黄冈中学06届高三数学第二轮专题训练(三)

黄冈中学06届高三数学第二轮专题训练(三)命题人：黄冈中学高级教师黄孝银第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．二项式261()xx的展开式中的常数项是（）A．15B．-15C．20D．-202．已知21()(2)4fxxx,则11()5f的值是（）A．5B．4C．3D．-33．已知a,b是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，且a垂直于平面α，b垂直平面β，则下面命题中的假命题．．．是（）A．若a平行于b,则α平行于βB．若α垂直于β，则a垂直于bC．若a、b相交，则α、β相交D．若α、β相交，则a、b相交4．设函数f(x)是可导函数，并且000(2)()lim2xfxxfxx,则0()fx（）A．12B．-1C．0D．-25．已知函数f(x)=ax为减函数，则函数g(x)=loga(x-1)的图象是（）ABCD6．过点P（-1，2）且方向向量为a=(-1,2)的直线方程为()-1Oxy1O12xy1O12xy-1Ox1c1c-1OxyA．2x+y=0B．x-2y+5=0C．x-2y=0D．x+2y-5=07．如下图所示，A、B、C、D是某煤矿的四个采煤点，L是公路，图中所标线段为道路，ABQP、BCRQ、CDSR近似于正方形，已知A、B、C、D四个采煤点每天的采煤量之比约为5∶1∶2∶3,运煤的费用与运煤的路程、所运煤的重量成正比，现要从P、Q、R、S中选出一处作为一个运煤中转站，使四个采煤点的煤运到中转站的费用最少，则地点应选在（）BDACPQRSLA.P点B.Q点C.R点D.S点8．设点P（x,y）在椭圆2214xy上，则点P到点（0，1）距离的最大值为（）A．5B．3C．2D．4339．函数f(x)=21axx的单调递增区间为（0，+∞），那么实数a的取值范围是（）A．a≥0B．a0C．a≤0D．a010．从集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}中选出3个数组成的子集，使得这三个数中的任何两个数的和不等于11，这样的子集共有（）A．120个B．115个C．75个D．80个11．在等比数列{}na中，15415,10,aaS则4a等于（）A．-1B．1C．-2D．-212．正四面体ABCD中，G是△BCD的中点，M是AG上一点，若∠BMC=2，则AM∶AG等于（）A．1∶1B．1∶4C．1∶3D．1∶2第Ⅱ卷（非选择题,共90分）二、填空题(每小题4分,共4个小题,共16分)13．设1F、2F是椭圆22134xy的两个焦点，P是椭圆上一点且且|PF1|-|PF2|=1，则tan∠F1PF2=_________.14．一个单位有职工160人，其中有业务员120人，管理人员24人，后勤服务人员16人，为了了解职工的身体健康状况，要从中抽取一定容量的样本，现用分层抽样的方法得到业务员的人数为15人，那么这个样本容量是_________.15．一直角梯形ABCD，AD是垂直于上、下底的腰，AB=2，CD=1，BC=3，E为AD的中点，沿CE、EB折成一个三棱锥E-ABC（缺一个面ABC），使A、D重合于A，则这个三棱锥的体积是________.16．把数字1，2，3……，9这9个数字填写在如右图的9个空格中，要求每一行从左到右依次增大，每列从上到下也依次增大，当数字4固定在中心位置时，则所有填写空格的方法共有__________.三、解答题（共74分）17．（12分）在△ABC中，a,b,c分别是角A、B、C的对边，且28sin2cos272BCA.（1）求角A的大小；（2）若a=3,b+c=3,求b和c的值.18.