1、长泾中学2014届高三数学综合训练7命题：马银萍 审核：刘云彬班级 _ 姓名 _一填空题： 1已知集合，集合，则_2已知向量，若与垂直，则的值为_ 3某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了150分到450分之间的1000名学生的成绩，并根据这1000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图(如图)，则成绩在300，350)内的学生人数共有 150 200 250 300 350 400 4500.005a0.0010.0040.003O成绩/分(第3题图)4若框图所给的程序运行结果为S=90，那么判断框中应填入的关于的条件是_5已知张卡片（大小，形状都相同）上分别写有，从中
2、任取张，则这张卡片中最小号码是的概率为 .6.底面边长为2，高为1的正四棱锥的侧面积是_.7若函数，分别是R上的奇函数、偶函数且满足+=，其中是自然对数的底数，则，的大小关系为_8设是ABC内一点，且，则AOC的面积与BOC的面积之比值是_ 9已知等差数列的前n项和为，则的最小值为_10ABC的内角A满足tanAsinA0，则角A的取值范围是_11设x,y满足约束条件的取值范围是 _ 12已知F1，F2是双曲线C： 的左、右焦点,过F1的直线与的左、右两支分别交于A，B两点若为等边三角形，则双曲线的离心率为_13在ABC中，点D在边BC上，且DC2BD，ABADAC3k1，则实数k的取值范围为
3、_.14已知直线与函数和图象交于点Q，P，M分别是直线与函数的图象上异于点Q的两点，若对于任意点M，PMPQ恒成立，则点P横坐标的取值范围是_.二解答题：15如图,四边形ABCD为平行四边形，四边形ADEF是正方形，且BD平面CDE，H是BE的中点,G是AE,DF的交点.（1）求证:GH平面CDE；（2）求证:面ADEF面ABCD.ABDOCxy(第16题图)16在平面直角坐标系xOy中，角的顶点是坐标原点，始边为x轴的正半轴，终边与单位圆O交于点A(x1 ，y1 )，(，)将角终边绕原点按逆时针方向旋转，交单位圆于点B(x2，y2)（1）若x1，求x2；（2）过A，B作x轴的垂线，垂足分别为
4、C，D，记AOC及 BOD的面积分别为S1，S2，且S1S2，求tan的值17要制作一个由同底圆锥和圆柱组成的储油罐（如图），设计要求：圆锥和圆柱的总高度和圆柱底面半径相等，都为米.市场上，圆柱侧面用料单价为每平方米元，圆锥侧面用料单价分别是圆柱侧面用料单价和圆柱底面用料单价的4倍和2倍.设圆锥母线和底面所成角为（弧度），总费用为（元）.（1）写出的取值范围；（2）将表示成的函数关系式；（3）当为何值时，总费用最小?18在平面直角坐标系中,已知椭圆与直线.四点中有三个点在椭圆上,剩余一个点在直线上.(1)求椭圆的方程;(2)若动点P在直线上,过P作直线交椭圆于两点,使得,再过P作直线.证明:直
5、线恒过定点,并求出该定点的坐标.19. 已知函数f(x)ex，a，bR，且a0（1）若a2，b1，求函数f(x)的极值；（2）设g(x)a(x1)exf(x) 当a1时，对任意x(0，)，都有g(x)1成立，求b的最大值； 设g(x)为g(x)的导函数若存在x1，使g(x)g(x)0成立，求的取值范围20. 已知数列的前三项分别为，且数列的前项和满足，其中，为任意正整数.(1)求数列的通项公式及前项和；(2)求满足的所有正整数，.综合训练7参考答案1、 2、-1 3、300 4、 5、2 6、 7、abc 8、 9、10、（，） 11、 12、 13、(，) 14、15.证明：是的交点，是中点
6、，又是的中点，中， -2分 ABCD为平行四边形 ABCD ， -4分又平面 -7分， 所以， -9分 又因为四边形为正方形， -10分，- -12分 . -14分16. （1）因为x1，y10，所以y1 所以sin，cos 2分所以x2cos()coscossinsin 6分（2）S1sincossin2 8分因为(，)，所以(，) 所以S2sin()cos()sin(2)cos210分 因为S1S2，所以sin2cos2，即tan2 12分 所以，解得tan2或tan 因为(，)，所以tan214分17. 解：设圆锥的高为米，母线长为米,圆柱的高为米；圆柱的侧面用料单价为每平方米2元，圆锥
7、的侧面用料单价为每平方米4元. .1分（1） .3分（2）圆锥的侧面用料费用为,圆柱的侧面费用为,圆柱的地面费用为, .6分(每个面积公式1分)则 =,.7分 = =. .9分（3）设,其中.10分则， .11分 当时， 当时，当时， .13分 则当时，取得最小值， 则当时，费用最小. .1 4分18. 解：（1）由题意有3个点在椭圆上，根据椭圆的对称性，则点一定在椭圆上，即 ， 2分 若点在椭圆上，则点必为的左顶点，而，则点一定不在椭圆上，故点在椭圆上，点在直线上， 4分 所以 ， 联立可解得， 所以椭圆的方程为； 6分 （2）由（1）可得直线的方程为，设， 当时，设显然， 联立则，即， 又
