高三数学第二次周练试题(文科)

盂县一中高三第二次周练（文科）命题人：岳志义一、选择题（每题5分，共60分）1．含有三个实数的集合可表示为{a，ab，1}，也可表示为{a2，a+b，0}，则a2006+b2006的值为（）A．0B．1C．－1D．±12．已知全集I＝{0，1，2}，满足CI（A∪B）＝{2}的A、B共有的组数为（）A．5B．7C．9D．113．设集合M={x|x=412k，k∈Z}，N={x|x=214k，k∈Z}，则(）A．M=NB．MNC．MND．M∩N=4．对于任意的两个实数对（a，b）和（c，d），规定（a，b）＝（c，d）当且仅当a＝c，b＝d；运算“”为：),(),(),(adbcbdacdcba，运算“”为：),(),(dcba),(dbca，设Rqp,，若)0,5(),()2,1(qp则),()2,1(qp（）A．)0,4(B．)0,2(C．)2,0(D．)4,0(5．已知(31)4,1()log,1aaxaxfxxx是(,)上的增函数，那么a的取值范围是（）A．（0，1）B．（0，13）C.17，13D．1,176．函数23()lg(31)1xfxxx的定义域（）A．1(,)3B．1(,1)3C．11(,)33D．1(,)37．已知函数)(xfy，对任意的两个不相等的实数21,xx，都有)()()(2121xfxfxxf成立，且0)0(f，则)2006()2005(...........)2005()2006(ffff的值是（）A．0B．1C．2006！D．（2006！）28．如图所示，fi（x）（i=1，2，3，4）是定义在［0，1］上的四个函数，其中满足性质：“对［0，1］中任意的x1和x2，任意λ∈［0，1］，f［λx1+（1－λ）x2］≤λf（x1）+（1－λ）f（x2）恒成立”的只有（）f1（x）f2（x）f3（x）f4（x）A．f1（x），f3（x）B．f2（x）C．f2（x），f3（x）D．f4（x）9．不等式|x2－x－6|＞3－x的解集是（）（A）（3，＋∞）（B）（－∞，－3）∪（3，＋∞）（C）（－∞，－3）∪（－1，＋∞）（D）（－∞，－3）∪（－1，3）∪（3，＋∞）10、设2()lg2xfxx，则2()()2xffx的定义域为A．(4,0)(0,4)B．(4,1)(1,4)C．(2,1)(1,2)D．(4,2)(2,4)11、若不等式x2＋ax＋10对于一切x（0，12〕成立，则a的取值范围是（）A．0B.–2C.-52D.-312、若关于x的不等式xk)1(2≤4k＋4的解集是M，则对任意实常数k，总有（）（A）2∈M，0∈M；（B）2M，0M；（C）2∈M，0M；（D）2M，0∈M．二、填空题（每题4分，共16分）13、函数fx对于任意实数x满足条件12fxfx，若15,f则5ff__________.14、设不等式2x－1＞m(x2－1)对满足|m|≤2的一切实数m的取值都成立，x的取值范围为15、设函数y＝f（x）是最小正周期为2的偶函数，它在区间［0，1］上的图象为如图14所示的线段AB，则在区间［1，2］上f（x）＝.16、已知直线l过点)1,2(P，且与x轴、y轴的正半轴分别交于BA、两点，O为坐标原点，则三角形OAB面积的最小值为．三、解答题17、（12分）已知向量)23sin23(cosxx，a，)2sin2(cosxx，b，)13(，c，其中Rx．（１）当ba时，求x值的集合；（２）求||ca的最大值．18．（12分）设ABaxaxxBxxxA若},01)1(2{},04{222，求实数a的取值范围。.19、（本小题满分12分）如图3，四棱锥P—ABCD的底面边长为1的正方形，PD⊥BC，且PD=1，PC=2.（Ⅰ）求证：PD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角A—PB—D的大小.20．（本小题满分12分）从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，求：（Ⅰ）所选3人中恰有1名女生的概率；（Ⅱ）所选3人中至少有1名女生的概率.21、（12分）已知函数32()fxxaxbxc在23x与1x时都取得极值.