数迹
题目列表试卷列表
共找到 20 题
排序：
组题
本页 20 题去组卷
09不等式★★★★☆
已知 aa，b∈Rb\in\mathbf{R}. 若对任意 x∈Rx\in\mathbf{R}，a∣x−b∣+∣x−4∣−∣2x−5∣≥0a|x-b|+|x-4|-|2x-5|\ge 0，则（ ）
A.
a≤1a\le 1，b≥3b\ge 3
B.
a≤1a\le 1，b≤3b\le 3
C.
a≥1a\ge 1，b≥3b\ge 3
D.
a≥1a\ge 1，b≤3b\le 3

2022 · 浙江 · 第 9 题 · 选择题

查看答案和解析
09不等式★★★★☆
已知 aa，b∈Rb\in\mathbf{R} 且 ab≠0ab\neq0，若 (x−a)(x−b)(x−2a−b)≥0(x-a)(x-b)(x-2a-b)\ge0 在 x≥0x\ge0 上恒成立，则（ ）
A.
a<0a<0
B.
a>0a>0
C.
b<0b<0
D.
b>0b>0

2020 · 浙江 · 第 9 题 · 选择题

查看答案和解析
16不等式★★★★☆
已知 a∈Ra\in\mathbf{R}，函数 f(x)=ax3−xf(x)=ax^3-x，若存在 t∈Rt\in\mathbf{R}，使得 ∣f(t+2)−f(t)∣≤23\left|f(t+2)-f(t)\right|\le\dfrac23，则实数 aa 的最大值是______.

2019 · 浙江 · 第 16 题 · 填空题

查看答案和解析
10数列★★★★☆
已知 a1a_1，a2a_2，a3a_3，a4a_4 成等比数列，且 a1+a2+a3+a4=ln⁡(a1+a2+a3)a_1+a_2+a_3+a_4=\ln(a_1+a_2+a_3). 若 a1>1a_1>1，则（ ）
A.
a1<a3a_1<a_3，a2<a4a_2<a_4
B.
a1>a3a_1>a_3，a2<a4a_2<a_4
C.
a1<a3a_1<a_3，a2>a4a_2>a_4
D.
a1>a3a_1>a_3，a2>a4a_2>a_4

2018 · 浙江 · 第 10 题 · 选择题

查看答案和解析
17函数与初等函数★★★★☆
已知 a∈Ra\in\mathbf{R}，函数 f(x)=∣x+4x−a∣+af(x)=\left|x+\dfrac{4}{x}-a\right|+a 在区间 [1,4][1,4] 上的最大值是 5，则 aa 的取值范围是______.

2017 · 浙江 · 第 17 题 · 填空题

查看答案和解析
08不等式★★★★☆
已知实数 aa，bb，cc，则（ ）
A.
∣a2+b+c∣+∣a+b2+c∣≤1\bigl|a^2+b+c\bigr|+\bigl|a+b^2+c\bigr|\le 1 时，a2+b2+c2<100a^2+b^2+c^2<100
B.
∣a2+b+c∣+∣a2+b−c∣≤1\bigl|a^2+b+c\bigr|+\bigl|a^2+b-c\bigr|\le 1 时，a2+b2+c2<100a^2+b^2+c^2<100
C.
∣a+b+c2∣+∣a+b−c2∣≤1\bigl|a+b+c^2\bigr|+\bigl|a+b-c^2\bigr|\le 1 时，a2+b2+c2<100a^2+b^2+c^2<100
D.
∣a2+b+c∣+∣a+b2−c∣≤1\bigl|a^2+b+c\bigr|+\bigl|a+b^2-c\bigr|\le 1 时，a2+b2+c2<100a^2+b^2+c^2<100

2016 · 浙江 · 理 · 第 8 题 · 选择题

查看答案和解析
14立体几何初步★★★★☆
如图，在 △ABC\triangle ABC 中，AB=BC=2AB=BC=2，∠ABC=120∘\angle ABC=120^\circ. 若平面 ABCABC 外的点 PP 和线段 ACAC 上的点 DD，满足 PD=DAPD=DA，PB=BAPB=BA，则四面体 PBCDPBCD 的体积的最大值是______.

