(x)的图象与x轴的两个相邻交点的距离等于π2，求出f(x)的周期，进而求出ω的值．然后再求出gx的解析式，进而求出其单调递减区间，然后再结合选项得出答案即可．
【解答】
解：因为fx的图象与x轴的两个相邻交点的距离等于π2，
fx=2sinω2xcsω2x+23sin2ω2x−3
=sinωx−3csωx=2sinωx−π3ω>0，
所以fx的周期为T=2×π2=π.
又因为T=2πω，所以ω=2，
所以gx=2sin2x+π6−π3=2sin2x，
所以gx的单调递减区间为π4+kπ,3π4+kπk∈Z，
所以π4,π3为gx的一个减区间.
故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
函数零点的判定定理
利用导数研究函数的单调性
【解析】
根据零点存在性定理，计算出区间端点的函数值即可判断 .
【解答】
解：∵ fx=lnx+1−1x，在0,+∞上是连续函数，
且f′x=1x+1+1x2>0，
∴ fx在0,+∞上单调递增.
∵ f1=ln2−1<0，f2=ln3−12>0，
∴ f1⋅f2<0，
∴ fx在(1,2)上存在一个零点．
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
采用数形结合，假设小球O1的半径为r，圆O的半径为R，然后计算rR=3R−r2R,
可得R=3r，然后根据体积公式简单计算，可得结果．
【解答】
解：如图，设小球O1的半径为r，圆O的半径为R，
因为△POB∼△PMO1，
所以PO1PB=MO1OB.
因为∠APB=60∘，
所以OP=R⋅tan∠OBP=R⋅tan60∘=3R，
PB=OBsin∠APB2=2R，
所以3R−r2R=rR，即R=3r，
所以V1=4πr33，
V=13πR2⋅3R=3πR33=3πr3，
所以V1V=49.
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
函数的单调性及单调区间
【解析】
由已知可得函数f(x)=lga(x2−ax+12)在区间[1, +∞)上为增函数，结合二次函数，指数函数和复合函数的单调性，可得答案．
【解答】
解：∵ 对任意的x1，x2∈[1, +∞)，
且x1≠x2时，满足f(x2)−f(x1)x2−x1>0，
∴ 函数f(x)=lga(x2−ax+12)在区间[1, +∞)上为增函数.
令t=x2−ax+12=(x−a2)2+12−a24，
∵ 函数t(x)的对称轴为x=a2，
若a2>1时，则函数t(x)在区间[1+∞)上不单调，不符合题意；
若a2≤1时，则函数t(x)在区间[1+∞)上为增函数，
∴ a>1,a2≤1,1−a+12>0,
解得a∈(1,32).
故选A．
9.
【答案】
A
【考点】
函数奇偶性的性质
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ f(x)满足f(x)=f(−x)，
∴ f(x)为偶函数，且在(−∞, 0)上单调递减.
∵ 不等式f(ax+2)≤f(−1)对于x∈[1, 2]恒成立，
∴ |ax+2|≤1，
即−1≤ax+2≤1，
解得−3≤ax≤−1对于x∈[1, 2]恒成立，
由一次函数的性质，得−3≤a≤−1，−3≤2a≤−1，
解得−32≤a≤−1．
故选A.
10.
【答案】
C
【考点】
函数新定义问题
奇偶函数图象的对称性
【解析】
由新定义可知探究y轴左侧倍分图像关于原点中心对称的图像与y轴右侧信分图像的交点个数即得结果 .
【解答】
解：∵ fx=−3x,x<0,|x2−2x|,x≥0,
∴ y轴左侧部分y=−3xx<0的图像关于
原点中心对称的图像为−y=−3−x，
即y=3−xx>0，
作函数y=3−xx>0和y=|x2−2x|(x≥0)的图像如下：
由图可知两图像有三个交点，
即该函数有3对“镜像点对” .
故选C .
11.