（12分）如图，已知正方形ABCD和正方形CDEF所在的平面相互垂直，且边长为a，M、N、P分别是BD、CE、AF的中点.（1）判断四边形ABFE的形状并证明；（2）求异面直线BD和CP所成的角；（3）判断△MNP的形状并证明.EDAECBABC4ABCDEFPMN19．（12分）平面上有两个质点A、B分别位于点（0，0）、（2，2），在某一时刻同时开始每一秒钟向上下左右任一方向移动1个单位.已知质点A向左、右移动的概率都是14，向上、下移动的概率分别是13和16，质点B向各个方向移动的概率都是14.试求：（1）点A经过2秒钟到达点C（1，1）的概率；（2）A、B经过3秒钟，同时到达D（1，2）的概率.20.（12分）已知x∈R,奇函数f(x)=x3-ax2-bx+c在［1，+∞］上是单调函数.（1）求a、b、c应满足的条件；（2）设x0≥1,f(x0)≥1且满足f(f(x0))=x0,求证：f(x0)=x0.21.（12分）设x,y∈R,i、j为直角坐标平面内x、y轴正方向上的单位向量.若向量a=xi+(y+3)j,b=xi+(y-3)j,且|a|+|b|=4.（1）求点M（x,y）的轨迹C的方程；（2）过点Q（-2，0）作直线L与曲线C交于A、B两点，设P是过点（517，0）且以j为方向向量的直线上一动点，满足OPOAOB（O为坐标原点），问是否存在这样的直线L，使得四边形OAPB为矩形？若存在，求出直线L的方程；若不存在，请说明理由.22.（14分）设函数f(x)=3x2+1,g(x)=2x，现有数列{an}满足条件：对于n∈N+,an＞0且f(an+1)-f(an)=g(an+1+32),又设数列{bn}满足条件：bn=lognaa(a为正数，n∈N+).（1）求证：数列{an}为等比数列；（2）求证:数列nb1是等差数列；（3）设k,L∈N+,且k+L=5,bk=113L,bL=113k，求数列{bn}的通项公式；（4）如果k+L=M0(k,L∈N+,M0＞3且M0是奇数)，且bk=113L,bL=113k,求从第几项起an＞1恒成立.答案：（理科）试题（三）一、选择题题号123456789101112答案ACDBBABDADCD二、填空题13．3414．2015．12616．12三、解答题17．解：（1）在△ABC中有B+C=π-A，由条件可得4[1-cos（B+C）]-4cos2A+2=7.又∵cos（B+C）=-cosA，∴4cos2A-4cosA+1=0解得：cosA=21,又A∈（0，π），∴A=3.（2）由cosA=21知bcacb2222=21,即bcacb3)(22.又a=3，b+c=3，代入得3bc.由23bccb21cb或12cb18．解：（1）由AB平行且等于CD，CD平行且等于EF，有AB平行且等于EF，从而四边形ABFE是平行四边形∵平面AC⊥平面DF，AD⊥CD，∴AD⊥平面DF，AD⊥EF又EF⊥DE，∴EF⊥平面ADE∴EF⊥AE∴平行四边形ABFE是矩形且不是正方形（2）如图，建立空间直角坐标系，则C（0，0，0），D（a，0，0），B（0，0，a），P（2a，2a，2a）,ABCDEFPNMzyx则BD=（a,0,-a），CP=（2a,2a,2a）∵BD·CP=22a+0-22a=0∴BD⊥CP，即BD与CP所成的角是90°（3）由P（2a，2a，2a），N（2a，2a，0），M（2a，0，2a），得PM=（0，-2a，0），PN=（0，0，-2a）∵PM·PN=0，∴PM⊥PN又|PM|=|PN|,所以△MNP是等腰直角三角形.另解提示:用非向量的方法解(2)与(3)时,可行先连结BE与DF,再进行推理与运算.19．解：（1）设P上、P下、P左、P右分别表示点A向上、下、左、右移动的概率，点A经过2秒到达点C，只能是一秒向上移动，一秒向右移动.所以点A经过2秒到达C的路线对应“上、右”或“右、上”两种情况.