2016 · 浙江 · 理 · 第 14 题 · 填空题

查看答案和解析
18不等式★★★★☆
已知 a≥3a\ge 3，函数 F(x)=min⁡{2∣x−1∣,x2−2ax+4a−2}F(x)=\min\{2|x-1|,x^2-2ax+4a-2\}，其中
min⁡(p,q)={p,p≤q,q,p>q.\min(p,q)=\begin{cases} p, & p\le q,\\ q, & p>q. \end{cases}
(1) 求使得等式 F(x)=x2−2ax+4a−2F(x)=x^2-2ax+4a-2 成立的 xx 的取值范围； (2) (i) 求 F(x)F(x) 的最小值 m(a)m(a)； (ii) 求 F(x)F(x) 在 [0,6][0,6] 上的最大值 M(a)M(a).

2016 · 浙江 · 理 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
14不等式★★★★☆
若实数 xx，yy 满足 x2+y2⩽1x^{2} + y^{2} \leqslant 1，则 ∣2x+y−2∣+∣6−x−3y∣\left|2x + y - 2\right| + \left|6 - x - 3y\right| 的最小值是______.

2015 · 浙江 · 理 · 第 14 题 · 填空题

查看答案和解析
14不等式★★★★☆
已知实数 xx，yy 满足 x2+y2⩽1x^2+y^2\leqslant1，则 ∣2x+y−4∣+∣6−x−3y∣|2x+y-4|+|6-x-3y| 的最大值是______.

2015 · 浙江 · 文 · 第 14 题 · 填空题

查看答案和解析
17立体几何初步★★★★☆
如图，某人在垂直于水平地面 ABCABC 的墙前面的点 AA 处进行射击训练. 已知点 AA 到墙面的距离为 ABAB，某目标点 PP 沿墙面上的射线 CMCM 移动，此人为了准确瞄准目标点 PP，需计算由点 AA 观察点 PP 的仰角 θ\theta 的大小. 若 AB=15 mAB = 15\ \mathrm{m}，AC=25 mAC = 25\ \mathrm{m}，∠BCM=30∘\angle BCM = 30^\circ，则 tan⁡θ\tan\theta 的最大值是______.（仰角 θ\theta 为直线 APAP 与平面 ABCABC 所成角）

2014 · 浙江 · 理 · 第 17 题 · 填空题

查看答案和解析
16不等式★★★★☆
设 aa，b∈Rb \in \mathbf{R}，若 x⩾0x \geqslant 0 时恒有 0⩽x4−x3+ax+b⩽(x2−1)20 \leqslant x^4 - x^3 + ax + b \leqslant (x^2 - 1)^2，则 ab=ab =______.

2013 · 浙江 · 文 · 第 16 题 · 填空题

查看答案和解析
17不等式★★★★☆
设 a∈Ra \in \mathbf{R}，若 x>0x > 0 时均有 [(a−1)x−1](x2−ax−1)⩾0[(a - 1)x - 1](x^2 - ax - 1) \geqslant 0，则 a=a =______.

2012 · 浙江 · 理 · 第 17 题 · 填空题

查看答案和解析
10函数与初等函数★★★★☆
对于正实数 α\alpha，记 MαM_\alpha 为满足下述条件的函数 f(x)f(x) 构成的集合：∀x1\forall x_1，x2∈Rx_2\in\mathbf{R} 且 x2>x1x_2>x_1，有 −α(x2−x1)<f(x2)−f(x1)<α(x2−x1)-\alpha(x_2-x_1)<f(x_2)-f(x_1)<\alpha(x_2-x_1). 下列结论中正确的是（ ）
A.
若 f(x)∈Mα1,g(x)∈Mα2f(x)\in M_{\alpha_1}, g(x)\in M_{\alpha_2}，则 f(x)⋅g(x)∈Mα1⋅α2f(x)\cdot g(x)\in M_{\alpha_1\cdot\alpha_2}
B.
若 f(x)∈Mα1f(x)\in M_{\alpha_1}，g(x)∈Mα2g(x)\in M_{\alpha_2} 且 g(x)≠0g(x)\neq 0，则 f(x)g(x)∈Mα1α2\frac{f(x)}{g(x)}\in M_{\frac{\alpha_1}{\alpha_2}}
C.
若 f(x)∈Mα1f(x)\in M_{\alpha_1}，g(x)∈Mα2g(x)\in M_{\alpha_2}，则 f(x)+g(x)∈Mα1+α2f(x)+g(x)\in M_{\alpha_1+\alpha_2}
D.
若 f(x)∈Mα1f(x)\in M_{\alpha_1}，g(x)∈Mα2g(x)\in M_{\alpha_2} 且 α1>α2\alpha_1>\alpha_2，则 f(x)−g(x)∈Mα1−α2f(x)-g(x)\in M_{\alpha_1-\alpha_2}

