所以"A<6cos5>cosC”的充分必要条件.
故选:
C.
【点睛】
本题考查命题的充分性与必要性,考查余弦函数单调性的应用,考查学生的推理论证能力,属于基础题.
9.A
【分析】
对函数求导,可得x的表达式,令%=—1,可得了‘(—1)的值,进而可求得了。
)、r⑴的值,即可得到切点及切线斜率,进而可求得切线方程.
【详解】
由题意,/,(^)=-+2/(-1),则/‘(-1)=—1+2/'(一1),解得r(-1)=1,
所以/(x)=lnx+2x-l,/r(x)=-+2,
x
则/⑴=lnl+2-1=1,⑴=1+2=3,
故切点为(1,1),切线斜率为3,所以切线方程为y-l=3(x—1),即3x—3,—2=0.
故选:
A.
【点睛】
本题考查导数的几何意义,考查切线方程的求法,考查学生的计算求解能力,属于基础题.
10.D
【解析】
12、2o
由于0<,则!
+2=加(1-2/7/)2〃7(1—2〃?
)一((2团+1_2m『]
2tn1-2m:
当2m=l-2m即m=-时取等号;
4
1919
所以士+之女2一2女恒成立,转化为上+^^的最小值大于等于6—2k,即
m1-2mm1-2m
k2-2k<8/.-2<^<4
故选D
11.D
【分析】
设出45两点的坐标,利用点差法求得。
力的关系式,结合标=//+/求得进而
求得椭圆E的方程.
【详解】
设A(X,yJ,B(孙必),则
£+二=1
XTy/,cr占+尤士一二
一+黄=1--
l!
nb2—10—(—1)1b21-».■»
即—-=—x=—=>=—=>〃-=2b.,
a213-12a-2
由于/=炉+。
2且c=3,由此可解得/=18,/=9,
22
故椭圆E的方程为二+二=1.
189
故选:
D.
【点睛】
本小题主要考查点差法解决椭圆中的中点弦问题,属于基础题.
12.A
【详解】
v/(A)=X3-|x2,.-.f\x)=3x2-yX,
•・•函数〃x)=f-+2是区间[0"]上的双中值函数,
,区间[0j]上存在占,x2(Q满足/'(工)=/'(&)=JU)/
・•・方程3£工=产一2在区间[Oj]有两个不相等的解,令•.,g(x)=3x?
—5x-F+qf,(0・•・实数f的取值范围是(2,,
故选:
A.
13.0
【分析】
作出约束条件对应的可行域,当目标函数过点。
时,z取得最小值,求解即可.
【详解】
目标函数可化为y=2x—Z,当目标函数过点。
时,Z取得最小值,即Za=0.
故答案为:
0.
【点睛】
本题考查线性规划,考查数形结合的数学思想的应用,考杳学生的计算求解能力,属于基础题.
14.(一叫一2)
【分析】
由是真命题,可得〃、q都是真命题,结合命题〃、q,分别求出对应。
的范围,进而可得到答案.
【详解】
对于命题〃,2"W1,解得。
<0:
对于命题q,对函数求导,可得rw=/+ov+i,由/*)有极值点,可得二次函数
+"+1有两个不同的零点,则△=标一4>0,即。
>2或。
V一2.
\a<0
又因为“〃八夕”是真命题,所以〃、q都是真命题,则<,或《.,解得〃<—2.
[。
>2[a<-2
故答案为:
(—8,—2).
【点睛】
本题考查利用复合命题的真假求参数,考查指数不等式的解法,考查函数的极值,考查学生的计算求解能力,属于中档题.
15.60
【分析】
YMN
设|PQ|=x,可得|4。
|二一7^,AN=r,在.AN。
中,由正弦定理可得,
sm60sin15
卫竺=」丝[,进而可求出X的值.
sin30sin45
【详解】
由题意,设|PQ|=x,
在直角"4。
中'/"P=6°。
,则|他卜黑=裔=今'在aANQ中,N0M4=3O°+15°=45°,NNA°=180°—15°—60°=105°,则NN°A=30’,
_\AN\\AQ\4(30-10>/32i2,,
由正弦定理,J一L=_U,即」12x2=—x—^解得x=60.
sin30sm45V6-V2小V2
故答案为:
60.
【点睛】
本题考查正弦定理在解三角形中的应用,考查学生的计算求解能力,属于中档题.
