1、武进礼嘉中学高三数学限时练习（1）一 、 填 空 题 （ 本 大 题 共 14 小 题 ， 每 小 题 5 分 ， 计 70 分 ）1设集合 Ax| 2x 0，Bx|1x1，则 AB 2若复数 z(1mi)(2 i)(i 是虚数单位)是纯虚数，则实数 m 的值为 3将一骰子连续抛掷两次，至少有一次向上的点数为 1 的概率是 4如图所示，一家面包销售店根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图若 一个月以 30 天计算，估计这家面包店一个月内日销售量不少于 150 个的天数为 5执行如图所示的流程图，则输出的 k 的值为 6设公差不为 0 的等差数列a 的前 n 项和为 Sn若
2、S3a ， n 2 2且 S1，S 2，S 4 成等比数列，则 a10 等于 7如图，正三棱柱 ABCA1B1C1 中，AB4，AA 16若 E，F 分别是棱 BB1，CC 1 上的点，则三棱锥AA1EF 的体积是 8已知函数 f(x)2sin(x )(0，| )的最小正周期为 ，且它的图象过点( ， )，则 的2 12 2值为 9已知函数 f(x) 则不等式 f(x)1 的解集是 10在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 y22px(p0) 的焦点为 F，双曲线 1(a0，b0)的两x2a2 y2b2条渐近线分别与抛物线交于 A，B 两点(A，B 异于坐标原点 O)若直线 AB 恰好过点 F
3、，则双曲线的渐近线方程是 .11在ABC 中，A120， AB4若点 D 在边 BC 上，且 2 ，AD ，则 AC 的长 BD DC 12已知圆 O：x 2y 21，圆 M：( xa) 2(ya4) 21若圆 M 上存在点 P，过点 P 作圆 O 的两条切线，切点为 A，B，使得APB60，则实数 a 的取值范围为 13已知函数 f(x)ax 2x b(a，b 均为正数)，不等式 f(x)0 的解集记为 P，集合Qx| 2t x 2t 若对于任意正数 t，PQ ，则 的最大值是 1a 1bk 1开始输出 k结束S16S1YNSS3k1k k1（第 5 题图）（第 4 题图） （第 7 题图）
4、A BCA1 B1FC1EANBPMC14若存在两个正实数 x、y ，使得等式 xa( y2ex)(lnylnx)0 成立，其中 e 为自然对数的底数，则实数 a 的取值范围为 二、解答题（本大题共 6 小题，计 90 分）15(本小题满分 14 分)已知 为锐角，cos( ) （1）求 tan( )的值；（2）求 sin(2 )的4 4 3值16(本小题满分 14 分)如图，在三棱锥 PABC 中，平面 PAB平面 ABC，PAPB，M ，N 分别为AB，PA 的中点 （1）求证：PB 平面 MNC；（2）若 ACBC ，求证：PA 平面 MNC.（第 16 题图）17(本小题满分 14 分
5、)如图，某城市有一块半径为 1（单位：百米）的圆形景观，圆心为 C，有两条与圆形景观相切且互相垂直的道路最初规划在拐角处（图中阴影部分）只有一块绿化地，后来有众多市民建议在绿化地上建一条小路，便于市民快捷地往返两条道路规划部门采纳了此建议，决定在绿化地中增建一条与圆 C 相切的小道 AB问：A，B 两点应选在何处可使得小道 AB 最短？18 (本小题满分 16 分) 在平面直角坐标系 xOy 中，点 C 在椭圆 M： 1(ab0)上若点x2a2 y2b2A(a，0) ，B (0， )，且 （1）求椭圆 M 的离心率；（2）设椭圆 M 的焦距为 4，P，Q 是椭圆a3 AB 32BC M 上不同
