沛县二中高三期末复习数学试卷

一、填空题

021．已知集合A=sin900，cos180，B=x|x+x=0,则AB=————

2、不等式ax2＋bx＋c>0的解集是(－∞，-2)∪(-1，＋∞)，则a∶b∶c＝__________. 3、设复数z(aa)2aiaR为纯虚数,则a= ．

24、函数ylog12(3x1)的定义域为

5、已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的________条件．（填充分必要条件，充分不必要条件，必要不充分条件，既不充分又不必要条件之一）

6、200辆汽车通过某一段公路时的时速频率分布直方图如图所示，则时速在[50,60)的汽车大约有 辆．

7、已知某算法的流程图如下图所示，则输出的结果是 ．

频率 组距 0.04 0.02 0.01 0 是 40 50 60 70 80 时速

第6图

S6S3开始 a1,b2 cab ab bc b5 否 输出c 结束 第7图

的值是 ．

8．设Sn是等比数列{an}的前n项的和，若a32a60，则

9、函数f(x)sinxcosx的图象向左平移m(m0)个单位后，与ycosxsinx的图象重合，则实数m的最小值为 .

10. 一个质地均匀的正四面体（侧棱长与底面边长相等的正三棱锥）骰子四个面上分别标有

1，2，3，4这四个数字，抛掷这颗正四面体骰子，观察抛掷后能看到的数字．若连续抛掷两次，两次朝下面上的数字之积大于6的概率是 .

11．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2＝2x的焦点为F． 设M是抛物线上的动点，则的最大值为 ． 12.数列{an}的通项ann2(cos2n3sin2MOMF

n3其前n项和为Sn，则S30为 . )，9(x)yyz13．设正实数x,y,z满足x2yz1，则

1xy的最小值为 ．

af0与fa的14．对任意x∈R，函数f(x)的导数存在，若fx＞fx且a＞0，则e·大小关系为：ea·f0__________fa(用，，<,>之一填空）

二、解答题

15、已知向量m(sinx,1),n(cosx,3)

sinxcosx3sinx2cosx（1）当m//n时，求的值；

（2）设函数f(x)(mn)m，求f(x)的单调增区间；

（3）已知在锐角ABC中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，3c2asin(AB)，对于（2）

中的函数f(x)，求f(B8)的取值范围。

16．（本小题满分14分）

如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，侧棱PAPD，底面ABCD0是直角梯形，其中BC//AD，BAD90，AD3BC，O是AD上一点． (1)若CD//平面PBO，试确定点O的位置；

P (2)求证:平面PAB平面PCD．

AOC第16题

DB17．（本小题满分14分）

如图，一载着重危病人的火车从O地出发，沿射线OA行驶，其中tan地5a（a为正数）公里北偏东角的N处住有一位医学专家，其中sin指挥部紧急征调离O地正东p公里的B处的救护车赶往

N处载上医学专家全速追赶乘有重危病人的火车，并在C处相遇，经测算当两车行驶的路线与OB围成的三角形OBC面积S最小时，抢救最及时.

1335,在距离O,现有110

北

C A N （1）求S关于p的函数关系； （2）当p为何值时，抢救最及时.

18. 已知⊙O:x2y21和点M(4,2).

(Ⅰ)过点M向⊙O引切线l，求直线l的方程；

(Ⅱ)求以点M为圆心，且被直线y2x1截得的弦长为 4的⊙M的方程；

(Ⅲ)设P为（Ⅱ）中⊙M上任一点，过点P向⊙O引切

线，切点为Q. 试探究：平面内是否存在一定点R，

使得

PQPR 东

O 第17题

B 为定值？若存在，请举出一例，并指

y M · 出相应

的定值；若不存在，请说明理由.

18题

o x 19. （本小题满分16分）

设数列{an}、{bn}满足a14，a252，an1anbn2，bn12anbnanbn．

（1）证明：an2，0bn2（nN*）； （2）设cnlog3an2an2，求数列{cn}的通项公式；

（3）设数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，数列{anbn}的前n项和为

{Pn}，求证：SnTnPn83．n2

20．（本小题满分16分） 已知函数f(x)lnxkex(k为常数,e2.71828是自然对数的底数),曲线yf(x)在

点(1,f(1))处的切线与x轴平行. (Ⅰ)求k的值;

(Ⅱ)求f(x)的单调区间;

(Ⅲ)设g(x)(xx)f'(x),其中f'(x)为f(x)的导函数.证明:对任意

x0,g(x)1e.