故所求概率为P=2P上·P右=2×31×41=61（2）仿（1）可知，经过3秒点A到达点D的路线对应于“上、上、右”的一个排列，所以经过3秒后点A到达点D的概率为:PA→D=3P右·P上·P上=3×41×31×31=121经过3秒点B到达点D的路线对应于“左、上、下”或“左、左、右”的一个排列，所以经过3秒后点B到达点D的概率为PB→D=A33×41×41×41+3×41×41×41=649又∵上述两事件为独立事件，∴所求概率为：P=121×649=256320．（1）解：由题意知c=0，又f(x)为奇函数，即f(x)+f(-x)=0，得a=0，则f′(x)=3x2-b.若f(x)在[1，+∞）上是增函数，则f′(x)≥0恒成立，即b≤（3x2）min=3.若f(x)在[1，+∞）上是减函数，则f′(x)≤0恒成立，这样的b不存在.综上可得，a=c=0，b≤3.（2）证法一：设f(x0)=m，由f（f(x0)）=x0得f(m)=x0，于是有)2()1(03030xbmmmbxx（1）-（2）得（30x-3m）-b(0x-m)=m-0x,化简可得（0x-m）(20x+m0x+2m+1-b)=0∵0x≥1，f(x0)=m≥1，∴20x+m0x+2m+1-b≥4-b≥1＞0故0x-m=0，即有f(x0)=0x证法二：假设f(x0)≠0x，设f(x0)=a.①如果1)(00xaxf，由（1）知f(x)在[1，+∞）上是单调递增,∴f（f(x0)）=f(a)＞f(x0)＞x0这与已知f（f(x0)）=x0矛盾.②如果00)(1xaxf,仿①同理可推出矛盾.由①与②可知,假设不成立.所以有f(x0)=x0.21．解：（1）由题意可得点M（x,y）到两定点F1（0，3）、F2（0，-3）的距离和为4，故轨迹C是以F1、F2为焦点的椭圆，其方程为x2+42y=1.（2）显然x=-2与曲线C无交点，故直线L的斜率存在，设直线L的方程为y=k(x+2),并设点A、B的坐标分别为A（x1,y1）、B（x2,y2）.由14)2(22yxxky得（4+k2）x2+4k2x+4（k2-1）=0△=16k4-16（4+k2）（k2-1）=-16(3k2-4)＞0k2＜34∴x1+x2=-2244kk①x1x2=224)1(4kk②∵OP=OA+OB∴四边形OAPB为平行四边形若存在直线L使得四边形OAPB为矩形，则OA·OB=0∴x1x2+y1y2=（1+k2）x1x2+2k2（x1+x2）+4k2=0③将①②代入③解得k2=41设P（x0,y0），则x0=x1+x2=-174,故点P不在直线x=-175上即不存在这样的直线L使得四边形OAPB为矩形.另解提示:解答第(2)题时,如果先利用OP中点即为AB的中点,可以求得k2=6320.与上面的解法一样还可求得k2=41,这是不可能的,所以不存在这样的直线L使得四边形OAPB为矩形.22．解：（1）∵f(x)=3x2+1，g(x)=2x，f(an+1)-f(an)=g(an+1+23)∴3(an+1)2+1-3a2n-1=2(an+1+23),即6an=2an+1∴nnaa1=3∴数列{an}是以3为公比的等比等列.(2)∵bn=analog∴nb1=naalog,11nb=1lognaa∴11nb-nb1=nnaaa1log=3loga∴数列{nb1}是以11b为首项，公差为3loga的等差数列(3)为方便起见,记数列{nb1}的公差为d,由于dlkbblk)(11.∴dlkkl)()13()13(,∴3d∴nnklknldknbbkn31613)(3)(3)13()(11∴nb=n3161（4）若l+k=M0，由（3）可知nb1==13)(3nkl=3M0-3n+1假设第M项后面的项满足an＞1恒成立，由于033logad,∴0＜a＜1，所以只要nb1＜0，即01011MMbb01)1(3301330