6、的两点，线段 PQ 的垂直平分线为直线 l，且直线 l 不与 y 轴重合若点 P(3，0)，直线 l 过点(0， )，求直线 l 的方程； 若直线 l 过点(0，1) ，且与 x 轴的交点为 D，求 D 点横坐标的取值范67围路路2路路1AB C（第 17 题图）19(本小题满分 16 分)对于函数 f(x)，在给定区间a，b内任取 n1(n2，nN*) 个数x0，x 1，x 2， ，x n，使得 ax 0x 1x 2x n1 x nb，记 S |f(xi1 )f( xi)|若存在与 n 及n-1i=0xi(i n， iN) 均无关的正数 A，使得 SA 恒成立，则称 f(x)在区间 a，b上
7、具有性质 V （1）若函数 f(x)2x1，给定区间为 1，1 ，求 S 的值；（2）若函数 f(x) ，给定区间为0，2 ，求 S 的最大值；xex（3）对于给定的实数 k，求证：函数 f(x)kln x x2 在区间1，e上具有性质 V1220(本小题满分 16 分)已知数列a n的前 n 项和为 Sn，且对任意正整数 n 都有 an(1) nSn p n(p 为常数，p0) （1）求 p 的值；（2）求数列 an的通项公式；（3）设集合 Ana 2n1 ，a 2n，且 bn，c n An，记 数列nb n， ncn的前 n 项和分别为 Pn，Q n若 b1c 1，求证：对任意 nN*，P
8、 nQ nANBPMC武进礼嘉中学高三数学限时练习（1）一 、 填 空 题 （ 本 大 题 共 14 小 题 ， 每 小 题 5 分 ， 计 70 分 . 不 需 写 出 解 答 过 程 ， 请 把 答 案 写 在 答 题 纸 的 指 定位 置 上 ）1 x|2x 1 22 3 4 9 5 5 6 19 7 81136 38 9 4， 2 10y2x 113 12 2 ，2 1213 14a0 或 a12 1e二、解答题（本大题共 6 小题，计 90 分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）15(本小题满分 14 分)解：（1）因为 (0， ） ，所以
9、 ( ， )，2 4 4 34所以 sin( ) ，3 分4 所以 tan( ) 26 分4（2）因为 sin(2 )sin2( )2 sin( ) cos( ) ，9 分2 4 4 4 45cos(2 )cos2( )2 cos 2( )1 ，12 分2 4 4 35所以 sin(2 )sin(2 ) sin(2 )cos cos(2 )sin 14 分3 2 6 2 6 2 616(本小题满分 14 分)证：（1）因为 M，N 分别为 AB，PA 的中点，所以 MNPB 2 分因为 MN平面 MNC，PB平面 MNC， 所以 PB平面 MNC. 4 分（2）因为 PAPB ，MNPB，所以
10、 PAMN. 6 分因为 ACBC，AMBM ，所以 CMAB . 8 分因为平面 PAB平面 ABC， CM平面 ABC，平面 PAB平面 ABCAB，所以 CM平面 PAB 12 分因为 PA平面 PAB，所以 CMPA 因为 PAMN，MN平面 MNC，CM平面 MNC，MNCMM，所以 PA平面 MNC. 14 分17(本小题满分 14 分)解法一：如图，分别由两条道路所在直线建立直角坐标系 xOy设 A(a，0) ，B(0，b)(0a1，0b1) ，则直线 AB 方程为 1，即 bxay ab0xa yb因为 AB 与圆 C 相切，所以 14 分化简得 ab2(ab)20，即 ab2
11、(ab) 26 分因此 AB a2 b2 (a b)2 2ab (a b)2 4(a b) 4 (a b 2)28 分因为 0a1，0b1，所以 0ab2，于是 AB2(ab)又 ab2(ab)2( )2，a+b2解得 0ab42 ，或 ab42 2 2因为 0ab2，所以 0ab42 ，12 分 2所以 AB2(ab) 2(42 )2 2， 2 2当且仅当 ab2- 时取等号， 2所以 AB 最小值为 2 2，此时 ab2- 2 2答：当 A，B 两点离道路的交点都为 2 (百米)时，小道 AB 最短14 分 2解法二：如图，连接 CE，CA，CD，CB，CF设DCE， (0， )，则DCF
