练习(8)高三数学上学期期末测试(2)

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一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）

1． 已知集合A={－1,0,1},B={x|0

2． 已知(1+i)・z=－2i，那么复数z=.

3． 已知cos(π2+θ)=45，则cos2θ=．

4． 已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1,12a3,2a2成等差数列，则a8+a9a6+a7等于．

5． “直线l1：x+(a－1)y+1=0与直线l2：ax+2y+2=0平行”的充要条件是．

6． 从1,2,3,4,5这五个数中任取两个数，这两个数的和是奇数的概率为．

7． 已知点P是双曲线x2－y2=2上的点，该点关于实轴的对称点为Q，则OP・OQ =．

8． 不等式(|x|－1)(x－2)>0的解集是．

9． 用半径为102 cm，面积为1002πcm2的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器（衔接部分忽略不计）， 则该容器盛满水时的体积是．

10． 若函数f(x)=x3－6bx+3b在（0，1）内有极小值，则实数b的取值范围是．

11． 函数f(x)=cos(x3+φ)(0

12． 直线y=kx与曲线y=e|lnx|－|x－2|有3个公共点时，实数k的取值范围是．

13． 已知实数p>0，直线3x－4y+2p=0与抛物线x2=2py和圆x2+(y－p2)2=p24从左到右的交点依次为A、B、C、D,则ABCD的值为．

14． 设函数f(x)的定义域为D，如果存在正实数k，使对任意x∈D，都有x+k∈D，且f(x+k)>f(x)恒成立，则称函数f(x)为D上的“k型增函数”．已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)=|x－a|－2a，

若f(x)为R上的“2011型增函数”，则实数a的取值范围是．

二、解答题：（本大题共6道题，计90分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

15． （本小题14分）

已知a=(12,12sinx+32cosx)，

b=(1,y)，且a∥b．设函数y=f(x)．

（1）求函数y=f(x)的解析式．

（2）若在锐角ABC中，f(A－π3)=3，边BC=3，求ABC周长的最大值．

16． （本小题14分）

在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D是BC的中点，BC=BB1．

（1）求证：A1C∥平面AB1D；

（2）试在棱CC1上找一点M，使MBAB1．

17． （本小题15分）

某销售商销售某品牌手机，该品牌手机进价为每部1580元，零售价为每部1880元．为促进销售，拟采用买一部手机赠送一定数量礼物的方法，且赠送礼物的价值不超过180元．统计表明：在促销期间，礼物价值每增加15元（礼物的价值都是15元的整数倍，如礼物价值为30元，可视为两次增加15元，其余类推），销售量都增加11%．

（1）当赠送礼物的价值为30元时，销售的总利润变为原来不赠送礼物时的多少倍？

（2）试问赠送礼物的价值为多少元时，商家可获得最大利润？

18． （本小题15分）

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，点A、B分别是椭圆C的左顶点和上顶点，直线AB与圆G： x2+y2=c24（c是椭圆的焦半距）相离，P是直线AB上一动点，过点P作圆G的两切线，切点分别为M、N．

（1）若椭圆C经过两点(1,423)、(332,1)，求椭圆C的方程；

（2）当c为定值时，求证：直线MN经过一定点E，并求OP・OE的值（O是坐标原点）；

（3）若存在点P使得PMN为正三角形，试求椭圆离心率的取值范围．

19． （本小题16分）

已知定义在R上的函数f(x)和数列{an}满足下列条件：a1=a≠0，a2≠a1，

当n∈N*时，an+1=f(an)，且存在非零常数k使f(an+1)－f(an)=k(an+1－an)恒成立．

（1）若数列{an}是等差数列，求k的值；

（2）求证：数列{an}为等比数列的充要条件是f(x)=kx(k≠1)．

（3）已知f(x)=kx(k>1)，a=2，且bn=lnan（n∈N*），数列{bn}的前n项是Sn，对于给定常数m，若S(m+1)nSmn的值是一个与n无关的量，求k的值．

20．（本小题满分16分）

已知定义在实数集上的函数fn(x)=xn,n∈N*，其导函数记为f′n(x)，且满足f2′［x1+a(x2－x1)］=f2(x2)－f2(x1)x2－x1，a,x1,x2为常数，x1≠x2．

（1）试求a的值；

（2）记函数F(x)=b・f1(x)－lnf3(x)，x∈(0,e］，若F(x)的最小值为6，求实数b的值；

（3）对于（2）中的b，设函数g(x)=(b3)x，A(x1,y1),B(x2,y2)（x1

附加题

21．【选做题】本题包括A，B，C，D共4小题，请从这4题中选做2小题，每小题10分，共20分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