【答案】
B
【考点】
二元一次不等式（组）与平面区域
平面向量的综合题
【解析】
先建坐标系求出AB的坐标设出C的坐标；把C的坐标用λμ表示出来结合已知条件转化得到x−33y≥01≤x+33y≤2233y≥0 ；结合线性规划的知识即可求解．
【解答】
解：建立如图所示的平面直角坐标系，
∵ |OA→|=|OB→|=1，∠AOB=60∘，
∴ A(1, 0)，B(12, 32).
设C(x, y)，
∵ OC→=λOA→+μOB→，
∴ x=λ+12μ,y=32μ, ⇒λ=x−33y,μ=233y.
∵ 实数λ，μ满足1≤λ+μ≤2，
λ≥0，μ≥0，
∴ x−33y≥0,1≤x+33y≤2,233y≥0,
对应可行域如图：
由x−33y=0,x+33y=1, ⇒E(12, 32)，
x−33y=0,x+33y=2, ⇒F(1, 3)，
∴ S阴影=S△OFD−S△OEC
=12×2×3−12×1×32=334，
即点C所形成的平面区域的面积为334．
故选B.
12.
【答案】
B
【考点】
函数的零点
正弦函数的定义域和值域
正弦函数的单调性
【解析】

【解答】
解：∵ x∈[0,π]，∴ ωx+π3∈π3,ωπ+π3.
令z=ωx+π3，则z∈π3,ωπ+π3，
由题意，sin z=12在π3,ωπ+π3上只有两解z=5π6和z=13π6．
∴ 13π6≤ωπ+π3<17π6.（∗）
因为在z∈π3,ωπ+π3上必有sin π2−sin 3π2=2，
故在(0,π)上存在x1，x2满足f(x1)−f(x2)=2，故①正确；
z=π2对应的x（显然在[0,π]上）一定是最大值点，
因z=5π2对应的x值有可能在[0,π]上，故②错误；
解（∗）得116≤ω<52，故④正确；
当x∈0,π15时，z∈π3,ωπ15+π3.
由于116≤ω<52，故z∈π3,ωπ15+π3⊆π3,π2，
此时y=sin z是增函数，从而f(x)在0,π15上单调递增，故③正确．
综上，①③④成立．
故选B．
二、填空题
【答案】
1312
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的三角形法则
【解析】
先求出AP→,CD→的表达，进而利用题目所给信息进行求解即可.
【解答】
解：已知AP→=mAC→+12AB→ ，
∵ AD→=2DB→，
∴AB→=32AD→ ，
则AP→=mAC→+34AD→.
∵C，P，D三点共线，
∴m+34=1，
即m=14，
∴AP→=14AC→+12AB→ .
又∵ ∠BAC=π3，
∴ AB→⋅AC→=|AB→||AC→|csπ3=6.
∵ CD→=CB→+BD→=CA→+AB→−13AB→=23AB→−AC→ ，
∴ AP→⋅CD→=(14AC→+12AB→)(23AB→−AC→)
=16AB→⋅AC→−14|AC→|2+13|AB→2|−12AB→⋅AC→=1312 .
故答案为：1312.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ sinx+csx=12，
∴ (sinx+csx)2=1+2sinxcsx=14，
∴ sinxcsx=−38.
∵ 0∴ sinx>0，csx<0，sinx−csx>0，
∴ (sinx−csx)2=1−2sinxcsx=1+34=74，
∴ sinx−csx=72.
(2)由sinx+csx=12，sinx−csx=72，
解得sinx=1+74，csx=1−74，
∴ tanx=sinxcsx=−4+73.
∵ sin2x=−34，sin2x=4+78，
∴ sin2x+2sin2x1−tanx=−34+4+741+4+73=3728．
【考点】
同角三角函数基本关系的运用
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
(1)先根据sinx+csx的值和二者的平方关系联立求得sinxcsx的值，再平方即可求出；
(2)结合(1)求sinx，csx的值，最后利用商数关系求得tanx的值，代入即可得解．
【解答】
解：(1)∵ sinx+csx=12，
∴ (sinx+csx)2=1+2sinxcsx=14，
∴ sinxcsx=−38.
∵ 0∴ sinx>0，csx<0，sinx−csx>0，
∴ (sinx−csx)2=1−2sinxcsx=1+34=74，
∴ sinx−csx=72.
