高三年級12月檢測訓(xùn)練

數(shù)學(xué)試題參考答案及多維細目表

(,時)

題號123456+2nn-1)∴當(dāng)n≥2,n(Sn－Sn-1＝Sn+

2n(n-1)．

答案BCDBAA

題號7891011

答案DBABACDACD

是首項為-5,公差為2的等

【答案】B

1.差數(shù)列．

【解析】∵A＝{x|x≤-1,或x≥3},B＝{x|x≥

∴

e},∴A∪B＝{x|x≤-1,或x≥e}．

2,的最小值為,

2.【答案】C7)=2n-7n∴SnS2=-6∴λ≤

-6.

【解析】方法一z=3i-1,∴z

方法二:當(dāng)n≥2時,nan＝Sn+2n(n-1)①,(n

-1)an-1=Sn-1+2(n-1)(n-2)②.

(３．(2-i)

i＋i,∴|z|=2,∴z.z=

5①-②得(n-1)an－(n-1)an-1=4(n-1),n

,,

|z|≥2∴an－an-1=4

方法二:∵(2+i)z=-1+3i,∴5|z|=10,∴數(shù)列{an}是首項為-5,公差為4的等差數(shù)列．

∴an=-5+4(n-1)=4n-9,令an＞0得n≥

∴|z|=2,∴z.z＝|z|2=2.

3,∴Sn的最小值為S2=-6,∴λ≤-6.

3.【答案】D

6.【答案】A

【解析ab≥2,【解析】由題得筒車半徑為2m,轉(zhuǎn)動一圈需要40

s,且軸心O距水面高度為3m,

∴+log2ab≥log22=1,∴最小值為

1,此時a＝b=2.

4.【答案】B

→

【解析】如圖,延長AG交BC于點D,則BG=又以盛水桶P剛浮出水面時開始計時,∴d(0)

→→→→

BDAG,∵BG=λBC+μ

→→→

.AG,且BC,AG不共線,∴λ,μ=,∴λ7.【答案】D

【解析】如圖,設(shè)點M在第一象限,過點F2作

-μ=1.

AF2G⊥MF1于點G,設(shè)N為圓O的切點,連接

ON,∴F1N＝NG＝m,F2G=2ON=2.

YA

GGM

BDCN

5.【答案】A

FF2

【解析】方法一:由an+2(n-1)得nan＝Sn

數(shù)學(xué)試題參考答案第1頁共7頁

∴當(dāng)y＝g(x)在區(qū)間(0,+∞)上恰有2個零點

在Rt△MGF2中,MG,MF2,由雙

時,需滿足g(x0)<0,0<x0<k．

x0

∴g(x0)＝e(2x0-1)＋k(－x0+1)=

曲線定義得|MF1|－|MF2|=2,∴2m+

x0x0

e(2x0-1)＋e(2x0+1)(－x0+1)=

2∴1+

,m=.x0

x0e(-2x0+3)<0,∴x0>.

8.【答案】B易知h(x)＝ex(2x+1)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)

【解析】∵g(x)＝f(x)＋f(－x),∴g(－x)=遞增,

∴kx0+1>4

f(－x)＋f(x)＝g(x)．又g(x)定義域為{x|x＝e(2x0e．

≠0}關(guān)于原點對稱,∴g(x)為偶函數(shù)．要使y=綜上所述,k∈(4e2,+∞)．

g(x)恰有4個零點,則需使y＝g(x)在區(qū)間(0,9.【答案】AB

)上恰有個零點

+∞2．【解析】極差為最大值與最小值的差,∴極差相

x

當(dāng)x＞0時,g(x)＝e(2x-1)＋k(－x+1)=同,∴選項A正確;

ex(2x-1)－k(x-1)．

原數(shù)據(jù)的平均數(shù)x,新數(shù)據(jù)

方法一:令ex(2x-1)＝k(x-1),顯然x=1不

的平均數(shù)y

是方程的根記h=

+2∴平均數(shù)不同∴選

ex1)x=x,,

,問題轉(zhuǎn)化為h(x)＝k在區(qū)間(0,

項B正確;

+∞)上有2個解．

２22

又h′原數(shù)據(jù)的方差s１[(x1-x)+(x2-x)+…+

2２2

∴x∈(0,1)時,h′(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;(xn－x)],新數(shù)據(jù)的方差s２[(x1+x-2x)+

)

?÷22２

x∈1,時,h′(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;(x2+x-2x)+…+(xn＋x-2x)]＝s１,∴方