22

数学Ⅱ（理科附加题）

21．【选做题】

（1）选修4—2：矩阵与变换 已知矩阵M=犏犏M50轾3 32 4臌，求M的特征值和特征向量；若=犏在矩阵B的作用下变换为，求犏1臌轾8(运算结果用指数式表示)。

（2）．选修4—3：坐标系与参数方程 已知椭圆C的极坐标方程为2a3cos4sin22，焦距为2，求实数a的值．

【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．

22．在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1,1)，P是动点，且三角形POA的三边所在直线的斜率满足kOP+kOA=kPA．

(1)求点P的轨迹C的方程；

(2)若Q是轨迹C上异于点P的一个点，且PQOA0，

直线OP与QA交于点M，问：是否存在点P使得△PQA

和△PAM的面积满足SPQA2SPAM? 若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．

23．已知(112x)展开式的各项依次记为a1(x),a2(x),a3(x),an(x),an1(x)．

n设F(x)a1(x)2a2(x)3a3(x),nan(x)(n1)an1(x)． （1）若a1(x),a2(x),a3(x)的系数依次成等差数列，求n的值；

n1（2）求证：对任意x1,x2[0,2]，恒有|F(x1)F(x2)|2(n2)1.

参考答案

1、{-1} 2、 1:3:2 3、1 4、

1213,23 5、必要不充分条件 6、 60

337、 5 8、 9、

223 10 、 8. 11、

12、470 13、 7 14、 < 15、解：（1）由m//n，可得3sinx=-cosx，于是tanx=113． „„„„„„„2分

123∴ ． „„„„„„„„„„4分

13sinx2cosx3tanx293()23sinxcosxtanx1（2）∵ f(x)=(mn)m

=(sinx+cosx，2)·(sinx，-1) =sinx+sinxcosx-2 =

1cos2x2222

12sin2x2

=

2ksin(2x4)32， „„„„„„„„„„6分

22x42k23所求增区间为：k，k+（kZ)88

„„„„„„„„„„8分 （无kZ扣1分）

（3）∵在△ABC中，A+B=-C，于是sin(AB)sinC, 由正弦定理知：3sinC2sinAsinC， ∴sinA32，可解得A3． „„„„„„„„„„„„„„„„„„10分

6B432又△ABC为锐角三角形，于是∴ f(B 由

68)22sin[2(B2，

22sin2B328)]．

B2得

32B，

sin2B32∴ 022≤

2232．

即f(B8)(32，2232]．„„„„„„„„„„„„„„„„„„14分

16．（1） …………7分 （2）……14分

17．解：（1）以O为原点，正北方向为y轴建立直角坐标系，„„„ 2分

则lOA:y3x .设N（x0，y0），有x05asin3a, y05acos4a, N(3a,4a).又B，∴直（p，0）线BC的方程为：y 由y3xy(xp)3ap4a北 C A N 4a3ap(xp).„„„ 6

分

得C的纵坐标yc12ap(p5a)，

3p5a32∴S12OB|yc|6ap3p5a,(p253O a).„„„ 10分

2B 东 2ap5（2）由（1）得S,令tpa(t0)

533p5apa36ap ∴S2a[t∴当且仅当t∴当p10a325a9t25a9t210a3]5a3403a，

10a322,即t,此时p时，上式取等号，„„„ 13分

公里时，抢救最及时. „„„ 14分

|4k2|k218、解:(Ⅰ)设切线l方程为y2k(x4) ，易得

815191，解得

1k„„4分

81519(x4) „„„„„„„„„„„„„„6

5 ∴切线l方程为y2分

（Ⅱ）圆心到直线y2x1的距离为

r2,设圆的半径为r，则

2(5)229,

∴⊙M的方程为(x4)2(y2)29„„„„„„„„„„„„„ 10分 （Ⅲ）假设存在这样的点R(a,b)，点P的坐标为(x,y)，相应的定值为， 根据题意可得PQxy1，∴

22xy1(xa)(yb)2222,

即x2y212(x2y22ax2bya2b2) （*），

又点P在圆上∴(x4)2(y2)29，即x2y28x4y11，代入（*）

式得：

8x4y12(82a)x(42b)y(ab11)222

2(82a)8若系数对应相等，则等式恒成立，∴2(42b)4，

222(ab11)12解

a2,b1,2或a25,b15,103PQPR得

„„„„„„„„„„„„14分 为定值. 如点R的坐标为(2,1)时，比值

∴可以找到这样的定点R，使得为2；

点R的坐标为(,)时，比值为

5521103„„„„„„„„„16分

19. （1）an1anbn2，bn12anbnanbn两式相乘得anbnan1bn1，{anbn}为常数列，

anbna1b14；（2分）

bn4anan112(an4an0bn2； )2；（若an2，则an12，从而可得an}为常数列与a14矛盾）；„„„„„4分 （2）cnlog3an2an2，

1cn1log3an1an1an2an222anlog3log32log32cn 122a2a2nnan22anan222n1又因为c11，{cn}为等比数列， cn2„„„„„„„8分

n1（3）由cn2可以知道，an23322n11n12421n12， n1221313183令dn432n112n2，数列{dn}的前n项和为Dn，很显然只要证明Dnn2，

n2314．

因为dn432n114432n221432n21322n2114dn1，

dn32n2132n2114dn111dn24412n2d2

11所以Dnd1(d2d3dn)d1[1444n2111242114n2]d2

n2212134821n28 3343所以Sn2n83．„„„„„14分

又anbn4,bn2，故Pn4n,且Tn2n， 所以SnTn2n832n4n83Pn83n2．„„„„„„„16分

1klnxex20. 解：解析:由f(x) = 得k1;

1xlnxkex可得f(x)x,而f(1)0,即

1ke0,解

1lnxex(Ⅱ)f(x),令f(x)0可得x1,

1x1lnx0;当x1时,f(x)1x1lnx0.