A．选修41：几何证明选讲

如图，O的直径AB的延长线与弦CD的延长线相交于点P，E为O上一点，AE=AC，求证：∠PDE=∠POC．

B．选修42：矩阵与变换

已知圆C：x2+y2=1在矩阵A=a00b(a>0,b>0)对应的变换作用下变为椭圆x29+y24=1，求a，b的值．

C．选修44：坐标系与参数方程

在极坐标系中，求经过三点O(0，0)，A(2，π2)，B(22，π4)

的圆的极坐标方程．

D．选修45：不等式选讲

已知x，y，z均为正数．求证：xyz+yzx+zxy≥1x+1y+1z．

22．【必做题】本题满分10分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

已知函数f(x)=ln(ax+1)+1－x1+x,x≥0，其中a＞0．

(1)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；

(2)若f(x)的最小值为1，求a的取值范围．

23．【必做题】本题满分10分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

过抛物线y2=4x上一点A(1，2)作抛物线的切线，分别交x轴于点B，交y轴于点D，点C(异于点A)在抛物线上，点E在线段AC上，满足AE=λ1EC；点F在线段BC上，满足BF=λ2FC，且λ1+λ2=1，线段CD与EF交于点P．

(1)设DP=λPC，求λ；

(2)当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程．

参考答案

一、填空题

1．{1}

2．－1－i

3．－725

4．3+22

5．a=－1

6．35

7．2

8．(－1,1)∪(2,+∞)

9．1000π3cm3

10．(0,12)

11．［4π3,5π3］

12．（0，1）

13．116

14．a

注：第13题过程

设A(x1,y1)，D(x2,y2)，则|AB|=y1，|AB|=y2（y1

由3x－4y+2p=0,x2=2py, 得8y2－17py+2p2=0，得y1=18p，y2=2p，

|AB||CD|=y1y2=116．

二、解答题

15．解：(1) 因为a∥ b，所以12y=12sinx+32cosx，

所以f(x)=2sin(x+π3)

(2) f(A－π3)=2sin(A－π3+π3)=2sinA=3，

sinA=32．A∈(0,π2)，A=π3．

又BC=3，

解法一：由正弦定理知，BCsinA=2R得2R=3sinπ3=2，

AC=2sinB，AB=2sinC，

ABC的周长为3+2sinB+2sinC=3+2sinB+2sin(2π3－B)

=3+2sinB+2(32cosB+12sinB)=3+23sin(B+π6)．

π6

所以sin(B+π6)≤1，ABC周长的最大值为33．

解法二：由余弦定理知，a2=b2+c2－2bccosA，3=(b+c)2－3bc，

3bc=(b+c)2-3≤3・(b+c)24，(b+c)2≤12，

b+c≤23，a+b+c≤a+23，

ABC周长的最大值为33．

16．（1）证明：连接A1B，交AB1于点O, 连接OD.

