高三数学第四轮模拟考试试卷

高三数学第四轮模拟考试试卷时间：120分钟分值：160分命题人：宋友强一、填空（每小题5分，共70分）1.设A，B是非空集合，定义BAxBAxxBA,。已知A={x|y=2x-x2}，B={y|y=2x，x0}，则BA_________。（教材改编）2.若)54(cos53siniz是纯虚数，则tan的值为.3.已知函数)(xf是定义在R上的偶函数，其减区间为),0[，则不等式)2()(xfxf的解集是________________。（教材改编）4.在83和272之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为。（苏教版必修5教材P49例2改编）5.一个空间几何体的主视图、左视图、俯视图为直角三角形，边长如图所示，那么这个几何体的体积为.6.下面是一个算法的程序框图，当输入的值x为5时，则其输出的结果是．7.曲线xxfln)(在ex处的切线方程为____________________。(改编题)题5题68.下面是按照一定规律画出的一列“树型”图：经观察可以发现：图（2）比图（1）多出2个“树枝”；图（3）比图（2）多出5个“树枝”；图（4）比图（3）多出10个“树枝”；照此规律，图（7）比图（6）多出_______个“树枝”.9.已知正四棱锥P—ABCD的高为4，侧棱长与底面所成的角为060，则该正四棱锥的侧面积是__________。（苏教版必修2教材P51例1改编）10.圆心为)1,1(且与直线4yx相切的圆的方程是___________．11.下图的矩形，长为5，宽为2，在矩形内随机地撒300颗黄豆，数得落在阴影部分的黄豆数为138颗，则我们可以估计出阴影部分的面积为．12.统计某校1000名学生的数学会考成绩，得到样本频率分布直方图如右图示，规定不低于60分为及格，不低于80分为优秀，则及格人数是；优秀率为。13.若函数3()lnfxxx在区间(,2)mm上单调递减，则实数m的范围是________.14.给出下列四个命题：①命题“0,2xRx”的否定是“0,2xRx”；②线性相关系数r的绝对值越接近于1，表明两个随机变量线性相关性越强；③若]1,0[,ba，则不等式4122ba成立的概率是4；④函数),2[)2(log22在axxy上恒为正，则实数a的取值范围是)25,(。其中真命题的序号是。（填上所有真命题的序号）题8…(5)(4)(3)(2)(1)题11频率组距分数0.040.0350.030.0250.020.0150.010005100908070605040题12二、解答题（第15、16题，每题14分，第17、18题，每题15分，第19、20题，每题16分，）15.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为矩形ABCD,E,F分别为AB、PC中点，且PD=PE,PB=PC.求证：（1）EF//平面PAD;（2）平面PDE⊥平面ABCD.16.在锐角三角形ABC中，已知内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且3tantan(1tantan)3ABAB．（1）若abbac222，求A、B、C的大小；（2）已知向量(sin,cos),(cos,sin),|32|AABB求mnmn的取值范围．17.某公司为帮助尚有26.8万元无息贷款没有偿还的残疾人商店，借出20万元将该商店改建成经营状况良好的某奥运品牌消费品专卖店，并约定用该店经营的利润逐步偿还债务(所有债务均不计利息)．已知该种消费品的进价为每件40元；该店每月销售量q(x)（百件）与销售价x（xZ）（元／件）之间的关系是：(1)当4060x时，月售量()qx(万件)是销售价格x(元)的二次函数，它们的关系如下表；(2)当6075x时，()80qxx.职工每人每月工资为600元，该店应交付的其它费用为每月10000元．（Ⅰ）若当销售价x为50元／件时，该店正好收支平衡，求该店的职工人数；（Ⅱ）若该店只安排40名职工，则该店最早可在几年后还清所有债务，此时每件消费品的价格定为多少元？（精确到年.已知194.35，4680001107844.2）x405060q(x)60402018.已知椭圆1122ayax直线l过点A0,a和点B0,ttaa，交椭圆于点M，直线MO交椭圆于N。（1）用ta,表示AMN的面积S;（2）若2,1t，求S的最大值。19.对于函数()fx，若存在0xR，使00()fxx成立，则称0x为()fx的不动点。如果函数2()(,*)xafxbcNbxc有且仅有两个不动点0、2，且1(2)2f。（1）试求函数()fx的单调区间；（2）已知各项不为零的数列na满足14()1nnSfa，求证：1111lnnnnana；（3）设1nnba，nT为数列nb的前n项和，求证：200820071ln2008TT。20.已知2()ln,()3fxxxgxxax.⑴求函数()fx在[,2](0)ttt上的最小值；⑵对一切(0,)x，2()()fxgx恒成立，求实数a的取值范围；⑶证明对一切(0,)x，都有12lnxxeex成立.