(2)由sinx+csx=12，sinx−csx=72，
解得sinx=1+74，csx=1−74，
∴ tanx=sinxcsx=−4+73.
∵ sin2x=−34，sin2x=4+78，
∴ sin2x+2sin2x1−tanx=−34+4+741+4+73=3728．
【答案】
(1)证明：连接DE，PE，如图，
∵ G为AD的中点，E为BC的中点，
∴ DG=12DA，BE=12BC.
∵ 底面ABCD是萎形，
∴ AD//BC，AD=BC，
∴ DG//BE，DG=BE，
∴ 四边形DGBE为平行四形，
∴ BG//DE.
又∵ BG⊄平面PDE，DE⊂平面PDE，
∴ BG//平面PDE .
(2)解：存在点F为PC的中点时，平面DEF⊥平面ABCD.理由如下：
∵ 侧面PAD为正三角形，G为AD的中点，
∴ PG⊥AD.
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
PG⊂平面PAD，
∴ PG⊥平面ABCD.
连接CG交DE于点O，则点O是CG的中点，
∵ F为PC的中点，
∴ OF//PG，
∴ OF⊥平面ABCD.
又∵ OF⊂平面DEF，
∴ 平面DEF⊥平面ABCD．
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
平面与平面垂直的判定
【解析】
（1）连接DE，PE，可证明四边形DGBE是平行四边形，得出BG//DE，利用线面平行的判断定理即可证明 .
（2）猜想点F为PC的中点时，平面DEF⊥平面ABCD，再利用面面垂直的性质定理证明PG⊥平面ABCD，OF//PG，可得OF⊥平面ABCD，利用面面垂直的判定定理即可证明．
【解答】
(1)证明：连接DE，PE，如图，
∵ G为AD的中点，E为BC的中点，
∴ DG=12DA，BE=12BC.
∵ 底面ABCD是萎形，
∴ AD//BC，AD=BC，
∴ DG//BE，DG=BE，
∴ 四边形DGBE为平行四形，
∴ BG//DE.
又∵ BG⊄平面PDE，DE⊂平面PDE，
∴ BG//平面PDE .
(2)解：存在点F为PC的中点时，平面DEF⊥平面ABCD.理由如下：
∵ 侧面PAD为正三角形，G为AD的中点，
∴ PG⊥AD.
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
PG⊂平面PAD，
∴ PG⊥平面ABCD.
连接CG交DE于点O，则点O是CG的中点，
∵ F为PC的中点，
∴ OF//PG，
∴ OF⊥平面ABCD.
又∵ OF⊂平面DEF，
∴ 平面DEF⊥平面ABCD．
【答案】
解：(1)∵ fx=m→⋅n→−32
=3cs2x−asinxcsx−32
=32cs2x−a2sin2x，
∴ 当a=1时，fx=32cs2x−12sin2x=cs(2x+π6).
∵ x∈[0,π2]，
∴2x+π6∈π6,7π6，
∴cs(2x+π6)∈[−1,32]，
∴ fx的值域为[−1,32] .
(2)∵ fx为偶函数，
∴ f−x=fx恒成立，
即32cs2x+a2sin2x=32cs2x−a2sin2x恒成立，
整理，得asin2x=0，
解得a=0，
∴ fx=32cs2x=−34，
解得cs2x=−32.
又∵ 2x∈[−2π,2π]，
∴ x=±7π12，±5π12 .
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
平面向量数量积的运算
余弦函数的定义域和值域
两角和与差的余弦公式
函数恒成立问题
【解析】
（1）将f(x)化为fx=cs2x+π6，然后可得答案 .
（2）由f(x)为偶函数可求出a=0，然后可得答案 .
【解答】
解：(1)∵ fx=m→⋅n→−32
=3cs2x−asinxcsx−32
=32cs2x−a2sin2x，
∴ 当a=1时，fx=32cs2x−12sin2x=cs(2x+π6).
∵ x∈[0,π2]，
∴2x+π6∈π6,7π6，
∴cs(2x+π6)∈[−1,32]，
∴ fx的值域为[−1,32] .