O、D分别是A1B、BC的中点，

A1C∥OD．

A1C平面AB1D，OD平面AB1D，

A1C∥平面AB1D．

（2）M为CC1的中点．

证明如下：

在正三棱柱ABCA1B1C1中，BC=BB1，四边形BCC1B1是正方形．

M为CC1的中点，D是BC的中点，B1BDBCM，

∠BB1D=∠CBM，∠BDB1=∠CMB．

又∠BB1D+∠BDB1=π2，

∠CBM+∠BDB1=π2，BMB1D．

ABC是正三角形，D是BC的中点，

ADBC．

平面ABC平面BB1C1C, 平面ABC∩平面BB1C1C=BC，AD平面ABC，

AD平面BB1C1C．

BM平面BB1C1C，ADBM．

AD∩B1D=D，BM平面AB1D．

AB1平面AB1D，MBAB1．

17．解：设该品牌手机在不赠送礼物的条件下销售量为m部，

（1）原来利润为(1880－1580)m=300m元，

当赠送礼物的价值为30元时，销售的总利润为

(1880－1580－30)m(1+11%)2=1.2321×270m，

1.2321×270m300m=1.10889，即当赠送礼物的价值为30元时，销售的总利润变为原来不赠送礼物时的1.1倍．

（2）当赠送礼物的价值为15x元时，销售的总利润为f(x)元，则

f(x)=(1880－1580－15x)・m・(1+11%)x=15m(20－x)・1.11x，（x∈N,且x≤12），

f(x+1)－f(x)=15m(1.09－0.11x)・1.11x，

令f(x+1)－f(x)≥0，得x≤91011，

x∈N,且x≤12，

当x≤9时，f(x+1)>f(x)；当9

故当赠送礼物的价值为150元时，可以获得最大利润．

18．解：（1）令椭圆mx2+ny2=1，其中m=1a2,n=1b2，

得m+329n=1274m+n=1 ，

所以m=19,n=14，

即椭圆为x29+y24=1．

（2）直线AB:x－a+yb=1，

设点P(x0,y0)，则OP中点为(x02,y02)，

所以点O,M,P,N所在的圆的方程为(x-x0 2)2 + (y-y0 2)2 = x20 + y20 4，

化简为x2－x0x+y2－y0y=0，

与圆x2+y2=c24作差，即有直线MN:x0x+y0y=c24，

因为点P(x0,y0)在直线AB上，所以x0－a+y0b=1，

所以x0(x+bay)+(by－c24)=0，所以x+bay=0by－c24=0 ，

得x=－c24a,y=c24b，故定点E(－c24a,c24b)，

OP・OE=(x0,bax0+b)・(－c24a,c24b)=c24．

（3）由直线AB与圆G： x2+y2=c24（c是椭圆的焦半距）相离，

则aba2+b2>c2，即4a2b2>c2(a2+b2)，4a2(a2－c2)>c2(2a2－c2)，

得e4－6e2+4>0

因为0

连接ON,OM,OP,若存在点P使PMN为正三角形，则在RtOPN中，OP=2ON=2r=c，

所以aba2+b2≤c，a2b2≤c2(a2+b2)，

a2(a2－c2)≤c2(2a2－c2)，得e4－3e2+1≤0

因为0

由①②，3－52≤e2

所以5－12≤e

19．解:（1）由已知an=f(an-1)，

f(an)-f(an-1)=k(an-an-1)(n=2,3,4,…)，得

an+1-an=f(an)-f(an-1)

=k(an-an-1)(n=2,3,4,…)

由数列{an}是等差数列，得an+1-an=an-an-1(n=2,3,4,…)

所以，an-an-1=k(an-an-1)(n=2,3,4,…)，

得k=1．

（2）充分性证明：若f(x)=kx(k≠1)，则由已知a1=a≠0，

an+1=f(an)得an+1=kan，

所以，{an}是等比数列．

必要性证明：若an是等比数列，设公比为q，则有an=aqn－1，n∈N*

由f(an+1)－f(an)=k(an+1－an)及an+1=f(an)得an+2－an+1=k(an+1－an)

又a2－a1≠0，

所以数列{an+1－an}是以a2－a1为首项，公比为k的等比数列，

所以an+1－an=［f(a)－a］kn－1，

当n≥2时，an=［f(a)－a］(k0+k1+k2+…+kn－2)+a

①若k=1，an=［f(a)－a］(n－1)+a，（n≥2）

对n=1也成立．

数列{an}是公差为f(a)－a≠0的等差数列，不可能是等比数列，所以k≠1，

②k≠1，an=［f(a)－a］1－kn－11－k+a，（n≥2）

对n=1也成立．

所以an=［f(a)－a］1－kn－11－k+a

=f(a)－a1－k+a－f(a)－a1－k・kn－1，

由数列{an}是等比数列知，f(a)－a1－k+a=0，即f(a)=ka，

即f(a)=ka对任意非零实数都成立．

综上可得：数列{an}为等比数列的充要条件是f(x)=kx(k≠1)．

（3）由（2）知，数列{an}是首项为2，公比为k的等比数列，即an=2kn－1，

bn+1－bn=lnk是一个常数，

故数列{bn}是等差数列，设公差为d，

依题意Sn=nb1+12n(n－1)d=12n［dn+(2b1－d)］，

S(m+1)nSmn=12(m+1)n［d(m+1)n+(2b1－d)］12mn［dmn+(2b1－d)］

=(m+1)［d(m+1)n+(2b1－d)］m［dmn+(2b1－d)］，

当且仅当2b1－d=0或d(m+1)dm=2b1－d2b1－d时，

S(m+1)nSmn是一个与n无关的常数，

d(m+1)dm=2b1－d2b1－d不成立，

所以2b1－d=0，即2ln2=lnk，

k=4．

20．解：（1）f2(x)=x2，f′2(x)=2x，

依题意，2・［x1+a(x2－x1)］=x22－x21x2－x1，得a=12．

（2）F(x)=bx－3lnx,F′(x)=b－3x,x∈(0,e］，

①若b≤3e，F′(x)=a－3x≤0，F(x)在(0,e］上单调递减，

F(x)的最小值是F(e)，由F(e)=be-3=6得，b=9e（舍去）；

②若b>3e，F′(x)=bx(x－3b)，令F′(x)=0得x=3b，

当x∈(0,3b)时,F′(x)

