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高三数学周末练习高三数学周末练习2013.4.202013.4.20审核人：邓加林审核人：邓加林一填空题（本大题共填空题（本大题共1414 小题小题,每小题每小题5 5 分分,计计 7070 分）分）1 1已知复数z满足(1i)z 1，则z 2.2.命题“xR,x2 0”的否定是.3 3已知集合Ax|log2x 1，B x|0 x c，其中c 0若A B，则c=3)(0)，则sin 2_455 5已知数列an满足log3an1 log3an1且a2 a4 a6 9，则log1(a5 a7 a9)的值是4 4已知sin(36 6为了了解高三学生的身体状况抽取了部分男生的体重，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图（如图），已知图中从左到右的前3 个小组的频率之比为123，第 2 小组的频数为 12，则抽取的男生人数是7 7阅读下面的流程图，若输入a6，b1，则输出的结果是频率组距0037500125(第第 6 6 题题)(第第 7 7 题题)8 8抛掷一颗骰子的点数为a，得到函数f(x)sin是9 9若实数a满足a t 1 t 2(tR)恒成立，则函数f(x)loga(x25x 6)的单调减区间为1010已知互不相同的直线m,n,l和平面,，下列四个命题中真命题的是（填序号）（1）m,lax，则“y f(x)在0，4上至少有 5 个零点”的概率3505560657075体重 A,Am,则l与 m 不共面；（2）若l,m,lm A,l/,m/，则/；（3）l、m 是异面直线，l/,m/,且n l,n m,则n；（4）若l/,m/,/,则l/mx2y21111已知椭圆221的左、右焦点分别为F1、F2，点 A 在椭圆上且AF1F1F2 0，AF1AF2 c2，则椭圆ab的离心率为1212已知是ABC的内角，若cos，sin成等差数列，且ABC的周长为2，则最大边长的最小值为121313已知函数f(x)的导函数f(x)2x9，且f(0)的值为整数，当x(n,n 1(nN*)时，f(x)的值为整数的个数有且只有 1 个，则n=14.14.已知函数f(x)2x1(x 0)，把函数g(x)f(x)x1的零点按从小到大的顺序排列成一个数f(x1)1(x 0)列，则该数列的前 n 项的和Sn,则S10二解答题二解答题1515(本小题满分 14 分)E是线段D1O上一点，如图：在正方体ABCD A1BC11D1中，O,O1分别是AC、AC11的中点，且D1E EO(0).(1)求证：BO1/平面ACE；(2)当 2时，证明：平面CDE 平面CDO.11616(本小题满分 14 分)AA1EDOBCD1B1C1如图，在直角坐标系xOy中，锐角ABC内接于圆x2 y21.已知BC平行于x轴，AB所在直线方程为y kx m(k 0)，记角A、B、C所对的边分别是a、b、c.（1）若3k 2ac2AC求cossin2B的值；,2a2 c2b2（2）若k 2,记xOA(0 2),xOB(3),求sin()的值2yABOCx1717(本小题满分 14 分)x2y23已知椭圆221(a b 0)的两准线间距离为 6，离心率e.过椭圆上任意一点 P，作右准线的垂线ab3PH（H 为垂足），并延长 PH 到 Q，使得PH HQ(0)F2为该椭圆的右焦点，设点P 的坐标为(x0,y0).（1）求椭圆方程；（2）当点 P 在椭圆上运动时，求的值使得点 Q 的轨迹是一个定圆.1818(本小题满分 16 分)如图：一个城市在城市改造中沿市内主干道（季华路）修建圆形广场，其圆心为O，半径为 100m，与季华路一边所在直线l相切于点 M，A 为上半圆弧上一点，过点 A 作l的垂线，垂足为 B。市园林局计划在ABM内进行绿化，设ABM的面积为 S（单位：m）（1）设AON，将 S 表示成的函数；（2）为使绿化面积最大，试确定此时点A 的位置及面积的最大值.2l季B华M路ANO1919（本小题满分 16 分）已知函数f(x)ln x1x（1）试判断函数f(x)的单调性；（2）设m 0，求f(x)在m,2m上的最大值；(3)试证明：对nN，不等式ln(2020(本小题满分 16 分)如果存在常数a使得数列an满足：若x是数列an中的一项，则ax也是数列an中的一项，称数列，常数a是它的“兑换系数”.an为“兑换数列”（1）若数列：1,2,4,m(m 4)是“兑换系数”为a的“兑换数列”，求m和a的值；（2）已知有穷等差数列bn的项数是n0(n0 3)，所有项之和是B，求证：数列bn是“兑换数列”，并用n0和B表示它的“兑换系数”；（3）对于一个不少于 3 项，且各项皆为正整数的递增数列cn，是否有可能它既是等比数列，又是“兑换数列”？