2014届(浙江)高考数学(理科)二轮专题训练考前必做的保温训练卷(三)(含答案)

京翰高考补习——专业对高中学生开设高三数学辅导补习班京翰教育北京家教辅导——全国中小学一对一课外辅导班保温训练卷(三)一、选择题1．已知集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{t|t＝x＋y，x∈A，y∈A}，则B中所含元素的和为()A．45B．48C．54D．55解析：选C集合B中的元素是由集合A中的任意两个元素相加得到的(元素可以相同)，故集合B＝{2,3,4,5,6,7,8,9,10}，B中所含元素的和为54.2．函数f(x)＝log2x＋x－4的零点所在的区间是()A.12，1B．(1,2)C．(2,3)D．(3,4)解析：选Cf12＝－92，f(1)＝－3，f(2)＝－1，f(3)＝log23－10，f(4)＝2，根据零点存在性定理，所以函数f(x)在区间(2,3)内有零点．3．设a，b分别为先后抛掷一枚骰子得到的点数，则在先后两次出现的点数中有5的条件下，方程x2＋ax＋b＝0有实根的概率是()A.711B.911C.1118D.718解析：选A若第1次没有5，则第2次必是5，所以试验发生包含的事件数为6＋5＝11.方程x2＋ax＋b＝0有实根要满足a2－4b≥0，当a＝5时，b＝1,2,3,4,5,6；当b＝5时，a＝6，则共有6＋1＝7种结果，∴满足条件的概率是711.4．如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，△A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是()A．CC1与B1E是异面直线B．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1C．AC⊥平面ABB1A1D．A1C1∥平面AB1E解析：选BA不正确，因为CC1与B1E在同一个侧面中；B正确，易知AE，B1C1是异面直线，且AE⊥BC，BC∥B1C1，所以AE⊥B1C1；C不正确，取AB的中点M，则CM⊥京翰高考补习——专业对高中学生开设高三数学辅导补习班京翰教育北京家教辅导——全国中小学一对一课外辅导班平面ABB1A1；D不正确，因为A1C1所在的平面ACC1A1与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故A1C1∥平面AB1E不正确．5．已知函数f(x)＝－1，x≥0，x2－1，x0，则满足不等式f(3－x2)f(2x)的x的取值范围为()A．[－3,0)B．(－3,0)C．(－3,1)D．(－3，－1)解析：选B画出函数f(x)＝－1，x≥0，x2－1，x0的图像，如图．∵f(3－x2)f(2x)，∴3－x20，3－x22x，或3－x2≥0，2x0，解得－3x－3或－3≤x0，∴满足不等式的x的取值范围为－3x0.6.若函数f(x)＝sin(ωx＋φ)ω0，|φ|π2的部分图像如图，则ω和φ的取值是()A．ω＝1，φ＝π3B．ω＝1，φ＝－π3C．ω＝12，φ＝π6D．ω＝12，φ＝－π6解析：选C由题中图可知T4＝2π3－－π3＝π，∴T＝4π，∴ω＝2πT＝12，故f(x)＝sin12x＋φ，将2π3，1代入可求得φ＝π6.7．用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为1,2，…，9的9个方格，使得任意相邻(有公共边)的方格所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的方格涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有()123456789A.108种B．60种C．48种D．36种解析：选A1,5,9方格的涂法有3种，根据对称性，涂4,7,8方格的方法数与涂2,3,6方格的方法数相等．(1)当4号与8号涂色相同时，4,8两方格有2种涂法，7号有2种涂法，此时4,7,8方格的涂法有2×2＝4种；京翰高考补习——专业对高中学生开设高三数学辅导补习班京翰教育北京家教辅导——全国中小学一对一课外辅导班(2)当4号与8号涂色不相同时，4,8两方格有A22＝2种涂法，7号只有1种涂法，此时4,7,8方格的涂法有2×1＝2种．因此，当1,5,9方格涂色后，4,7,8方格的涂法共有6种．则所有涂法共有3×6×6＝108种．8．已知在函数y＝|x|(x∈[－1,1])的图像上有一点P(t，|t|)，该函数的图像与x轴、直线x＝－1及x＝t围成图形(如图阴影部分)的面积为S，则S与t的函数关系图可表示为()ABCD解析：选B由题意知：当－1≤t0时，f(t)＝12×(－t＋1)×(1＋t)＝12(1－t2)；当0≤t≤1时，f(t)＝12×1×1＋12×t×t＝12＋12t2，所以f(t)＝121－t2，－1≤t0，12＋12t2，0≤t≤1，结合选项中的图像可知选项B符合．二、填空题9．若点P(m，n)在由不等式组x＋y－7≤0，x－2y＋5≤0，2x－y＋1≥0所确定的区域内，则n－m的最大值为________．解析：作出可行域，如图中的阴影部分所示，可行域的顶点坐标分别为(1,3)，(2,5)，(3,4)，设目标函数z＝y－x，则y＝x＋z，其纵截距为z，由图易知点P的坐标为(2,5)时，n－m最大，为3.答案：310．已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．