当x∈(3b,e］时,F′(x)>0,F(x)在(3b,e］上单调递增;

所以F(x)的最小值是F(3b)，由F(3b)=6得，b=3e．

（3）g(x)=ex，结合图象猜测x1

只需证ex1

故只需证ex1

即证：ex1+ex1(x2－x1)－ex2

设h(x)=ex+ex(x2－x)－ex2，h′(x)=－ex(x－x2)，当x≤x2时，h′(x)≥0，

h(x)在(－∞,x2］上是增函数，x1

设φ(x)=ex－ex(x－x1)－ex1，则φ′(x)=－ex(x－x1)，当x≥x1时，φ′(x)≤0，

φ(x)在［x1,+∞)上是减函数，

x1φ(x2)，即ex2－ex2(x2－x1)－ex1

综上所述，x1

附加题

21．A证明：因AE=AC，AB为直径，

故∠OAC=∠OAE．

所以∠POC=∠OAC+∠OCA=∠OAC+∠OAC=∠EAC．

又∠EAC=∠PDE，

所以，∠PDE=∠POC．

B解：设P(x,y)为圆C上的任意一点，在矩阵A对应的变换下变为另一个点P′(x′,y′)，

则 x′y′=a00bxy，即x′=ax,y′=by.

又因为点P′(x′,y′)在椭圆x29+y24=1上，所以 a2x29+b2y24=1．

由已知条件可知，x2+y2=1 ，所以 a2=9，b2=4．

因为 a>0 ，b>0，所以 a=3，b=2．

C解：设P(ρ,θ)是所求圆上的任意一点，

则OP=OBcos(θ－π4)，

故所求的圆的极坐标方程为ρ=22cos(θ－π4)．

注：ρ=22cos(π4－θ)亦正确．

D证明：因为x，y，z都是为正数，所以xyz+yzx

=1z・(xy+yx)≥2z．

同理可得yzx+zxy≥2x,

zxy+xyz≥2y．

将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得xyz+yzx+zxy

≥1x+1y+1z．

22．解：(1)f′(x)=aax+1－2(1+x)2=ax2+a－2(ax+1)(1+x)2 ．

因f(x)在x=1处取得极值，故f′(1)=0，解得a=1 (经检验)．

(2)f′(x)=ax2+a－2(ax+1)(1+x)2，因x≥0,a>0 ，故ax+1＞0，1+x＞0．

当a≥2时，在区间(0,+∞)上f′(x)≥0，f(x)递增，f(x)的最小值为f(0)=1．

当02－aa；

由f′(x)

f(x)的单调减区间为(0,2－aa)，单调增区间为(2－aa,+∞)．

于是，f(x)在x=2－aa处取得最小值f(2－aa)

综上可知，若f(x)得最小值为1，则a的取值范围是［2,+∞).

注：不检验不扣分．

23．解：(1)过点A的切线方程为y=x+1．

切线交x轴于点B(-1，0)，交y轴交于点D(0，1)，则D是AB的中点．

所以CD=12(CA+CB)(1)

由DP=λPC，DP+PC=(1+λ)PC ，

CD=(1+λ)CP (2)

同理由 AE=λ1EC， 得CA=(1+λ1)CE(3)

BF=λ2FC， 得CB=(1+λ2)CF(4)

将(2)、(3)、(4)式代入(1)得

CP=12(1+λ)［(1+λ1)CE+(1+λ2)CF］．

因为E、P、F三点共线，所以 1+λ12(1+λ)+ 1+λ22(1+λ)=1，

再由λ1+λ2=1，解之得λ=12．

(2)由(1)得CP=2PD，D是AB的中点，所以点P为ABC的重心．

所以，x=1－1+x03，y=2+0+y03．

解得x0=3x，y0=3y-2，代入y20=4x0得(3y-2)2=12x．

由于x0≠1，故x≠3．

所求轨迹方程为(3y-2)2=12x (x≠3)．