12、 2 2在直角三角形 CDA 中，AD tan 4 分2在直角三角形 CDB 中，BD tan( )，6 分4 2所以 ABAD BDtan tan( )2 4 2 路2路1FABECDy x路2路1OABCtan 8 分2令 ttan ，0 t1，2则 ABf(t) t t 1 22 2，1 t1 t 21 t 2当且仅当 t 1 时取等号12 分 2所以 AB 最小值为 2 2， 2此时 A，B 两点离两条道路交点的距离是 1( 1)2 2 2答：当 A，B 两点离道路的的交点都为 2 (百米)时，小道 AB 最短14 分 218(本小题满分 16 分)解：（1）设 C (x0，y 0)，
13、则 (a， )， (x 0，y 0 )AB a3 BC a3因为 ，所以 (a， ) (x0，y 0 )( x0， y0 )，AB 32BC a3 32 a3 32 32 a2得 2 分 代入椭圆方程得 a2 b295因为 a2b 2c 2，所以 e 4 分ca 23（2）因为 c2，所以 a29，b 25，所以椭圆的方程为 1， x29 y25设 Q (x0，y 0)，则 1 6 分x029 y025因为点 P(3， 0)，所以 PQ 中点为( ， )， x0 32 y02因为直线 l 过点(0， )，直线 l 不与 y 轴重合，所以 x03，67所以 1， 8 分y0x0 3化简得 x02
14、9y 02 y0 127将代入化简得 y02 y00，解得 y00（舍），或 y0 157 157将 y0 代入得 x0 ，所以 Q 为( ， )， 157 67 67 157所以 PQ 斜率为 1 或 ，直线 l 的斜率为1 或 ，59 95所以直线 l 的方程为 yx 或 y x 10 分67 95 67设 PQ：ykx +m，则直线 l 的方程为：y x1，所以 xDk1k将直线 PQ 的方程代入椭圆的方程，消去 y 得(5 9k 2)x218kmx9m 2450，设 P(x1，y 1)，Q (x2，y 2)，中点为 N，xN ，代入直线 PQ 的方程得 yN ，12 分x1 x22 9
15、km5+9k2 5m5+9k2代入直线 l 的方程得 9k24m5 又因为(18km) 24(59k 2) (9m245) 0， 化得 m29k 250 14 分将代入上式得 m24m0，解得 0m4，所以 k ，且 k0，所以 xDk( ， 0)(0， )综上所述，点 D 横坐标的取值范围为 ( ，0)(0 ， )16 分19(本小题满分 16 分)（1）解：因为函数 f(x)2x1 在区间1，1 为减函数，所以 f(xi1 )f(x i)，所以| f(xi1 )f(x i)| f(xi)f(x i1 )S |f(xi1 )f (xi)| f(x 0)f (x1)+ f(x1)f (x2)+
16、 f(xn-1)f(x n)n-1i=0f(x 0)f(x n)f(1)f(1)4 2 分(2) 解：由 f(x) 0，得 x11 xex当 x1 时，f(x )0，所以 f (x)在(，1) 为增函数；当 x1 时，f(x )0，所以 f (x)在(1，) 为减函数；所以 f (x)在 x1 时取极大值 4 分1e设 xm1x m1 ，mN，mn1，则 S |f(xi1 )f (xi)|n-1i=0|f(x 1)f(0)| f(xm)f(x m1 )| f(xm1 )f (x m)|f (xm2 )f(x m1 )|f(2)f(x n1 )|f(x 1)f(0)f(x m)f(x m1 )|
