高三數(shù)學(xué)《集合與簡(jiǎn)易邏輯》單元測(cè)試卷(一)答案

1、隨堂步步高高三數(shù)學(xué)單元測(cè)試卷參考答案集合與簡(jiǎn)易邏輯參考答案一、選擇題（每小題5分，共50分）題次12345678910答案DBCCDACDBA二、填空題（每小題4分，共20分）11；123800；13 ；14 (1)(3，)；15x6或2x6或3x6或4x6或5x6三、解答題（共80分）16解： (1)設(shè)f（x）ax2bxc，由f（0）1得c1，故f（x）ax2bx1f(x1)f(x)2x，a(x1)2b(x1)1(ax2bx1)2x即2axab2x，所以，f(x)x2x1 (2)由題意得x2x12xm在1，1上恒成立即x23x1m0在1，1上恒成立設(shè)g(x) x23x1m，其圖象的對(duì)稱軸為直

2、線x，所以g(x) 在1，1上遞減故只需g(1)0，即12311m0，解得m117 解：（1）當(dāng)a2時(shí)，A（2，7），B（4，5） AB（4，5）（2） B（2a，a21），當(dāng)a時(shí)，A（3a1，2） 要使BA，必須，此時(shí)a1； 當(dāng)a時(shí)，A，使BA的a不存在； 當(dāng)a時(shí)，A（2，3a1）要使BA，必須，此時(shí)1a3 綜上可知，使BA的實(shí)數(shù)a的取值范圍為1，31 1819解： (1)設(shè)任意實(shí)數(shù)x1x2，則f(x1) f(x2) 又，f(x1) f(x2)0) 解得d2，an2n1，bn3n1 當(dāng)n1時(shí)，c13 當(dāng)n2時(shí)， 故17f(x1)(x11)24，f(x)(x1)24 a1f(x1)(x2)24

3、，a3(x1)24又a1a32a2，x0，或x3（2）由（1）知a1，a2，a3分別是0， ，3或3， ，0（3）當(dāng)時(shí)， 當(dāng)時(shí)，18（1）an0，則當(dāng)n2時(shí)，即，而an0，又（2）19（1）令xy0，則f(0)0，再令x0，得f(0)f(y)f(y)，f(y)f(y)，y(1，1)，f(x)在（1，1）上為奇函數(shù)（2），即 f(an)是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，f(an)2n1 （3）若恒成立（nN），則nN，當(dāng)n1時(shí)，有最大值4，故m4又mN，存在m5，使得對(duì)任意nN，有20 (2005年湖南高考題20題) 解：（I）從第n年初到第n+1年初，魚群的繁殖量為axn，被捕撈量為bxn，死

4、亡量為 （II）若每年年初魚群總量保持不變，則xn恒等于x1， nN*，從而由（*）式得 因?yàn)閤10，所以ab. 猜測(cè)：當(dāng)且僅當(dāng)ab，且時(shí)，每年年初魚群的總量保持不變. （）若b的值使得xn0，nN* 由xn+1=xn(3bxn), nN*, 知 0xn3b, nN*, 特別地，有0x13b. 即0b0.又因?yàn)閤k+1=xk(2xk)=(xk1)2+110， nN*，則捕撈強(qiáng)度b的最大允許值是121（1）xy0得f(0) 1，xy1得f(2)2f(1)2，而f(2) 2，f(1)2，x1，y 1得f(0)f(1)f(1)，f(1)1（2）xn，y1得f(n1)f(n)f(1)n1f(n)n2，

5、f(n1)f(n)n2，當(dāng)nN時(shí)，f(n)f(1)34(n1)，而當(dāng)nN，且n1時(shí)，n2n20，f(n)n，則對(duì)一切大于1的正整數(shù)t，恒有f(t)t（3）y x時(shí)f(xx)f(x)f(x)1x2，f(x)x22f(x)，當(dāng)xN時(shí)由（2）知，當(dāng)x0時(shí)，f(0) 1適合 當(dāng)x為負(fù)整數(shù)時(shí)，xN，則 故對(duì)一切xZ時(shí)，有， 當(dāng)tZ時(shí)，由f(t)t得t2t20，即t1或t2滿足f(t)t的整數(shù)t有兩個(gè)三角函數(shù)通，性質(zhì)大集中參考答案一、選擇題(5分1050分)題號(hào)12345678910答案CDCCDABABA二、填空題(4分520分)11 1213142(1)n15。三、解答題(共80分)16解：由 得 又

