2010-2011学年广东省华南师大附中2011届高三数学培优练习（2）

2010-2011学年广东省华南师大附中2011届高三数学培优练习（2）一、选择题：1、由方程1||||yyxx确定的函数y=f(x)在(－∞，+∞)上是A．奇函数B．偶函数C．增函数D．减函数2、设奇函数]1,1[)(在xf上是增函数，且,1)1(f若函数12)(2attxf对所有的]1,1[x都成立，当]1,1[a时，则t的取值范围是A．22tB．2121tC．022ttt或或D．02121ttt或或3、从－3，－2，－1，1，2，3中任取三个不同的数作为椭圆方程022cbyax中的系数，则确定不同椭圆的个数为A.17B.18C.19D.204、过双曲线12222byax的右焦点F（c，0）的直线交双曲线于M、N两点，交y轴于P点，则有NFPNMFPM的定值为.222ba类比双曲线这一结论，在椭圆12222byax（a＞b＞0）中，NFPNMFPM是定值A.222baB.22ab2C.22ba2D.22ab2二、填空题5、设等比数列)1}({1qqn的前n项和为nS，前n+1项的和为1nS，1nnnSSiml=______.6、在一个棱长为cm65的正四面体内有一点P，它到三个面的距离分别是1cm，2cm，3cm，则它到第四个面的距离为_______________cm.7、已知函数)(log)(221aaxxxf的值域为R，且f(x)在（)31,上是增函数，则a的范围是.8、已知函数f(x)=2x2－x,则使得数列{qpnnf)(}(n∈N)成等差数列的非零常数p与q所满足的关系式为.三、解答题9、（本题满分12分）某工厂最近用50万元购买一台德国仿型铣床，在买回来以后的第二天投入使用，使用后的第t天应付的保养费是t+500元，买来当天的保养维修费以t=0计算，机器从买来当天到报废共付的保养维修费与购买机器费用的和平均摊到每一天的费用叫做每天的平均损耗．当平均损耗达到最小值时，机器报废最划算．1求每天平均损耗y元表示为天数x的函数；2求该机器买回来后多少天应报废．10、（本题满分12分）已知fθ=asinθ+bcosθ，θ[0,]，且1与2cos2θ2的等差中项大于1与sin2θ2的等比中项的平方．求：1当a=4,b=3时，fθ的最大值及相应的θ值；2当ab0时，fθ的值域．11、（本题满分12分）已知椭圆C的方程为x2+y22=1，点Pa,b的坐标满足a2+b22≤1，过点P的直线l与椭圆交于A、B两点，点Q为线段AB的中点，求：1点Q的轨迹方程；2点Q的轨迹与坐标轴交点个数。12、（本题满分12分）1直线m：y=kx+1与双曲线x2－y2=1的左支交于A、B两点。求k的取值范围；2直线l过点P－2,0及线段AB的中点，CD是y轴上一条线段，对任意的直线l都与线段CD无公共点。试问CD长的最大值是否存在？若存在，请求出；若不存在，则说明理由。13、（本题满分12分）已知函数1,0)(aaaaaxfxx.（1）求)1()(xfxf及109103102101ffff的值；（2）是否存在自然数a，使21)(nnfnfa对一切Nn都成立，若存在，求出自然数a的最小值；不存在，说明理由；（3）利用（2）的结论来比较3lg141nn和！nlgNn的大小．14、（本题满分12分）已知二次函数),()(2Rbabaxxxf的定义域为]1,1[,且|)(|xf的最大值为M.（Ⅰ）试证明Mb|1|；（Ⅱ）试证明21M；（Ⅲ）当21M时，试求出)(xf的解析式.参考答案一、选择题：DCBA二、填空题：5、1q6、47、0≤a≤28、p=-2q三、解答题：9、解：（1）第一天应付维修保养费a1=500元；第二天应付维修保养费a2=(500+1)元；第三天应付维修保养费a3=（500+2）元；┄第x天应付维修保养费ax=[500+(x－1)]元.2分由此可知{an}是首项a1=500，公差d=1的等差数列，∴前x天共付维修保养费Sx=a1x+x(x－1)2d=500x+x(x－1)2,4分因而，每天平均费用y与时间x(天数)的函数关系为y=500x+x(x－1)2+500000x(xN*),即y=x2+500000x+9992(xN*).7分(2)即y=x2+500000x+9992≥2x2·500000x+9992=1000+9992=29992,当且仅当x2=500000x，即x=1000时取等号，11分∴x=1000天时，机器报废最合算。12分10、解：易得1+2cos222sin22，∴1+2cos222sin22，即2(cos22－sin22)－1，∴2cos－1，即cos－12.