(2)∵ fx为偶函数，
∴ f−x=fx恒成立，
即32cs2x+a2sin2x=32cs2x−a2sin2x恒成立，
整理，得asin2x=0，
解得a=0，
∴ fx=32cs2x=−34，
解得cs2x=−32.
又∵ 2x∈[−2π,2π]，
∴ x=±7π12，±5π12 .
【答案】
(1)证明：设AA1=2a，
∵ AB=2AA1=233EB1，
∴ AB=22a，EB1=6a，BB1=2a.
∵ E为AB的中点，
∴ AE=EB=2a，
∴ EB12=EB2+BB12，即EB⊥BB1，
∴ 四边形ABB1A1是矩形.
∵ F为AA1的中点，
∴ AF=A1F=a，
∴ FB12=A1F2+A1B12=9a2，EF2=AF2+AE2=3a2，
∴ FB12=EF2+EB12，即EF⊥EB1.
∵ 底面△ABC是边长为2的等边三角形，
∴ CE⊥AB.
∵ CE⊥FB1，AB与FB1相交，
∴ CE⊥平面ABB1A1.
又∵ EF⊂平面ABB1A1，
∴ EF⊥CE.
∵ CE∩EB1=E，
∴ EF⊥平面CEB1.
(2)解：∵ CE⊥平面ABB1A1，
∴ CE为三棱锥C−B1EF的高，且CE=3.
∵ EF=62，EB1=3，
∴ S△EFB1=12×62×3=324，
∴ VF−B1CE=VC−B1EF=13×S△EFB1 ×CE=64.
【考点】
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：设AA1=2a，
∵ AB=2AA1=233EB1，
∴ AB=22a，EB1=6a，BB1=2a.
∵ E为AB的中点，
∴ AE=EB=2a，
∴ EB12=EB2+BB12，即EB⊥BB1，
∴ 四边形ABB1A1是矩形.
∵ F为AA1的中点，
∴ AF=A1F=a，
∴ FB12=A1F2+A1B12=9a2，EF2=AF2+AE2=3a2，
∴ FB12=EF2+EB12，即EF⊥EB1.
∵ 底面△ABC是边长为2的等边三角形，
∴ CE⊥AB.
∵ CE⊥FB1，AB与FB1相交，
∴ CE⊥平面ABB1A1.
又∵ EF⊂平面ABB1A1，
∴ EF⊥CE.
∵ CE∩EB1=E，
∴ EF⊥平面CEB1.
(2)解：∵ CE⊥平面ABB1A1，
∴ CE为三棱锥C−B1EF的高，且CE=3.
∵ EF=62，EB1=3，
∴ S△EFB1=12×62×3=324，
∴ VF−B1CE=VC−B1EF=13×S△EFB1 ×CE=64.
【答案】
解：(1)当a=5时，f(x)=lg2(1x+5)，
由f(x)>0得lg2(1x+5)>0，
即1x+5>1，则1x>−4，则1x+4=4x+1x>0，
即x>0或x<−14，
故不等式的解集为{x|x>0或x<−14}．
(2)由f(x)−lg2[(a−4)x+2a−5]=0，
得lg2(1x+a)−lg2[(a−4)x+2a−5]=0，
即lg2(1x+a)=lg2[(a−4)x+2a−5]，
即1x+a=(a−4)x+2a−5>0，①
则(a−4)x2+(a−5)x−1=0，
即(x+1)[(a−4)x−1]=0，②
当a=4时，方程②的解为x=−1，代入①，成立，
当a=3时，方程②的解为x=−1，代入①，成立，
当a≠4且a≠3时，方程②的解为x=−1或x=1a−4，
若x=−1是方程①的解，则1x+a=a−1>0，即a>1，
若x=1a−4是方程①的解，则1x+a=2a−4>0，即a>2，
则要使方程①有且仅有一个解，则1综上，若方程f(x)−lg2[(a−4)x+2a−5]=0的解集中恰好有一个元素，
则a的取值范围是1【考点】
指、对数不等式的解法
对数函数图象与性质的综合应用
【解析】
（1）当a=5时，解导数不等式即可．
（2）根据对数的运算法则进行化简，转化为一元二次方程，讨论a的取值范围进行求解即可．
【解答】
解：(1)当a=5时，f(x)=lg2(1x+5)，
由f(x)>0得lg2(1x+5)>0，