解析：如图，它被切去的是三棱台ABC­DEF，通过计算可知S△ABC京翰高考补习——专业对高中学生开设高三数学辅导补习班京翰教育北京家教辅导——全国中小学一对一课外辅导班＝12，S△DEF＝2，所以VABC－DEF＝13×12×2＋12＋2×2＝73，则该几何体的体积V＝23－73＝173.答案：17311．已知数列{an}为等差数列，a3＝3，S6＝21，数列1an的前n项和为Sn，对一切n∈N*，恒有S2n－Snm16成立，则m的最大正整数是________．解析：设{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝3，S6＝21可得a1＋2d＝3，6a1＋15d＝21，解得a1＝1，d＝1，∴an＝n，1an＝1n，Sn＝1＋12＋…＋1n.令Tn＝S2n－Sn＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n，则Tn＋1＝1n＋2＋1n＋3＋…＋12n＋12n＋1＋12n＋2，Tn＋1－Tn＝12n＋1＋12n＋2－1n＋1≥12n＋2＋12n＋2－1n＋1＝0，∴Tn＋1Tn.若对一切n∈N*，恒有S2n－Snm16，则T1＝S2－S1＝12m16，m8，故m的最大正整数是7.答案：7三、解答题12．已知函数f(x)＝3sinxcosx＋cos2x＋a.(1)求f(x)的最小正周期及单调递减区间；(2)若f(x)在区间－π6，π3上的最大值与最小值的和为32，求a的值．解：(1)因为f(x)＝32sin2x＋1＋cos2x2＋a＝sin2x＋π6＋a＋12，所以T＝π.由π2＋2kπ≤2x＋π6≤3π2＋2kπ，k∈Z，得π6＋kπ≤x≤2π3＋kπ，k∈Z.故函数f(x)的单调递减区间是π6＋kπ，2π3＋kπ(k∈Z)．京翰高考补习——专业对高中学生开设高三数学辅导补习班京翰教育北京家教辅导——全国中小学一对一课外辅导班(2)因为－π6≤x≤π3，所以－π6≤2x＋π6≤5π6，－12≤sin2x＋π6≤1.因为函数f(x)在－π6，π3上的最大值与最小值的和为1＋a＋12＋－12＋a＋12＝32，所以a＝0.13．已知数列{2n－1·an}的前n项和Sn＝1－n2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝|an|n，求数列1bn的前n项和．解：(1)由题意知：Sn－1＝1－n－12(n≥2)，∵2n－1·an＝Sn－Sn－1，∴2n－1·an＝－12.∴an＝－12n＝－2－n(n≥2)．∵21－1·a1＝S1＝1－12，∴a1＝12，∴an＝12n＝1，－2－nn≥2.(2)由题意知bn＝|an|n＝2－nn＝12n·n(n≥2)，∴1bn＝n·2n(n≥2)．∵1b1＝1|a1|＝2，∴1bn＝n·2n(n≥1)．设1bn的前n项和为S′n，则S′n＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，2S′n＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，∴S′n－2S′n＝1×2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2＋22＋…＋2n－n×2n＋1，∴－S′n＝(1－n)×2n＋1－2，∴S′n＝(n－1)×2n＋1＋2.京翰高考补习——专业对高中学生开设高三数学辅导补习班京翰教育北京家教辅导——全国中小学一对一课外辅导班14．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左，右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆C上，1AF·12FF＝0,3|2AF|·|1FA|＝－52AF·1FA，|12FF|＝2，过点F2且与坐标轴不垂直的直线交椭圆于P，Q两点．(1)求椭圆C的方程；(2)线段OF2(O为坐标原点)上是否存在点M(m,0)，使得QP·MP＝PQ·MQ？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由．解：(1)由题意知，∠AF1F2＝90°，cos∠F1AF2＝35，且|12FF|＝2，所以|1AF|＝32，|2AF|＝52，2a＝|1AF|＋|2AF|＝4，所以a＝2，c＝1，b2＝a2－c2＝3，故所求椭圆的方程为x24＋y23＝1.(2)假设存在这样的点M符合题意．设线段PQ的中点为N，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，N(x0，y0)，直线PQ的斜率为k(k≠0)，且过点F2(1,0)，则直线PQ的方程为y＝k(x－1)，由x24＋y23＝1，y＝kx－1，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，所以x1＋x2＝8k24k2＋3，故x0＝x1＋x22＝4k24k2＋3.又点N在直线PQ上，所以N4k24k2＋3，－3k4k2＋3.由QP·MP＝PQ·MQ，可得PQ·(MQ＋MP)＝2PQ·MN＝0，即PQ⊥MN，所以kMN＝0＋3k4k2＋3m－4k24k2＋3＝－1k，整理得m＝k24k2＋3＝14＋3k2∈0，14，所以线段OF2上存在点M(m,0)符合题意，其中m∈0，14.