∵[0,]，∴[0,23).2分(1)当a=4,b=3时，有f()=4sin+3cos=5sin(+)(其中=arctan34).∵0≤23，∴≤+23+，而0=arctan344.∴当+=2即=2－arctan34时,f()max=5.5分(2)由（1）知，当ab0时，设x=bcosy=asin，则有x2b2+y2a2=1。∵0≤23,∴0≤y≤a,－b2x≤b，其方程表示一段椭圆弧，端点为M(b,0)，N(－b2,3a2)，但不含N点。7分设f()=x+y=t，则y=－x+t为一直线。将y=－x+t代入x2b2+y2a2=1可得(a2+b2)x2－2b2tx+b2(t2－a2)=0。当直线与椭圆相切时，有△=4b4t2－4b2(a2+b2)(t2－a2)=4b2[b2t2－(a2+b2)(t2－a2)]=0。求得t=±a2+b2，∴f()max=a2+b2。9分当直线过点M(b,0)时，有f()=b；当直线过点M(－b2,3a2)时，有f()=3a－b2。当a3b时，f()min=3a－b2；当a≥3b时，f()min=b。11分故当0ba3b时，f()(3a－b2,a2+b2]；当a≥3b0时，f()[b,a2+b2]。12分11、解：设A(x1,y1)、B(x2,y2)、Q(x,y)，(1)①当x1≠x2时，不妨设直线l的斜率为k，其方程为y=k(x－a)+b，由x12+y122=1x22+y222=1可得(x1－x2)(x1+x2)+12(y1－y2)(y1+y2)=0，∴x1+x22+12·y1+y22·y1－y2x1－x2=0,3分由x=x1+x22,y=y1+y22,且y－bx－a=y1－y2x1－x2,∴Q点的轨迹方程为2x2+y2－2ax－by=0.（*）6分②当x1=x2时，斜率k不存在，此时，l//y轴，∴AB的中点Q必在x轴上，即Q(a,0)，显然满足方程（*）。7分综上，Q点的轨迹方程为2x2+y2－2ax－by=0.8分(2)当a=b=0时，Q点的轨迹与坐标轴只有一个交点(0,0)；当a=0，0|b|≤2时，Q点的轨迹与坐标轴有两个交点(0,0)，(0,b)；当b=0，0|a|≤1时，Q点的轨迹与坐标轴有两个交点(0,0)，(a,0)；当0|a|1，0|b|2(1－a2)时，Q点的轨迹与坐标轴有三个交点(0,0)，(a,0)，(0，b).12分12、(1)解y=kx+1x2－y2=1得(1－k2)x2－2kx－2=0。1分直线与双曲线左分支有两个交点，不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则有△=4k2+8(1－k2)0x1+x2=2k1－k20x1x2=－21－k20，解得1k2.5分(2)设AB中点为M(x,y)，则x=k1－k2y=k·k1－k2+1=11－k2，直线l：y=1－2k2+k+2(x+2),7分代入x=0，交y轴于(0,b)，则b=2－2k2+k+2。8分又f(k)=－2k2+k+2=－2(k－14)2+178在k(1,2)上是减函数，∴2－2=f(2)f(k)f(1)=1,∴b－(2+2)或b2,10分故与l无公共点的线段CD长有最大值2－[－(2+2)]=4+2。12分13、解（1）1)1()(xfxf；29109103102101ffff．2分（2）假设存在自然数a,使21)(nnfnfa对一切Nn都成立.由aaanfnn)(,naaanf)1(得nnaaaanfnfa1，4分当2,1a时，不等式2nan显然不成立．5分当3a时，23nann，当1n时，显然13,6分当2n时，2)1(221421221213nnnnnnnCC=2212nn成立，则23nn对一切Nn都成立．8分所以存在最小自然数3a。9分（3）．由23nnnn23（Nn），所以01321，02322，……，032nn，相乘得!3,!3412121nnnnn，11分∴3lg141nn!lgn成立．12分14、（Ⅰ）证明：∵|1||)1(|bafM,|1||)1(|bafM|1||1|2babaM|1|2|)1()1(|bbaba∴|1|bM3分（Ⅱ）证明：依题意，|)1(|fM，|)0(|fM,|)1(|fM又|1||)1(|baf,|1||)1(|baf,|||)0(|bf5分∴1f0f2|)1(f|M4|1|||2|1|babba2|)1(2)1(|babba，∴21M7分（Ⅲ）依21M时，21|||)0(|bf,2121b①同理21211ba②21211ba③9分②+③得：2123b④由①、④得：21b.当21b时，分别代入②、③得：01001aaa，11分因此212)(xxf.12分