,

差相同,∴選項C錯誤;

?(3)

x∈,+∞÷時,h′(x)＞0,h(x)單調(diào)遞增,

中位數(shù)顯然不同,∴選項D錯誤．

è2,

且h(0)=1.當(dāng)x從1的左側(cè)無限趨近于1時,10.【答案】ACD

)趨近于;)

h(x-∞當(dāng)x從1的右側(cè)無限趨近于1【解析】∵g(x)＋g?÷=xlnx+

,

時,h(x)趨近于+∞;當(dāng)x趨近于+∞時,h(x)

,;

)x－ln0∴選項A正確

趨近于+∞又h?÷4e,∴k∈(4e,+∞)

.,=．

方法二:g′(x)＝ex(2x+1)－k,易知g′(x)在

區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,∴要使y＝g(x)在在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增．又g(1)=0,

區(qū)間(0,+∞)上恰有2個零點,則需滿足g′(x)∴g(x)＞0解集為(1,+∞),∴選項B錯誤;

,)上有零點,記為,π3π?(16)?(11)

在區(qū)間(0+∞x0且g′(0)=∵sin>sin>0,且g÷>g÷>0,

x0311è3,è3,

1-k<0,∴k＞1,且g′(x0)＝e(2x0+1)-

))

k=0.∴sin.g?÷>sin.g?÷,∴-sin.

,,

當(dāng)x∈(0,x0)時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)

)π?())

,(g?÷<-sin.g÷,由h?÷=sinπ.

x∈(x0+∞)時,g′x)＞0,g(x)單調(diào)遞增．,１è,,

∵g(0)＝k-1>0,g(k)＝ek(2k-1)＋k(－k+

)?())

g?÷=-sin.g÷,h?÷=sin.

1)＞k(2k-1)＋k(－k+1)＝k2>k-1,,è,,

數(shù)學(xué)試題參考答案第2頁共7頁

))))6.!

g?÷=-sin.g?÷,∴h?÷<h?÷,,∴(n-5)!＝(n-6)!,∴n=6.

,,,,6!(n6)!

∴選項C正確;2

13.【答案】

2

h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)=πcosπx.

2【解析】設(shè)M(),N(),由拋物線定

x１-xx1,y1x2,y2

?)÷

xx+x.２,∴x∈

ln,sinπpp

義得|FM|＝x1+,|FN|＝x2+.

(1)(3)２２

?,1÷時,h(x)＞0;x∈?1,÷時,h(x)<0

′′p

．())

è2,è2,x1+÷?÷

||FM|－|FN||?è-x2+

又h′(1)=0,∴1為h(x)極大值點,∴選項D∴2,,

|MN|=2

正確．1+k|x1-x2|

11.【答案】ACD|x1-x2|

=2.

2=2

1+k|x1-x2|

【解析】記正方形ABCD和正方形A1B1C1D1

14.【答案】-3

的中心分別為O和O1,則點P在線段OO1(不

含端點O)上,易知0<h≤1,∴選項A正確;【解析】令x＝sinα,y＝cosβ,則(x-1-y2).

22

在Rt△POC中,h＝PO＝PC-OC(y-1-x2)=0,∴x=1-y2,或y=

３２１22222

=-=,∴選項B錯誤;、1-x,∴x+y=1(x≥0),或x+y=1

４４２

(y≥0)．

如圖,記四棱錐P-ABCD的外接球球心為G,∴點(sinα,cosβ)在圓x2+y2=1位于第一、

則點G則在OP上,連接CG．在Rt△OGC中,二、四象限(包括坐標(biāo)軸)的部分上．

∵點(sinα,cosβ)到直線x＋y-2=0距離為

OG=1-R,OC,GC＝R,則R2=(1-R)2+

|sinα+cosβ-2|

)2=d,

2、2

?÷,∴R,∴S球=4πR=4π×π,

,

又sinα+cosβ-2≤0,∴sinα+cosβ-2=

∴選項C正確;

P-2d．

下求d的最大值．如圖,d的最大值為點(-1,

0)到直線的距離,

Gx＋y-2=0∴dmax=

DC|-1+0-2|

,

O2

B

∴(sinα+cosβ-2)min=-2×-3.