(1)求a、b的值及函数()fx的单调区间;(2)若对1,2x,不等式2()fxc恒成立,求c的取值范围.22．（14分）已知二次函数cbxaxxf2)(．（1）若abc，且f（1）=0，证明f（x）的图象与x轴有2个交点；（2）在（1）的条件下，是否存在m∈R，使池f（m）=－a成立时，f（m+3）为正数，若存在，证明你的结论，若不存在，说明理由；（3）若对)()(,,,212121xfxfxxRxx且，方程)]()([21)(21xfxfxf有2个不等实根，),(21xx证明必有一个根属于图14答案一、1．B；2．C；3．B；4．B5．C；6．B；7．B；8．A．9、D10、B11、C12、A二、13．5114、213x217＋＜＜－15、x16、4三、17、讲解（１）由ba，得0ba，即02sin23sin2cos23cosxxxx．则02cosx，得)(4π2πZkkx．∴Zkkxx，4π2π|为所求．（２）22)323(cos||xca2)123(sinx)3π23sin(45x，所以||ca有最大值为3．18、解：由2{40}{04}{0,4}Axxxxxx或.∵BA，∴{0}{4}{0,4}BBBB或或或.当B时，即01)1(222axax无实根，由0，即0)1(4)1(422aa，解得1a；当{0}B时，由根与系数的关系：2002(1)0011aaa＝－，＝；当{4}B时，由根与系数的关系：2442(1)(4)1aaa＝－，(-4)＝；当{0,4}B时，由根与系数的关系：2042(1)0(4)11aaa＝－，＝；综上所得11aa或19、解答：（Ⅰ）∵PD=CD=1，PC=2∴PD2+CD2=PC2，即PD⊥CD.（3分）又PD⊥BC.BC∩CD=C∴PD⊥平面ABCD（6分）（Ⅱ）如图，连结AC交BD于O，则AC⊥BD.∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC.∴AC⊥平面PBD.（8分）过O点作OE⊥PB于E，连结AE，则AE⊥PB，故∠AEO为二面角A—PB—D的平面角.（10分）由Rt△OEB∽Rt△PDB，得OE=66PBOBPD.∴tan∠AEO=,3OEAO即∠AEO=60°20、解答：（I）设所选3人中恰有1名女生为事件A，则532062)(362412CCCAP6分（II）设所选人中至少有1名女生为事件B，则所选3人中没有女生为事件B.8分51204)(3634CCBP10分54)(1)(BPBP21、解答：322(1)(),()32,fxxaxbxcfxxaxb22124()0,(1)320,3931,2,2()32(32)(1),():fabfababfxxxxxfx由得函数的单调区间如下表x2(,)3232(,1)31(1,)()fx00()fx极大值极小值所以函数()fx的递增区间为2(,)3与(1,);递减区间为2(,1)3.32221(2)()222221,2,,(),327(2)2,(2)2.()(1,2),(2)2,12.fxxxxcxxfxcfcfcfxcxcfccc当时为极大值而则为最大值要使恒成立只须解得或22、解:（1）)(,04,00,0)1(2xfacbcacbacbaf且且的图象与x轴有两个交点.（2）0)(1,0)1(xff为的一个根，由韦达定理知另一根为ac,,,10,00cabcbaacca又且10)1)((macamacma则13233acm)(xf在（1，+∞）单调递增，0)1()3(fmf，即存在这样的m使0)3(mf（3）令)]()([21)()(21xfxfxfxg，则)(xg是二次函数.0)]()([41]2)()()(][2)()()([)()(22121221121xfxfxfxfxfxfxfxfxgxg0)(0)()(),()(2121xgxgxgxfxf又的根必有一个属于),(21xx.