17、f (xm1 )f(x m)| f(xm1 )f(x m2 )f(x n1 )f(2)f(x m)f(0)| f(xm1 )f( x m)| f(xm1 )f(2) 6 分因为|f( xm1 )f (x m)|f(1) f(x m)f(1)f(x m1 )，当 x m1 时取等号，所以 Sf(x m)f(0) f(1)f(x m)f (1)f(x m1 )f (xm1 )f(2)2 f(1)f(0)f(2) .2(e 1)e2所以 S 的最大值为 8 分2(e 1)e2（3）证明：f(x) x ，x1，e kx k x2x当 ke 2 时，k x 20 恒成立，即 f(x)0 恒成立，所以 f
18、(x)在1 ，e上为增函数，所以 S |f(xi1 )f (xi)| f(x1)f (x0)+ f(x2)f (x1)+ f(x n)f (xn-1)n-1i=0f(x n)f(x 0)f(e)f(1)k + e212 12因此，存在正数 Ak + e2，都有 SA，因此 f(x)在1，e上具有性质 V10 分12 12当 k1 时，k x 20 恒成立，即 f(x)0 恒成立，所以 f(x)在1 ，e上为减函数，所以 S |f(xi1 )f (xi)| f(x0)f (x1)+ f(x1)f (x2)+ f(xn-1)f(x n)n-1i=0f(x 0)f(x n) f(1)f(e) e2k
19、 12 12因此，存在正数 A e2k ，都有 SA，因此 f(x)在1，e 上具有性质 V12 分12 12当 1ke 2 时，由 f(x)0，得 x ；当 f(x)0，得 1x ；k k当 f(x)0，得 xe ，因此 f(x)在1， )上为增函数，在( ，e上为减函数k k k设 xm x m+1，mN，mn1k则 S |f(xi1 )f (xi)|n 1i 1|f(x 1)f(x 0)|+|f(xm)f(x m1 )|+ |f(xm+1)f(x m)|+ |f(xm+2)f(x m+1)|+|f(xn)f(x n 1)|f(x 1)f(x 0)+f(xm)f(x m 1) + |f(x
20、m+1)f (x m)|+ f(xm+1) f(x m+2) +f(xn 1)f (x n)f(x m)f(x 0) + |f(xm+1)f(x m)| + f(xm+1)f(x n)f(x m)f(x 0) + f(xm+1)f(x n)+ f( )f(x m+1)+ f( )f (xm)k k2 f( )f( x0)f(x n)klnk k +k e2kln k2k + e2k12 12 12 12因此，存在正数 Ak lnk2k + e2，都有 SA，因此 f(x)在1，e上具有性质 V12 12综上，对于给定的实数 k，函数 f(x)kln x x2 在区间1，e上具有性质 V16 分
21、1220(本小题满分 16 分)解：（1）由 a1S 1p，得 a1 2 分p2由 a2S 2p 2，得 a1p 2，所以 p 2p2又 p0，所以 p 3 分12（2）由 an(1) nSn( )n，得12 得 ana n1 (1) n(a n1 ) ( )n 5 分12 12当 n 为奇数时，a na n1 a n1 ( )n，12 12所以 an( )n1 7 分12当 n 为偶数时，a na n1 a n1 ( )n，12 12所以 an2a n1 ( )n2( )n2 ( )n( )n，12 12 12 12 12 12所以 an 9 分 （3）A n ， ，由于 b1c 1，则 b
22、1 与 c1 一正一负，14n 14n不妨设 b10，则 b1 ，c 1 14 14则 Pnb 12b 23b 3nb n ( + ) 12 分14 242 343 n4n设 S + ，则 S + ，242 343 n4n 14 243 n 14n n4n 1两式相减得 S + 34 242 143 14n n4n 1 116 116 n4n 1 748 112 14n 1 n4n 1 748所以 S ，所以 Pn ( + ) 014 分748 43 736 14 242 143 14n 14 736 118因为 Qn= c12 c 23 c 3n c n S 0，14 14 736 118所以 Pn Qn 16 分