6、于是 17解： tan是方程的較小根， 方程的較大根是cot tancot，即 5分 解得 ，或 8分 當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，不合題意 12分18解法一 由得所以即因?yàn)樗裕瑥亩芍?從而.由即由此得所以解法二：由由、，所以即由得 所以即 因?yàn)椋杂蓮亩?，知B+2C=不合要求.再由，得 所以19解： 所以函數(shù)f(x)的值域?yàn)?，最小正周期?0解：如圖所示，建立平面直角坐標(biāo)系，則，直線的方程為，即設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，則（）由經(jīng)過(guò)兩點(diǎn)的直線的斜率公式，由直線到直線的角的公式得（）要使達(dá)到最大，只須達(dá)到最小由均值不等式當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)上式取等號(hào)故當(dāng)時(shí)最大這時(shí)，點(diǎn)的縱坐標(biāo)為由此實(shí)際問(wèn)題知，所以最大時(shí)，最大故當(dāng)此人距水

7、平地面60米高時(shí)，觀看鐵塔的視角最大21(1)f(x)12a2acosx2sin2x12a2acosx2(1cos2x)2(cosx)22a1。當(dāng)a2時(shí)，則cosx1時(shí)，f(x)取最小值，即f(a)14a；當(dāng)2a2時(shí)，則cosx時(shí)，f(x)取最小值，即f(a)2a1；當(dāng)a2時(shí)，則cosx1時(shí)，f(x)取最小值，即f(a)1；綜合上述，有f(a) (2)若f(a)，a只能在2,2內(nèi)。解方程2a1，得a1，和a3。因12,2，故a1為所求，此時(shí)f(x)2(cosx)2；當(dāng)cosx1時(shí)，f(x)有最大值5。向量作運(yùn)算，圖形見(jiàn)奇觀參考答案一、選擇題題號(hào)12345678910答案CCABBBDCCD二、

8、填空題11；121；13()；14；15 三、解答題16 17解：（1）(cos，sin)，(cos，sin)，且，cos2sin2，2分即cosA，又A(0，p)，Ap5分 （2）SABCbcsinAbcsinp，bc4 7分 又由余弦定理得：a2b2+c22bccos120b2+c2+bc 10分16(b+c)2，故b+c412分18解：(t+1)，(t+1)，2分t，t，又(，)，(t，(t+2)；(，)，5分(，)7分（理）(，)，9分又|11分cos，向量與的夾角為6014分（文）由已知t，(，)，(，)9分又|，|11分cos，向量與的夾角為6014分19解：由得，又（2） 同理由

9、得又所以因所以20解：O為ABC的外心即在ABC中，A60，B45，O為ABC的外心，則BOC2A120，AOC2B90，AOB150。 21解：由已知得，即，面積S有最大值不等符號(hào)定，比較技巧深參考答案一、選擇題題號(hào)12345678910答案DDACABCCBA二、填空題11x0或x2；12155；13； 14；15三、解答題16解：由于y2x是增函數(shù)，f(x)2等價(jià)于|x+1|x1|， 2分(i)當(dāng)x1時(shí)，|x+1|x1|2。式恒成立5分(ii)當(dāng)1x1時(shí)，|x+1|x1|2x。式化為2x，即x18分(i)當(dāng)x1時(shí)，|x+1|x1|2。式無(wú)解綜上，x的取值范圍是，)。12分17解：2分4分

10、 6分8分10分 又 12分18解：（1）應(yīng)用二元均值不等式，得，故當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)上式取等號(hào)8分（2）由（1）當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)上式取最小值，即14分點(diǎn)評(píng)：給你一種解題工具，讓你應(yīng)用它來(lái)解答某一問(wèn)題，這是近年考試命題的一種新穎的題型之一，很值得讀者深刻反思和領(lǐng)悟當(dāng)中的思維本質(zhì)19解：（1）由f(x)0得，|xm|mx，得mxxmmx，即2分 當(dāng)m1時(shí)，x3分當(dāng)1 m0時(shí)，x5分當(dāng)m1時(shí)，x7分綜上所述，當(dāng)m1時(shí)，不等式解集為x|x當(dāng)m1時(shí)，不等式解集為x|x當(dāng)1m0時(shí)，不等式解集為x|x8分（2）f(x) m0，f(x)在m，+)上單調(diào)遞增，要使函數(shù)f(x)存在最小值，則f(x)在(，m)上是減函

11、數(shù)或常數(shù)，(1+m)0即m1，又m0，1m0故f(x)存在最小值的充要條件是1m0，且f(x)min f(m)m2 14分20解：對(duì)已知二次函數(shù)應(yīng)用配方法，得，當(dāng)xR時(shí)，f(x) ，于是，對(duì)任意xR都有f(x)1f(x)1 a24分用f(x)、f(x)表示f(x)在0，1上的最大值、最小值，則對(duì)任意x0，1，都有|f(x)|1當(dāng)且僅當(dāng) （*）而 f(x)b(x+，（x0，1）當(dāng)2b時(shí)，01，f(x) ，f(x)f(0)或f(1)；當(dāng)2b1， f(x) f(1)，f(x)f(0)于是(*) 或b1a2或xb1a2故對(duì)任意x0，1，都有|f(x)|1的充要條件是b1a29分()由()的解答知，對(duì)任