16.1
【分析】
丽和瓯的夹角最大为从点石向抛物线引两条切线,切点分别为M,N,此时两和丽的夹角最大,从而可得到直线EM的方程,与抛物线方程联立,则△=(),可求出4
的值.
【详解】
由题意,丽和瓯的夹角最大为从点£■向抛物线引两条切线,切点分别为A7,N,
此时E/W和丽的夹角最大,且直线的斜率〃=tan==l,方程为y=x+2,
4
v~=4x)
联立厂,消去x可得寸―4>+44=0,则△=(-4)-—4x44=0,解得2=1.y=X+A
故答案为:
L
【点睛】
本题考查直线与抛物线位置关系的应用,考查平面向量数量积的应用,考查学生的计算求解能力,属于中档题.
【分析】
(i)由命题的真假可得p:
九e(1,2),』+x—加=0;再由方程有解问题求解即可;
(2)由更合命题的真假,结合不等式恒成立问题最值法,列不等式组求解即可得解.
【详解】
解:
(1)当命题〃为真命题时,即立e(l,2),W+x—m=0,
r/(i)2
因为函数y=/(x)在(1,2)为增函数,则《八,则《右
1/
(2)>0[m<6
故2<〃?
v6,
(2)当命题9为真时,即函数/(x)=lnx一尔在区间[1,2]上是单调递增函数.
即/@)=,一〃7之。
在区间[1,2]恒成立,x
.11
即/
(2)=——rn>0,BP/«<—,
22
又命题“〃或q”为真命题,命题“〃且q”为假命题,
则命题p,q一真一假,
f2①当〃为真,q为假时,
(
〃7<2或〃7>6
1,则团4,
m<-2
2
综上可得实数〃?
的取值范围为U(2,6).
【点睛】
本题考查了命题的真假及不等式有解与恒成立问题,属中档题.
18.
(1)立1;
(2)5.
【分析】
(1)根据正弦定理可以得到一R=—―一,根据题设条件,求得sin/AOB=巫,sinZAsmZADB5
结合角的范围,利用同角三角函数关系式,求得cos/AD6=
(2)根据题设条件以及第一问的结论可以求得cos/8QC=sinNAQ5=22,之后在,一
MCD中,用余弦定理得到3C所满足的关系,从而求得结果.
【详解】
rnar
(1)在中,由正弦定理得一^=.八二一sinZAsmZADB
由题设知,——=--一,所以sinNAD6=Y2.
siii45sinZADB5
(2)由题设及
(1)知,cqsABDC=smZADB=—.5
在A5CD中,由余弦定理得
BC2=BD2+DC2-2BD-DCcosZBDC=25+S-2x5x2>/2x^.=25.
5
所以8c=5.
【点睛】
该题考查的是有关解三角形的问题,涉及到的知识点有正弦定理、同角三角函数关系式、诱导公式以及余弦定理,在解题的过程中,需要时刻关注题的条件,以及开方时对于正负号的取舍要从题的条件中寻找角的范闱所满足的关系,从而正确求得结果.
fiVI
19.
(1)an=-;
(2)见解析
【分析】
(1)由邑+凡、§6+/、S5+45成等差数列,可建立等式关系,整理可得4。
=力,结合
{"〃}的单调性,可求得公比9,进而可求得{《,}的通项公式;
(2)由{对}的通项公式,可得+进而可得/厂=«£•一白)利用裂项相消求和法可求得7;,进而可证明结论.
【详解】
(1)设数列{q}的公比为4,
由§4+。
4、S6、S5+。
5成等差数列,可得2(5.+々6)=S4+。
4+S5+。
5,则(S6-S5)+(S6-S4)+2/=。
4+。
5,即4a6=4,所以炉=;.
因为{为}是单调递减数列,所以q=;,
11F•••4
久也”也“也匕也”
所以净
【点睛】本题考查等差中项的应用,考查等比数列通项公式的求法,考查利用裂项相消求和法求数列的前〃项和,考查学生的计算求解能力,属于基础题.
20.
(1)y=20-(-^-+x(0(2)见解析
【分析】
(1)由利润=销售额-投入成本-促销费用,列出式子即可;
(4
(2)由
(1)可得y=20---+x,利用基本不等式可得x=l时,取得最大值,再lx+17
结合0-3。
+3,分1-3。
+3和这一3。
+3<1两种情况讨论,可求得答案.