2009 · 浙江 · 理 · 第 10 题 · 选择题

查看答案和解析
17不等式★★★★☆
设 mm 为实数，若 {(x,y)∣x−2y+5⩾0, 3−x⩾0, mx+y⩾0}⊆{(x,y)∣x2+y2⩽25}\left\{(x,y)\mid x - 2y + 5 \geqslant 0,\ 3 - x \geqslant 0,\ mx + y \geqslant 0\right\} \subseteq \left\{(x,y)\mid x^{2} + y^{2} \leqslant 25\right\}，则 mm 的取值范围是______. \begin{answer} 0⩽m⩽430 \leqslant m \leqslant \frac{4}{3} \end{answer}
\begin{solution} 三条边界直线分别为 y=x+52y=\dfrac{x+5}{2}，x=3x=3 和 y=−mxy=-mx. 若 2m+1⩽02m+1\leqslant0，则前两条不等式与 y⩾−mxy\geqslant-mx 的交集向左无界，不可能包含在圆 x2+y2⩽25x^2+y^2\leqslant25 内，故 m>−12m>-\dfrac12. 此时区域为三角形，其三个顶点为 A=(3,4)A=(3,4)，B=(3,−3m)B=(3,-3m)，C=(−52m+1,5m2m+1)C=\left(-\frac5{2m+1},\frac{5m}{2m+1}\right). 圆盘是凸集，故三角形包含于圆盘的充要条件是三个顶点都在圆盘内.
点 AA 在圆周上. 由点 BB 在圆盘内，得
9+9m2⩽25⟺−43⩽m⩽439+9m^2\leqslant25\Longleftrightarrow-\frac43\leqslant m\leqslant\frac43
由点 CC 在圆盘内，得
25(1+m2)(2m+1)2⩽25⟺m(3m+4)⩾0\frac{25(1+m^2)}{(2m+1)^2}\leqslant25 \Longleftrightarrow m(3m+4)\geqslant0
结合 m>−12m>-\dfrac12，可知 3m+4>03m+4>0，所以 m⩾0m\geqslant0. 综合得 0⩽m⩽430\leqslant m\leqslant\dfrac43. \end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 17 题 · 填空题

查看答案和解析
21解析几何★★★★☆
如图，直线 y=kx+by = kx + b 与椭圆 x24+y2=1\frac{x^2}{4} + y^2 = 1 交于 AA，BB 两点，记 △AOB\triangle AOB 的面积为 SS.
(1) 求在 k=0k = 0，0<b<10 < b < 1 的条件下，SS 的最大值； (2) 当 ∣AB∣=2\left|AB\right|=2，S=1S=1 时，求直线 ABAB 的方程.

2007 · 浙江 · 文 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
22不等式★★★★☆
已知 f(x)=∣x2−1∣+x2+kxf(x) = |x^2 - 1| + x^2 + kx.
(1) 若 k=2k = 2，求方程 f(x)=0f(x) = 0 的解； (2) 若关于 xx 的方程 f(x)=0f(x) = 0 在 (0,2)(0,2) 上有两个解 x1x_{1}，x2x_{2}，求 kk 的取值范围，并证明 1x1+1x2<4\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} < 4.