当0x1时,f(x)于是f(x)在区间(0,1)内为增函数;在(1,)内为减函数.

11lnxex(Ⅲ)g(x)(xx)2x1x(xx)lnxex22,

22x2(1)当x1时, 1x0,lnx0,xx0,e0,g(x)01e.

1(2)当0x1时,要证g(x)(xx)x1ex2x1lnxex1e2.

只需证1e21x(1lnx)x1ee即可

设函数p(x),q(x)1x(1lnx),x(0,1).

则p(x)xex0,q(x)2lnx,x(0,1),

x1ee则当0x1时p(x)p(0)1,

令q(x)2lnx0解得xe2(0,1),

当x(0,e2)时q(x)0;当x(e2,1)时q(x)0,

则当0x1时q(x)1x(1lnx)q(e2)1e2,且q(x)0,

1e2则

1x(1lnx)1e1e221,于是可知当0x1时

x1ex1e21x(1lnx)成立

综合(1)(2)可知对任意x>0,g(x)1e2恒成立. 另证1:设函数p(x)x1ee,x(0,1),则p(x)p(0)1,

xex0,

则当0x1时p(x)x1ex12于是当0x1时,要证g(x)(xx)x1lnxexx(1x1lnx)1e2,

只需证x(1x1lnx)1e2即可,

设q(x)1x(1lnx),x(0,1),q(x)1x(1lnx), 令q(x)2lnx0解得xe2(0,1), 当x(0,e2)时q(x)0;当x(e2,1)时q(x)0,

22则当0x1时q(x)1x(1lnx)q(e)1e,

1于是可知当0x1时(xx)2x1lnxex1e22成立

综合(1)(2)可知对任意x>0,g(x)1e恒成立.

x另证2:根据重要不等式当0x1时ln(x1)x,即x1e,

12x于是不等式g(x)(xx)1lnxexx(1x1lnx)1e2,

设q(x)1x(1lnx),x(0,1),q(x)1x(1lnx),

令q(x)2lnx0解得xe2(0,1),

当x(0,e2)时q(x)0;当x(e2,1)时q(x)0, 则当0x1时q(x)1x(1lnx)q(e2)1e2,

11lnxex于是可知当0x1时(x2x)x1e2成立.

数学Ⅱ（理科附加题）参考答案

21.（1）略。

（2）椭圆的普通方程为

a3a4yxx2a3y2a41 ………………5分

由1，得a=12 ………………10分

22． 解：（1）设点P(x,y)为所求轨迹上的任意一点，则由kOPkOAkPA得，

11y1x1，整理得轨迹C的方程为yx2（x0且x1）． ······· 3分

2（2）设P(x1,x12),Q(x2,x2),

由PQOA0可知直线PQ//OA，则kPQkOA，

故

x2x122x2x11010，即x2x11， …………5分

直线OP方程为：yx1x ①； 直线QA的斜率为：

(x11)1x1112x12，

∴直线QA方程为：y1(x12)(x1)， 即y(x12)xx11 ② 联立①②，得x1212，∴点M的横坐标为定值． …………8分

由SPQA2SPAM，得到QA2AM，因为PQ//OA，所以OP2OM， 由PO2OM，得x11，∴P的坐标为(1,1)．

∴存在点P满足SPQA2SPSM，P的坐标为(1,1)． ·························· 10分

23．解：（1）依题意ak(x)Cn(k112x)k1，k1,2,3,,n1，

0a1(x),a2(x),a3(x)的系数依次为Cn1，Cn112n2，Cn()2212n(n1)8，

所以2n21n(n1)8，解得n8； „„„4分

（2）F(x)a1(x)2a2(x)3a3(x),nan(x)(n1)an1(x)

Cn2Cn(00112x)3Cn(12212x)nCn(n12n112x)n1(n1)Cn(n12x)

nF(2)Cn2Cn3CnnCn(n1)Cn

n12n1n设SnCn02Cn3CnnCn(n1)Cn，

10则Sn(n1)CnnnCnn13Cn22CnCn

12n1n考虑到CnkCnnk，将以上两式相加得：2Sn(n2)(Cn0CnCnCnCn)

所以Sn(n2)2n1 又当x[0,2]时，F'(x)0恒成立，从而F(x)是[0,2]上的单调递增函数，

所以对任意x1,x2[0,2]，|F(x1)F(x2)|F(2)F(0)(n2)2n11．

„„„10