【详解】
(20(20)
-3。
+3).
(1)由题意知,该产品售价为4+7万元,y=4+7/一(10+2。
—文,
整理得了=20——^―+%|(0(4
(2)由y=20-+%
X+L
44
因为x+l>0,所以——+x=——+(%+1)-1>2x+lx+l'7
4
=X+1,即x=l时,等号成立,X+1
若1K标—34+3,则。
之2或0<〃《1时,促销费用投入1万元时,厂家的利润最大;
(4、厂n
故),=20r+x在。
,标-3〃+3]上单调递增,
\x+lJl」
(4、
所以在x=q2-3白+3时,>=20--+x取得最大值.(X+1)
即促销费用投入x=/—3。
+3万元时,厂家的利润最大.
综上所述,当。
之2或0<〃工1时,促销费用投入1万元时,厂家的利润最大;
当1<。
<2时,促销费用投入x=/—3。
+3万元时,厂家的利润最大.
【点睛】
本题考查函数模型的应用,考查利用基本不等式求最值,考查利用单调性求最值,考查学生的计算能力与推理能力,属于中档题.
21.(I)—+—=1;(II)662
【详解】
试题分析:
(【)通过分析可知直线/与工轴的交点为(2,0),得c=2,又e=±=见,得
a3
a=瓜利用〃、标―。
2=2,可得加二2.即可求得椭圆方程为工+t=1;(H)可62
设直线45方程为「=心.+1,
y=kx+\
为此可联立{/y2,整理得(3/+l)V+6&—3=0,利用韦达定理,求出—+--=1
62
-6k
令,="TT?
7,则=2f=(f-1)-+],[科当,即女二0时,^AAOB的
3K+1
试题解析:
(I),,椭圆的焦点为直线/与x轴的交点,;直线/与x轴的交点为(2,0),.,•椭圆的焦点为(2,0),•••c=2,
又・・・e=£=亚,・・・〃=木,・・・尸=/一^=2a3
.••椭圆方程为:
十二=1.62
(H)直线45的斜率显然存在,设直线A5方程为),=丘+1
y=kx+l
设Aa,y)6(x,,y,),由{/俨,得(3/+1优+6履—3=0,
—+--=1
62
_6k3
显然』>0,占+尤=K--,x^=—
3k"+1-3K+1
SSOB=^AAOD+S、bod=力叫…」=
3席…=生
_S12(3K+1)-1_/T21
7X(3/+1尸一7何二T(34+「
令f=7T,则f£(O』,Sg0B="产+2”国一(一>+1,
3K+1
・・・/=1,即k=0时,的最大值为
考点:
I、椭圆的标准方程;2、直线与曲线相交问题.
22.
(1)见解析;
(2)(0,e-2)
【分析】
(1)对g(x)求导,分kV0和女>0两种情况,分别讨论g'(x)的正负性,可得到g(x)的单调性,进而可求得极值;
(2)易知/(x)有且仅有一个零点x=l,且xwl时/(无)>0,从而可知g(x)有两个零
点,结合
(1)知kMO不符合题意,人>0时,讨论且(工)的极值,并结合零点存在性定理
可求出答案.
【详解】
(1)g(x)的定义域为0,+oo,gf(^x)=k--,X
当时,g,xV。
在0.+OO恒成立,•••g(x)在0,+oo单调递减,故g(x)无极值,当k>0时,由/(X)=氏一2=0得x=+
当xe0,-i时,grx<0,则g(x)单调递减:
当时,grx>0,则g(x)
单调递增,
1/1A
.•・g(x)在x=7处取得极小值,g7=2+lnk,g(x)无极大值.
综上,当攵(0时,g(x)无极值;当攵>0时,g(x)有极小值2+ln〃,无极大值.
g(x)的零点,
①当AV0时,由
(1)知g(x)在0,+oo单调递减,至多只有一个零点,此时尸(x)至多只有两个零点,不合题意,舍去;
/1\/1\
②当攵>0时,由
(1)知g(x)在0,-单调递减,在展,+S单调递增,则
、K)K1
零点,不合题意,舍去;
(1、
11)当2+ln〃<0即00,
由零点存在性定理知为£(1,皆使得ga)=o.
令9(x)=lnx-x,^(