2007 · 浙江 · 文 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
16不等式★★★★☆
设 f(x)=3ax2+2bx+cf(x)=3ax^{2}+2bx+c. 若 a+b+c=0a+b+c=0，f(0)>0f(0)>0，f(1)>0f(1)>0，求证：
(1) a>0a > 0 且 −2<ba<−1-2 < \frac{b}{a} < -1. (2) 方程 f(x)=0f(x)=0 在 (0,1)(0,1) 内有两个实根.

2006 · 浙江 · 理 · 第 16 题 · 解答题

查看答案和解析
20函数与初等函数★★★★☆
设 f(x)=3ax2+2bx+cf(x) = 3ax^2 + 2bx + c，若 a+b+c=0a + b + c = 0，f(0)f(1)>0f(0)f(1) > 0.
(1) 求证：方程 f(x)=0f(x)=0 有实根； (2) 求证：−2<ba<−1-2 < \frac{b}{a} < -1； (3) 设 x1x_{1}，x2x_{2} 是方程 f(x)=0f(x) = 0 的两个实根，则 33⩽∣x1−x2∣<23\frac{\sqrt{3}}{3} \leqslant |x_{1} - x_{2}| < \frac{2}{3}.

2006 · 浙江 · 文 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
19解析几何★★★★☆
如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点 F1F_{1}，F2F_{2} 在 xx 轴上，长轴 A1A2A_{1}A_{2} 的长为 4，左准线 ll 与 xx 轴的交点为 MM，∣MA1∣:∣A1F1∣=2:1|MA_{1}|: |A_{1}F_{1}| = 2: 1.
(1) 求椭圆的方程； (2) 若点 PP 为 ll 上的动点，求 ∠F1PF2\angle F_1PF_2 的最大值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设椭圆的半长轴为 aa，半焦距为 cc，半短轴为 bb，则 2a=42a=4，a2=b2+c2a^2=b^2+c^2，所以 a=2a=2. 左准线方程为 x=−a2c=−4cx=-\frac{a^2}{c}=-\frac{4}{c}，故 M(−4c,0)M\left(-\frac{4}{c},0\right)，A1(−2,0)A_{1}(-2,0)，F1(−c,0)F_{1}(-c,0). 由题意，0<c<20<c<2，且 ∣MA1∣∣A1F1∣=4c−22−c=2\frac{|MA_{1}|}{|A_{1}F_{1}|}=\frac{\frac{4}{c}-2}{2-c}=2. 化简得 2(2−c)c(2−c)=2\frac{2(2-c)}{c(2-c)}=2，所以 c=1c=1. 于是 b2=a2−c2=4−1=3b^2=a^2-c^2=4-1=3，椭圆的方程为 x24+y23=1\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.
\item 由第（1）问，F1(−1,0)F_{1}(-1,0)，F2(1,0)F_{2}(1,0)，且直线 ll 的方程为 x=−4x=-4. 设动点 P(−4,t)P\left(-4,t\right)，令 u=∣t∣u=|t|. 此时 PF1→=(3,−t)\overrightarrow{PF_{1}}=(3,-t)，PF2→=(5,−t)\overrightarrow{PF_{2}}=(5,-t)，两向量的数量积为 t2+15>0t^2+15>0，故 θ=∠F1PF2\theta=\angle F_{1}PF_{2} 为锐角，并且
tan⁡θ=∣3(−t)−(−t)5∣3⋅5+(−t)(−t)=2uu2+15\tan\theta=\frac{\left|3(-t)-(-t)5\right|}{3\cdot5+(-t)(-t)}=\frac{2u}{u^2+15}
由基本不等式 u2+15⩾215 uu^2+15\geqslant2\sqrt{15}\,u，得 tan⁡θ=2uu2+15⩽115\tan\theta=\frac{2u}{u^2+15}\leqslant\frac{1}{\sqrt{15}}. 当且仅当 u=15u=\sqrt{15}，即 P(−4,15)P\left(-4,\sqrt{15}\right) 或 P(−4,−15)P\left(-4,-\sqrt{15}\right) 时等号成立. 因为 θ\theta 为锐角，所以其最大值为 arctan⁡115\arctan\frac{1}{\sqrt{15}}. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 文 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析