高三数学答案卷一、填空（每小题5分，共70分）1.；2.；3.；4.；5.；6.；7.；8.；9.；10.；11.；12.；13.；14..二、解答题：15.（14分）16.（14分）17.（15分）18.（15分）19.（16分）20.（16分）高三数学答案一、填空：1.),2(]1,0[；2.43；3.),1(；4.216；5.1；6.2；7.01eeyx；8.80；9.3273；10.2)1()1(22yx；11.523；12.80020％；13.01m；14.②④。15.16.解：由已知.22.20,2033)tan(,33tantan1tantanBABABABABA得.6BA（1）由已知.4,1253,6,.3,212cos222BACBACBACabcbaC解得由得.3,4,125CBA（2）|3m－2n|2=9m2+4n2－12m·n=13－12（sinAcosB+cosAsinB）=13－12sin(A+B)=13－12sin（2B+6）.∵△ABC为锐角三角形，A－B=6，∴C=π－A－B2，A=6+B2..65622,36BB).1,21()62sin(B∴|3m－2n|2=∈（1，7）.∴|3m－2n|的取值范围是（1，7）17.（Ⅰ）设该店的月利润为S(x)元，有职工m名．则()()4010060010000Sxqxpm．当4060x时，设q(x)=2axbxc，由表得601600404025005020360060abcabcabc，解得q(x)=211100505xx.又由题设可知：806075qxx．211100,4060()50580,6075xxxqxxx所以，21110040100600100004060505()80401006001000060x75xxxmxSxxxm由已知，当50x时，(50)0S，即21110040100600100000505xxxm，解得50m．即此时该店有50名职工．（Ⅱ）若该店只安排40名职工，则月利润21110040100340004060505()80401003400060x75xxxxSxxx．当4060x时，211()1004010034000505Sxxxx2()6(201800)Sxxx，令()0Sx，解得101019x（负值舍去），53.5x当4053x时，()0Sx，当5460x时()0Sx，所以4053x时，()Sx单调递增；当5460x时，()Sx单调递减.因为(53)S9186（元），(54)S9232（元）所以，当4060x时，(54)S9232即为最大值.当6075p时，()804010034000Sxxx，所以当60x时，()Sx取最大值6000元．综上，当54p时，S有最大值9232元．设该店最早可在n年后还清债务，依题意，有1292322680002000000n．解得4.3n．所以，该店最早可在5年后还清债务，此时消费品的单价定为55元．18.19.（1）设22(1)0(1)xaxbxcxabbxc201201cbab∴012acb∴2()(1)2xfxcxc由21(2)1312fcc又∵,*bcN∴2,2cb∴2()(1)2(1)xfxxx……3分于是222222(1)22()4(1)2(1)xxxxxfxxx由()0fx得0x或2x；由()0fx得01x或12x故函数()fx的单调递增区间为(,0)和(2,)，单调减区间为(0,1)和(1,2)……4分（2）由已知可得22nnnSaa，当2n时，21112nnnSaa两式相减得11()(1)0nnnnaaaa∴1nnaa或11nnaa当1n时，2111121aaaa，若1nnaa，则21a这与1na矛盾∴11nnaa∴nan……6分于是，待证不等式即为111ln1nnnn。为此，我们考虑证明不等式111ln,01xxxxx令11,0,txx则1t，11xt再令()1lngttt，1()1gtt由(1,)t知()0gt∴当(1,)t时，()gt单调递增∴()(1)0gtg于是1lntt即11ln,0xxxx①令1()ln1httt，22111()thtttt由(1,)t知()0ht∴当(1,)t时，()ht单调递增∴()(1)0hth于是1ln1tt即11ln,01xxxx②由①、②可知111ln,01xxxxx……10分所以，111ln1nnnn，即1111lnnnnana……11分（3）由（2）可知1nbn则111123nTn在111ln1nnnn中令1,2,3,,2007n，并将各式相加得111232008111lnlnln1232008122007232007即200820071ln2008TT……14分20.解答：⑴'()ln1fxx，当1(0,)xe，'()0fx，()fx单调递减，当1(,)xe，'()0fx，()fx单调递增.①102tte，t无解；②102tte，即10te时，min11()()fxfee；③12tte，即1te时，()fx在[,2]tt上单调递增，min()()lnfxfttt；所以min110()1lnteefxttte，，.⑵22ln3xxxax，则32lnaxxx，设3()2ln(0)hxxxxx，则2(3)(1)'()xxhxx，(0,1