該正方體恰好放入與四棱錐P-ABCD體積相

yA

同的6個四棱錐,∴公共部分的體積為正方體

內(nèi)切球體積的,∴公共部分的體積為×π

)3

×?÷,∴選項D正確．O12x

,x+y-2=0

12.【答案】6

5

2

５n-5)15.解:(1)在△ABC中,cos,∴(1+

【解析】∵T6=Cnx?÷,∴第6項系數(shù)為

,

6)

５5６n-6)cosA)?+1÷,∴cosA．………2分

Cn.2,又T7=Cnx?÷,∴第7項系數(shù)為

,,

６6

Cn.2.方法一:在△ABC中,由正弦定理得cosA=

56

由題可知Cn５.2=3Cn６.2,∴=,∴sinB＝cosAsinC．

數(shù)學(xué)試題參考答案第3頁共7頁

∵A＋B＋C=π,∴sinB＝sin(A＋C)．=256,每個樣本點出現(xiàn)的可能性相等,且為有

∴sinAcosC＋cosAsinC＝cosAsinC,限個,………9分

∴sinAcosC=0.∵sinA≠0,∴cosC=0,記質(zhì)點經(jīng)過4次移動后回到點A為事件B,要

4次回到起點A,則向左向右移動次數(shù)相等,向

∴C．…………………6分

上向下移動次數(shù)相等,∴事件B包含的樣本點

b2+c２－a2

方法二:∵cosA,∴,

2bc個數(shù)為m＝A或m

４２

=A４+2C４=36)…………13分

∴a2+b2=c2,∴C．…6分

由古典概型計算公式得P(B)．∴質(zhì)

(2)方法一:如圖,過點D作DH垂直于AC于

點H．由題可得點移動四次后回到點A的概率為．…15分

17.(1)證明:如圖,連接A1B,A1C．

設(shè)AH＝x,HC=2x,tanA,tan∠ACD

C1

,∴2.………………13分

A1

B1

A

HD

D

C

BO

C

AB

方法二:在△ACD中,由正弦定理得

∵AB＝AC,∠A1AB=∠A1AC,A1A＝A1A,

,

①,……………8分∴△A1AB≌△A1AC∴A1B＝A1C．

∵O為BC中點,∴BC⊥A1O．又AC＝AB,

∴BC⊥AO．………………4分

在△BCD中,由正弦定理得=

又AO∩A1O＝O,AO?平面A1AO,A1O?平

面A1AO,∴BC⊥平面A1AO．…………5分

,∴②,

…∵BC?平面BCC1B1,∴平面A1AO⊥平面

BCC1B1.…………………6分

……10分(2)解:∵A1O⊥平面ABC,∴∠A1AO為A1A

ABC所成的角,∠A1AO=60°.由題

②÷①,得2.………………13分與平面即

可知OA,OB,OA1兩兩垂直,以O(shè)為坐標(biāo)原

16.解:(1)由題可知X的可能取值為-2,0,2,→→→

點,OA,OB,OA1分別為x軸、y軸、z軸正方

∴P(X=-2)＝(1-p)2,P(X=0)=2p(1-p),

向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

P(X=2)＝p2.……………3分

C1

z

X的分布列如下．A

A1

X-202B1

2

P(1-p)22p(1-p)p

22D

∴E(X)=-2.(1-p)+2p=4p-2>0,C

O

∴<p<1.(不列分布列不扣分)………7分

xAB

(2)移動四次,樣本空間的樣本點總數(shù)為n=44y

數(shù)學(xué)試題參考答案第4頁共7頁

設(shè),,,),,,８

AC＝AB=4∴A1(0026A(2204-

=y2+4+y1=９=710.

220

→(y1+y2)-4y1y2６４６４

0),B(0,22,0),C(0,-22,0)．∵AC=+

８１９

A1,∴C1(-22,-22,26),B1(-22,

…………9分

22,26),………………10分

②假設(shè)存在直線l,設(shè)直線l方程為x＝my+

(,,),→(,,

∴D-2226∴AD＝-32222,A(x1,y1),B(x2,y2)．

6),A＝(-42,-22,26)．

ì?1,

設(shè)平面的一個法向量為(,),22

AC1Dn＝xy,z聯(lián)立í消去x,得(m+2)y+4my-

?l2

.n=0,,

∴

4=0,Δ>0恒成立,

{AC1.n=0,

∴y1+y2=,y1y2=

３２x２２y6z,2m

令y=3,

∴{４２x２２y2６0,3m1)

22

2)(y12)12

-y=+y-4yy=２2．

)