给出你的结论并说明理由.1ne1n)恒成立nn高三数学周末练习（理科）高三数学周末练习（理科）15.解：（1）变式得：3sinB2ac12sinB 解得，-4 分22cosBa c b3原式 sin2B1cosB9 2 2；-7 分sin2B 2sinBcosB 2218（2）方法一：AOB，作OD AB于D，xOD 2224sin()-14 分5,tan()kOD 11-11 分k216(本小题满分 14 分)E是线段D1O上一点，且如图：在正方体ABCD A1BC11D1中，O、O1分别是AC、AC11的中点，D1E EO(0).()求证：取不等于0的任何值时都有BO1/平面ACE；()2时，证明：平面CDE 平面CDO.1A1D1B1EDAOBC1C16.（1）D1O 平面ACE BO1平面ACEBO1BO1D1ODE CODE 平面CD1O(2)D1O与CO交于O点 平面CDE 平面CD1ODE 平面CDED1O 平面CD1OCO 平面CD1O x2y2117解：（1）6 分32(2)设 Q 的坐标为x,y，H3,y0，y y0.PH HQ0DE D1O3x0 x3,x033x9 分233xx02y021，又323当且仅当3 2，即233xy2y2112 分1，即3222 26时，2点 Q 在定圆x362 y2 2上.15 分18(本小题满分 14 分)如图：一个城市在城市改造中沿市内主干道季华路修建的圆形广场圆心为O，半径为100m，其与季华路一边所在直线l相切于点 M，A 为上半圆弧上一点，过点 A 作l的垂线，垂足为 B。市园林局计划在ABM内进行绿化，设ABM的面积为 S（单位：m）2l季B华MOAN（1）以AON 为参数，将 S 表示成的函数；（2）为绿化面积最大，试确定此时点A 的位置及面积的最大值。解答：（）如图，BM AOsin100sin，路AB MO AOcos100 100cos,(0,).则S 112MB AB 2100sin(100100cos)5000(sin12sin2),(0,)6 分（）S5000(2cos2cos1)5000(2cos1)(cos1)，8 分令S 0，得cos1,cos 1（舍去），此时23.x(0,3)3S+0S极大值所以当3时，S取得最大值Smax3750 3m2，此时AB 150m.答：当点A离路边l为 150m时，绿化面积最大，值为3750 3m2.19（本小题满分 16 分）已知函数f(x)ln xx1（1）试判断函数f(x)的单调性；（2）设m 0，求f(x)在m,2m上的最大值；(3)试证明：对nN，不等式ln(1ne1nn)n恒成立19解：（）f(x)1ln xx2令f(x)0得1ln x 0 x e(3,)-当0 x e时f(x)1ln x 0，当x e时f(x)0 x2函数f(x)在(0,e上单调递增，在e,)上单调递减当x e时函数有最大值f(x)max f(e)11e（）由（）知函数f(x)在(0,e上单调递增，在e,)上单调递减故当0 2m e即0 m f(x)max f(2m)e时f(x)在m,2m上单调递增2ln2m12m当m e时f(x)在m,2m上单调递减lnm1me当m e 2m，即 m e时21f(x)max f(e)1ef(x)max f(m)（）由（1）知当x(0,)时，f(x)max f(e)11eln x1ln x111，即且仅当x e时“”成立在(0,)上恒有f(x)xexe1对任意的x(0,)恒有ln x xe1n1n1n1 1n1ne1n 0且 eln ln()nnnennn1ne1n)即对nN，不等式ln(恒成立nn20.(本小题满分 16 分)如果存在常数a使得数列an满足：若x是数列an中的一项，则ax也是数列an中的一项，称数列，常数a是它的“兑换系数”.an为“兑换数列”（）若数列：1,2,4,m(m 4)是“兑换系数”为a的“兑换数列”，求m和a的值；（）已知有穷等差数列bn的项数是n0(n0 3)，所有项之和是B，求证：数列bn是“兑换数列”，并用；n0和B表示它的“兑换系数”（）对于一个不少于3 项，且各项皆为正整数的递增数列cn，是否有可能它既是等比数列，又是“兑换数列”？