8、，即为线段的中点，故直线的斜率为， 10分 又，所以直线的方程为， 13分 即， 显然恒过定点； 15分 当时，直线即，此时为x轴亦过点； 综上所述，恒过定点 16分19. 解：（1）当a2，b1时，f (x)(2)ex，定义域为(，0)(0，)所以f (x)ex 2分令f (x)0，得x11，x2，列表x(，1)1(1，0)(0，)(，)f (x)f (x)极大值极小值由表知f (x)的极大值是f (1)e1，f (x)的极小值是f ()44分（2） 因为g (x)(axa)exf (x)(ax2a)ex，当a1时，g (x)(x2)ex因为g (x)1在x（0，）上恒成立，所以bx22x在
9、x（0，）上恒成立 8分记h(x)x22x（x0），则h(x)当0x1时，h(x)0，h(x)在（0，1）上是减函数；当x1时，h(x)0，h(x)在（1，）上是增函数所以h(x)minh(1)1e1 所以b的最大值为1e1 10分解法二：因为g (x)(axa)exf (x)(ax2a)ex，当a1时，g (x)(x2)ex因为g (x)1在x（0，）上恒成立，所以g(2)e20，因此b0 6分g(x)(1)ex(x2)ex因为b0，所以：当0x1时，g(x)0，g(x)在（0，1）上是减函数；当x1时，g(x)0，g(x)在（1，）上是增函数所以g(x)ming(1)(1b)e1 8分因为
10、g (x)1在x（0，）上恒成立，所以(1b)e11，解得b1e1因此b的最大值为1e1 10分解法一：因为g (x)(ax2a)ex，所以g (x)(axa)ex由g (x)g (x)0，得(ax2a)ex(axa)ex0，整理得2ax33ax22bxb0存在x1，使g (x)g (x)0成立，等价于存在x1，2ax33ax22bxb0成立 12分因为a0，所以设u(x)（x1），则u(x)因为x1，u(x)0恒成立，所以u(x)在（1，）是增函数，所以u(x)u(1)1，所以1，即的取值范围为（1，） 16分解法二：因为g (x)(ax2a)ex，所以g (x)(axa)ex由g (x)g
11、 (x)0，得(ax2a)ex(axa)ex0，整理得2ax33ax22bxb0存在x1，使g (x)g (x)0成立，等价于存在x1，2ax33ax22bxb0成立 12分设u(x)2ax33ax22bxb(x1)u(x)6ax26ax2b6ax(x1)2b-2b 当b0时，u(x) 0此时u(x)在1，)上单调递增，因此u(x)u(1)ab因为存在x1，2ax33ax22bxb0成立所以只要ab0即可，此时10 13分当b0时，令x01，得u(x0)b0，又u(1)ab0于是u(x)0，在(1，x0)上必有零点即存在x1，2ax33ax22bxb0成立，此时0 15分综上有的取值范围为（1
12、，） 16分20.（1） （2）长泾中学2014届高三数学综合训练7 附加题命题：马银萍 审核：刘云彬 姓名 _ 21.选做题在B、C、D四小题中只能选做2题,每小题10分,计20分.B选修42：矩阵与变换若点A（2，2）在矩阵对应变换的作用下得到的点为B（2，2），求矩阵的逆矩阵C.选修4 - 4：坐标系与参数方程在极坐标系中，直线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，曲线的参数方程为（为参数），求直线与曲线的交点P的直角坐标.必做题 第22、23题,每小题10分,计20分.22、如图，正四棱锥中，、相交于点，求：（1）直线与直线所成的角；（2）平面与平面所成的角
13、23、 设f(n)是定义在N*上的增函数，f(4)5，且满足：任意nN*，f(n)Z；任意m，nN*，有f(m)f(n)f(mn)f(mn1)（1）求f(1)，f(2)，f(3)的值；（2）求f(n)的表达式答案：21.B、解： ，即 ，4分所以 解得 6分所以由，得10分C、解:因为直线的极坐标方程为所以直线的普通方程为，分又因为曲线的参数方程为（为参数）所以曲线的直角坐标方程为， 分联立解方程组得或，分根据的范围应舍去,故点的直角坐标为10分23、（1）因为f(1)f(4)f(4)f(4)，所以5 f(1)10，则f(1)21分 因为f(n)是单调增函数， 所以2f(1)f(2)f(3)f
14、(4)5 因为f(n)Z，所以f(2)3，f(3)4 3分(2)由f(1)2，f(2)3，f(3)4，f(4)5，猜想f(n)n1 下面用数学归纳法证明：当n1，2，3，4时，命题成立假设当nk (k4)时，命题成立，下面讨论nk1的情形 若k为奇数，则k1为偶数，且k，k 根据归纳假设知f()1，f()1 因为f(2) f()f(k1)f(21)f(k1)f()， 所以3(k1)，即(k1)k2 若k为偶数，则k2，k4为偶数，且k，k 根据归纳假设知f()1，f()1 因为f(2) f()f(k2)f(21)f(k2)f()， 所以3f(k2)，即f(k2)k3 又k1f(k)f(k1)f(k2)k3 所以f(k1)k2 因此不论k的奇偶性如何，总有f(k1)k2，即nk1时，命题也成立 于是对一切nN*，f(n)n1