12、意x0，1，都有|f(x)|1當(dāng)且僅當(dāng) 或0a2b或2bab+1 0ab+1故當(dāng)0b1時(shí)，對(duì)任意x0，1，都有|f(x)|1的充要條件為00，x20由解得 k23。由雙曲線左準(zhǔn)線方程 x1且e2，有|AM1|BM1|e|x11|e|x21|4x1x2(x1x2)14(1)100 k230，|AM1|BM1|100又當(dāng)直線傾斜角等于時(shí)，A(4，y1)，B(4，y2)，|AM1|BM1|e(41)10|AM1|BM1|100 故 |AM1|BM1|100。20解：設(shè)，再設(shè)、B（0，b）、C（x，0）則 圖1 圖2當(dāng)且僅當(dāng)，有最大值，最大值為， 在內(nèi)為增函數(shù) 角的最大值為此時(shí)C點(diǎn)的做標(biāo)為 21 解：

13、（1）設(shè)M(a，ka)，N(b，kb)，(a0，b0)。則|OM|a，|ON|b。由動(dòng)點(diǎn)P在AOx的內(nèi)部，得0y0，y（2）由0ykx，得 0kx (*)當(dāng)k1時(shí)，不等式為0。當(dāng)0k1時(shí)，由不等式得x2，x，(*)x1時(shí)，由不等式得x2，且但垂足N必須在射線OB上，否則O、N、P、M四點(diǎn)不能組成四邊形，所以還必須滿足條件：yx，將它代入函數(shù)解析式，得x解得x1)，或xk（0；當(dāng)0k1時(shí)，定義域?yàn)閤|x1時(shí)，定義域?yàn)閤|x0，所以，動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C是以（0，0）為頂點(diǎn)，以（1，0）為焦點(diǎn)的拋物線，除去原點(diǎn) （2）設(shè)直線l：yk(x1)，其中k0代入y24x，得k2x22(k22)xk20 設(shè)A（x

14、1，y1），B(x2，y2)，則x1，x2是方程的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，由韋達(dá)定理得所以，線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為，線段AB的垂直平分線方程為令 ，所以，點(diǎn)E的坐標(biāo)為 。因?yàn)锳BE為正三角形，所以，點(diǎn)E到直線AB的距離等于 所以，20（1）易得（2）證：由橢圓定義得：（3）解：設(shè)直線PQ的方程為 代入橢圓方程消去x得：，整理得：因此a250，b225，所以橢圓方程為21解：（1）axi(y2)j，bxi(y2)j，且|a|b|8 點(diǎn)M（x，y）到兩個(gè)定點(diǎn)F1（0，2），F(xiàn)2（0，2）的距離之和為8 點(diǎn)M的軌跡C為F1、F2為焦點(diǎn)的橢圓，其方程為（2）l過(guò)y軸上的點(diǎn)（0，3），若直線l是y軸，則A、B兩點(diǎn)是橢

15、圓的頂點(diǎn)，這時(shí)。P與O重合，與四邊形OAPB是矩形矛盾，直線l的斜率存在，設(shè)l的方程為ykx3，A（x1，y1），B(x2，y2)由恒成立且，四邊形OAPB是平行四邊形若存在直線l使得四邊形OAPB是矩形，則OAOB，即即存在直線使得四邊形OAPB為矩形簡(jiǎn)單幾何體，交角與距離參考答案一、選擇題題號(hào)12345678910答案CDCAABD ACC二、填空題113；12；13； 1415三、解答題16證明：（）作AD的中點(diǎn)O，則VO底面ABCD1分建立如圖空間直角坐標(biāo)系，并設(shè)正方形邊長(zhǎng)為1，2分則A（，0，0），B（，1，0），C（，1，0），D（，0，0），V（0，0，），3分由4分5分又ABA

16、VAAB平面VAD6分（）由（）得是面VAD的法向量7分設(shè)是面VDB的法向量，則9分，11分又由題意知，面VAD與面VDB所成的二面角，所以其大小為12分17解法一（I）證明 由題設(shè)知OAOO1，OBOO1.所以AOB是所折成的直二面角的平面角，即OAOB. 故可以O(shè)為原點(diǎn)，OA、OB、OO1所在直線分別為軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖3，則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)是A（3，0，0），B（0，3，0），C（0，1，）圖3O1（0，0，）.從而所以ACBO1. （II）解：因?yàn)樗訠O1OC，由（I）ACBO1，所以BO1平面OAC，是平面OAC的一個(gè)法向量.設(shè)是0平面O1AC的一個(gè)法向量，由 得