即1x+5>1，则1x>−4，则1x+4=4x+1x>0，
即x>0或x<−14，
故不等式的解集为{x|x>0或x<−14}．
(2)由f(x)−lg2[(a−4)x+2a−5]=0，
得lg2(1x+a)−lg2[(a−4)x+2a−5]=0，
即lg2(1x+a)=lg2[(a−4)x+2a−5]，
即1x+a=(a−4)x+2a−5>0，①
则(a−4)x2+(a−5)x−1=0，
即(x+1)[(a−4)x−1]=0，②
当a=4时，方程②的解为x=−1，代入①，成立，
当a=3时，方程②的解为x=−1，代入①，成立，
当a≠4且a≠3时，方程②的解为x=−1或x=1a−4，
若x=−1是方程①的解，则1x+a=a−1>0，即a>1，
若x=1a−4是方程①的解，则1x+a=2a−4>0，即a>2，
则要使方程①有且仅有一个解，则1综上，若方程f(x)−lg2[(a−4)x+2a−5]=0的解集中恰好有一个元素，
则a的取值范围是1【答案】
解：选择方案1，当α=π6时，矩形ABCD的面积最大为36.理由如下.
方案1：
由已知，得OB=csα，BC=sinα，
OA=ADtan60∘=BCtan60∘=33sinα，
所以AB=OB−OA=csα−33sinα.
设矩形ABCD的面积为S，
则S=AB⋅BC=csα−33sinαsinα
=12sin2α+36cs2α−36
=33sin2α+π6−36.
由0<α<π3，得π6<2α+π6<5π6，
所以当2α+π6=π2，即α=π6时，
矩形ABCD的最大面积为S1=33−36=36.
方案2：由题意，得AB=2AE=2sinβ，OE=csβ.
又OF=DFtan30∘=AEtan30∘=3sinβ，
所以AD=EF=OE−OF=csβ−3sinβ.
设矩形ABCD的面积为S，
则S=AB⋅AD=2sinβ(csβ−3sinβ)
=sin2β+3cs2β−3=2sin2β+π3−3 .
又0<β<π6，得π3<2β+π3<2π3，
所以当2β+π3=π2，即β=π12时，
矩形ABCD面积取最大为S2=2−3.
由于7362=4912>4，
故736>2，即36>2−3，
故S1>S2，
故应选择方案1，当α=π6时，矩形ABCD的面积最大为36.
【考点】
在实际问题中建立三角函数模型
两角和与差的正弦公式
二倍角的余弦公式
三角函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：选择方案1，当α=π6时，矩形ABCD的面积最大为36.理由如下.
方案1：
由已知，得OB=csα，BC=sinα，
OA=ADtan60∘=BCtan60∘=33sinα，
所以AB=OB−OA=csα−33sinα.
设矩形ABCD的面积为S，
则S=AB⋅BC=csα−33sinαsinα
=12sin2α+36cs2α−36
=33sin2α+π6−36.
由0<α<π3，得π6<2α+π6<5π6，
所以当2α+π6=π2，即α=π6时，
矩形ABCD的最大面积为S1=33−36=36.
方案2：由题意，得AB=2AE=2sinβ，OE=csβ.
又OF=DFtan30∘=AEtan30∘=3sinβ，
所以AD=EF=OE−OF=csβ−3sinβ.
设矩形ABCD的面积为S，
则S=AB⋅AD=2sinβ(csβ−3sinβ)
=sin2β+3cs2β−3=2sin2β+π3−3 .
又0<β<π6，得π3<2β+π3<2π3，
所以当2β+π3=π2，即β=π12时，
矩形ABCD面积取最大为S2=2−3.
由于7362=4912>4，
故736>2，即36>2−3，
故S1>S2，
故应选择方案1，当α=π6时，矩形ABCD的面积最大为36.

2020-2021年江西省上饶市高一（上）期末考试数学试卷北师大版

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