给出你的结论并说明理由.20解：（1）因为数列：1,2,4,m(m 4)是“兑换系数”为a的“兑换数列”所以am,a4,a2,a1也是该数列的项，且a m a 4 a 2 a 1故am 1,a4 2即a 6,m 5。（2）设数列bn的公差为d，因为数列bn是项数为n0项的有穷等差数列若b1b2b3bn0，则ab1 ab2 ab3 abn0即对数列bn中的任意一项bi(1i n0)abib1(n0i)d bn01ibn同理可得：若b1b2b3bn0，abib1(n0i)d bn01ibn也成立，由“兑换数列”的定义可知，数列bn是“兑换数列”；又因为数列bn所有项之和是B，所以B(b1bn0)n02an02B，即a 2n0（3）假设存在这样的等比数列cn，设它的公比为q(q 1)，因为数列cn为递增数列，所以c1 c2 c3则ac1 ac2 ac3 cn acn又因为数列cn为“兑换数列”，则acicn(i 1,2,故数列cn必为有穷数列，不妨设项数为n项，则cicn1i a(1i n)若n 3,则有c1c3 a,c2)，所以aci是正整数a，又c22 c1c3，由此得q 1，与q 1矛盾；2n1 若n 4。由c1cn c2cn1，得c1c1qc1q即(q1)(1qn2c1qn2 0)0，故q 1，与q 1矛盾；综合得，不存在满足条件的数列cn。数学（）附加题数学（）附加题ab3 A2121（B B）已知矩阵A，若矩阵属于特征值 1 的一个特征向量为1=-1，属于特征值 5 的一个特14 1征向量为2=求矩阵A，并写出A的逆矩阵1(C)(C)在极坐标系中，O为极点，求过圆 C：6cos(程。3)的圆心 C 且与直线 OC 垂直的直线l的极坐标方22.22.一投掷飞碟的游戏中，飞碟投入红袋记2 分，投入蓝袋记 1 分，未投入袋记 0 分经过多次试验，某人投掷 100 个飞碟有 50 个入红袋，25 个入蓝袋，其余不能入袋（1）求该人在 4 次投掷中恰有三次投入红袋的概率；（2）求该人两次投掷后得分的数学期望E 2323已知(x1)na0a1(x1)a2(x1)a3(x1)3.an(x1)n,（其中nN*）（1）求a0及Snna；ii1（2）试比较Sn与(n2)2 2n的大小，并说明理由n2附加题答案附加题答案1.1.解解：由矩阵 A A 属于特征值 1 的一个特征向量为 1a 3 可得，11b4 3 3 11，即3a b 33 分ab 111由矩阵 A A 属于特征值 5 的一个特征向量为 2，可得5 11，114 即a b 5，6 分23a 2解得即 A A，7 分14b 33 45A 的逆矩阵是5125 522.（1）“飞碟投入红袋”，“飞碟投入蓝袋”，“飞碟不入袋”分别记为事件A，B，C则P(A)501251,P(B)P(C)1002100412121433因每次投掷飞碟为相互独立事件，故4 次投掷中恰有三次投入红袋的概率为P4(3)C4()(1)-4 分（2）两次投掷得分的得分可取值为 0，1，2，3，4 则：P(0)P(C)P(C)116511111P(1)C2P(B)P(C)2P(2)C2P(A)P(C)P(B)P(B)164481P(3)C2P(A)P(C)11；P(4)P(A)P(A)44E 01151151 2 3 4-10 分16816442n23.（1）令x 1，则a0 2，令x 2，则n2ai0ni 3n，Sn 3n2n；n2（2）要比较Sn与(n2)2 2n的大小，即比较：3n与(n1)2 2n的大小，当n 1时，3 (n1)2 2n；当n 2,3时，3 (n1)2 2n；当n 4,5时，3 (n1)2 2n；猜想：当n 4时n 4时，3 (n1)2 2n，下面用数学归纳法证明：由上述过程可知，n 4时结论成立，nn2nn2nn2nn2假设当n k(k 4)n k,(k 4)时结论成立，即3n(n1)2n2n2，3(k 1)2k2k2 k2k12(k 1)2(k 3)2k4k24k 2k2k2k而(k 3)2 4k 4k 2(k 3)2 4(k k 2)6(k 2)2 4(k 2)(k 1)60k1k123(k 1)122(k 1)即n k 1时结论也成立，当n 4时，3n(n1)2n2n2成立.综上得，当n 1时，3n(n1)2n2n2；当n 2,3时，3n(n1)2n2n2；当n 4,nN时，3n(n1)2n2n2两边同乘以 3 得：3k1