17、. 設(shè)二面角OACO1的大小為，由、的方向可知，所以cos，=即二面角OACO1的大小是ABOCO1D圖4F E解法二（I）證明 由題設(shè)知OAOO1，OBOO1，所以AOB是所折成的直二面角的平面角，即OAOB. 從而AO平面OBCO1，OC是AC在面OBCO1內(nèi)的射影.因?yàn)?，所以O(shè)O1B=60，O1OC=30，從而OCBO1由三垂線定理得ACBO1.（II）解 由（I）ACBO1，OCBO1，知BO1平面AOC.設(shè)OCO1B=E，過(guò)點(diǎn)E作EFAC于F，連結(jié)O1F（如圖4），則EF是O1F在平面AOC內(nèi)的射影，由三垂線定理得O1FAC.所以O(shè)1FE是二面角OACO1的平面角. 由題設(shè)知OA=

18、3，OO1=，O1C=1，所以，從而，又O1E=OO1sin30=，所以 即二面角OACO1的大小是18解：以A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(12，0，)，D(0，2，0)，E(0，1，)，P(0，0，1)(1，0，0)，(0，2，0)，(0，0，1)，(0，1，) ，(1，2，1)，(1) 平面PDC平面PAD5分(2)cos，所求角的余弦值為9分(3)假設(shè)BC邊上存在一點(diǎn)G滿足題設(shè)條件，令BGx，則G(1，x，0)，作DQAG，則DQ平面PAG，即DQ12SADGS矩形ABCD，22，又AG，

19、x100， 取法數(shù)1個(gè)； 取出2， 有2+100100，2+99100， 取法數(shù)2個(gè)；取出3， 取法數(shù)3個(gè)； ， 取出50， 有50+51100， 50+52100， ，50+100100， 取法有50個(gè).所以取出數(shù)字1至50， 共得取法數(shù)N1=1+2+3+50=1275. 6分取出51， 有51+52100， 51+53100， ，51+100100， 共49個(gè)； 取出52， 則有48個(gè)； ，取出100， 只有1個(gè). 所以取出數(shù)字51至100(N1中取過(guò)的不在取)， 則N2=49+48+2+1=1225. 故總的取法有N=N1+N2=2500個(gè)12分17解：記甲、乙、丙三臺(tái)機(jī)器在一小時(shí)需要照

20、顧分別為事件A、B、C，1分則A、B、C相互獨(dú)立，由題意得：P（AB）=P（A）P（B）=0.05P（AC）=P（A）P（C）=0.1P（BC）=P（B）P（C）=0.1254分解得：P（A）=0.2；P（B）=0.25；P（C）=0.5 甲、乙、丙每臺(tái)機(jī)器在這個(gè)小時(shí)內(nèi)需要照顧的概率分別是0.2、0.25、0.56分A、B、C相互獨(dú)立，相互獨(dú)立，7分甲、乙、丙每臺(tái)機(jī)器在這個(gè)小時(shí)內(nèi)需都不需要照顧的概率為10分這個(gè)小時(shí)內(nèi)至少有一臺(tái)需要照顧的概率為12分18解：因?yàn)榧卓觾?nèi)的3粒種子都不發(fā)芽的概率為，所以甲坑不需要補(bǔ)種的概率為 解：3個(gè)坑恰有一個(gè)坑不需要補(bǔ)種的概率為 解法一：因?yàn)?個(gè)坑都不需要補(bǔ)種的概率為，所以有坑需要補(bǔ)種的概率為 解法二：3個(gè)坑中恰有1個(gè)坑需要補(bǔ)種的概率為恰有2個(gè)坑需要補(bǔ)種的概率為 3個(gè)坑都需要補(bǔ)種的概率為 19解：國(guó)徽面朝上次數(shù)m3210P(m)國(guó)徽面朝上次數(shù)m210P(m)6分這種規(guī)定是合理的。這是因?yàn)榧撰@勝，則mn當(dāng)m3時(shí)，n2，1，0，其概率為；當(dāng)m2時(shí)，n1，0，其概率為；當(dāng)m1時(shí)，n0，其概率為；甲獲勝的概率為10分乙獲勝，則mn當(dāng)n2時(shí)，m2，1，0，其概率為；當(dāng)n1時(shí)，m1，0，其概率為；當(dāng)n0時(shí)，m0，其概率為；乙