∴n＝(33,3,7)．………13分

如圖,延長QA交x軸于點S,若Q,R,F2,A

∵A1O⊥平面ABC,∴取平面ABC的法向量

四點共圓,則∠AF2S=∠AQR．………11分

m＝(0,0,1),記平面AC1D與平面ABC的夾

Ay

Q

角為α,則cosα=|cos?m,n?|

A

21

F1ORF2Sx

∴平面AC1D與平面ABC夾角的余弦值為

779EB

.……15分

79

P

18.解:(1)∵橢圓C的左、右焦點分別為F1(-2,

0),F2(2,0),且過(2,3),∵tan∠AF2S,∴tan∠AQR．

22

∵(2-2)+3+(2+2)+3=42,又∠AQR=∠1-∠2,∴tan∠AQR＝tan(∠1-

,222,ntanQAkQB

∴2a=42∴a=22.∴b=a-c=4∠2)=．=．．(此

1tata21kkQB

x2y2

∴橢圓C的方程為+=1.…………4分步驟不推理不扣分)

８４

１

(2)①直線l方程為x=y+2,設(shè)A(x1,y1),

２由kQAkQB得tan∠AQR

B(x2,y2)．

x2y2

ì?+

,

?84=1

聯(lián)立í消去x,得9y2+8y-16=0,

xy+2,

∴y1+y2=,y1y2=.…………6分

由題得=∴∴222+2=2+

|,,mm

數(shù)學(xué)試題參考答案第5頁共7頁

2∴cosx1∈(0,1),cosx∈(-1,0),n≥2,n∈

m.……15分n

由點P在點E下方得m<1,

∈N?.

記fm

=1-n,n∈N

<1,

0,n=1,)

=÷…………10分

{1-n,n≥2,且n∈N?,

②設(shè)φ(x)＝x＋g(x),x＞0,φ′(x)=1+

>0.又f

恒成立,∴當(dāng)x＞0

∴存在直線l,條數(shù)為1條．……………17分

時,φ(x)單調(diào)遞增．……11分

?

19.解:(1)當(dāng)x=4時,∵φ(4)=8,由①知x2t<4,x2t+1>4,t∈N,

),

………………2分且x1>4,φ(x1＝x1+x2>8

∴φ(x2t+1)＞φ(4)=8,φ(x2t)<φ(4)=8,t∈

當(dāng)x=5時,…4分

N?.………12分

(2)①由條件g可知,當(dāng)當(dāng)n=1時,[x1]=5;

當(dāng)n=2t(t∈N?)時,由φ(x)＝x＋g(x)得

x＞0時,g(x)連續(xù)且單調(diào)遞減…………5分

φ(xn)＝xn＋g(xn)＝xn＋xn+1,

∵x1=5,∴x2=g(x1)＝g(5)．∵g(4)=4,

∴x1+x2+x3+…+xn＝(x1+x2)＋(x3+

∴g(5)＜g(4)=4.又g(5)＞3.9,∴3.9<g(5)

x4)+…+(x2t-1+x2t)=φ(x1)+φ(x3)+…

<4,即3.9<x2<4.

+φ(x2t-1)＞8t=4n,

x1+x2+x3+…+xn＝x1+(x2+x3)＋(x4

∵x3=g(x2),3.9<x2<4,∴g(3.9)＞g(x2)

)+…+()＋)

>g(4)．又g(4)=4,g(3.9)<4.1,∴4<x3<+x5x2t-2+x2t-1x2t＝x1+φ(x2

4.1.

+φ(x4)+…+φ(x2t-2)＋x2t<5+8(t-1)+

4=8t+1=4n+1,

∵x4=g(x3),4<x3<4.1,∴g(4)＞g(x3)＞

g(4.1)．又g(4)=4,g(4.1)＞3.9,∴3.9<x4

;…………

<4.=4n14分

,?),

同理,可得4<x5<4.1,∴依此規(guī)律,歸納可得同理當(dāng)n=2t+1(t∈N時

?x1+x2+x3+…+xn＝(x1+x2)＋(x3+x4)

x2t∈(3.9,4),x2t+1∈(4,4.1),t∈N.

下面用數(shù)學(xué)歸納法證明此歸納結(jié)論:+…+(x2t-1+x2t)＋x2t+1=φ(x1)+φ(x3)+

…+φ(x2t-1)＋x2t+1>8t+4=4n,

當(dāng)t=1時,x2∈(3.9,4),x3∈(4,4.1)．

?x1+x2+x3+…+xn＝x1+(x2+x3)＋(x4

假設(shè)當(dāng)t＝k(k∈N)時,x2k∈(3.9,4),x2k+1∈

(4,4.1)．+x5)+…+(x2t-2+x2t-1)＋(x2t＋