高考复习浙江省杭州第二中学高三数学周练(五)(含详细答案)

杭州二中高三代数质量检测题（五）（2005年12月26日下午3：05－4:35）命题：黄宗巧一、选择题：满分60分，共10小题，每小题6分.1.函数2sin3cos3yxx的最小值为()（A）0（B）2（C）1（D）142.某单位有老年人28人，中年人54人，青年人81人，为了调查他们的身体状况，需从他们中抽取一个容量为36的样本，最适合的抽取样本的方法是()(A)简单随机抽样(B)系统抽样(C)分层抽样(D)先从老年人中随机剔除1人，然后分层抽样3.如果函数2log(2)3yx的图象按a平移得到2logyx的图象,则a()（A）(2,3)（B）(2,3)（C）(2,3)（D）(2,3)4.已知随机变量~10,0.6B，若8，则,ED分别是()(A)6和2.4(B)2和2.4(C)2和5.6(D)6和5.6（文科．．）若函数(1)yfx的定义域是[2,3],则(1)yfx定义域是()（A）[2,3]（B）[0,5]（C）[1,4]（D）[3,2]5．若ba，babam，baban，则m、n的大小关系是（）（A）nm（B）nm（C）nm（D）无法判断6.函数212log35yxax在,1上单调递减，则a的取值范围是（）（A）6,（B）06,（C）68,（D）68,7．已知fx为R上的奇函数，且22xfxf，03f.则0xf在区间100,内实根的个数最少是（）（A）10（B）9（C）8（D）58.nS是首项为1的等比数列na的前n项和，若lim11nnnSS,则公比q的范围是()（A）1q（B）11qq或（C）10q（D）011qq且（文科．．）已知两个等差数列、nnab满足121253()27nnaaannNbbbn，则66ba()（A）25（B）2（C）1933（D）31639.函数xxxf863的值域是（）（A）3010,（B）10,210（C）810,（D）304,10.已知全集4321,,,U，则满足1ABUC的集合对A、B共有（）（A）24对（B）27对（C）37对（D）42对二、填空题：满分30分，共6小题，每小题5分.11．已知点1,1,2,3AB，O为坐标原点，,OPOAABR，若点P在第四象限内，则实数的取值范围是.12．函数22log(1)yxx的反函数是.13.若集合2{ln(1),}yyxaxxRR，则实数a的取值范围是.14.设甲射击一次，击中目标的概率是32.假设每次射击是否击中目标，相互之间没有影响，且连续2次未击中．．．目标，则停止射击.则甲恰好射击5次后，被中止射击的概率是.15.若关于x的方程2ln0xxa在区间[1,3]内恰有一个实根，则实数a的取值范围是.（文科．．）若关于x的方程30xxa有三个不同的实根，则a的取值范围是.16．给出下列四个命题：①设2()(0)fxaxbxca，若12()()fxfx12()xx，则12()fxxc；②若偶函数()fx在0x处可导，则(0)0f；③函数(1)yfx与(1)yfx的图象关于直线1x对称；④函数2249sincosyxx的最小值是5.则其中错误的命题的序号是.杭州二中高三代数质量检测题（五）答题卷班级姓名学号一．选择题：满分60分，共10小题，每小题6分.题号12345678910答案ADABCCBBBC二．填空题：满分30分，共6小题，每小题5分.（11）11,2，（12）222xxy，0,x，（13）,22,，（14）16243，（15）{22ln2}(32ln3,1],文2323,99（16）③三．解答题：满分60分，共4小题，每小题15分.17.已知向量2sin,cos,3cos,2cosmxxnxx，定义函数log10,1afxmnaa，求函数fx的最小正周期、单调递增区间.解：.因为223sincos2cos3sin2cos21mnxxxxx所以log3sin2cos2log2sin26aafxxxx,故22T,令2sin206gxx，则gx的单调递增的正值区间是,126kkkZ，单调递减的正值区间是5,612kkkZ则当01a时，函数fx的单调递增区间为5,612kkkZ当1a时，函数fx的单调递增区间为,126kkkZ18．已知不等式22222322(32)log22log02020aaaaxxaa对任意Rx恒成立，试求实数a的取值范围.解：令2232log20aata，则22210txxt对任意Rx恒成立则0t，且8410tt，解得：2t所以41202302aaa，解得4,21,43a，19.已知f(x)=)(32432Rxxaxx在区间[－1，1]上是增函数.（1）求实数a的值组成的集合A；（2）设关于x的方程f(x)=3312xx的两个非零实根为x1、x2.是否存在实数m，使得对任意a∈A及t∈[－1，1],不等式m2+tm+1≥|x1－x2|恒成立？解：（2004福建文T22）（1）f＇(x)=4+2,22xax∵f(x)在[－1，1]上是增函数，∴f＇(x)≥0对x∈[－1，1]恒成立，即x2－ax－2≤0对x∈[－1，1]恒成立.①设(x)=x2－ax－2，方法一：(1)=1－a－2≤0，①－1≤a≤1，(－1)=1+a－2≤0.∵对x∈[－1，1]，只有当a=1时，f＇(-1)=0以及当a=－1时，f＇(1)=0∴A={a|－1≤a≤1}.方法二：2a≥0，2a0，①或(－1)=1+a－2≤0(1)=1－a－2≤00≤a≤1或－1≤a≤0－1≤a≤1.∵对x∈[－1，1]，只有当a=1时，f＇(－1)=0以及当a=－1时，f＇(1)=0∴A={a|－1≤a≤1}.（2）由,02,0,3123242332axxxxxxaxx或得∵△=a2+80∴x1，x2是方程x2－ax－2=0的两非零实根，x1+x2=a，x1x2=－2从而|x1－x2|=212214)(xxxx=82a，∵－1≤a≤1，∴|x1-x2|=82a≤3.要使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，当且仅当m2+tm+1≥3即m2+tm－2≥0对任意t∈[－1，1]恒成立.②设g(t)=m2+tm－2=mt+(m2－2)，方法一：g(－1)=m2－m－2≥0，②g(1)=m2+m－2≥0，m≥2或m≤－2.方法二：当m=0时，②显然不成立；当m≠0时，m0，m0，②或g(－1)=m2－m－2≥0g(1)=m2+m－2≥0m≥2或m≤－2.所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，其取值范围是{m|m≥2，或m≤－2}.20.已知数列{}na满足：212,nnnaaanN，且1(0,1)aa.(1)用数学归纳法证明：01na；（2）试求{}na的通项公式；（3）对于2,nnN，求证：3332222121223112()()nnnnaaaaaaaaaaan.提示：（2）12211(1)(1),lg(1)2lg(1),1(1)nnnnnnaaaaaa（3）分析：由已知可得：1nnaa-方法1：21112(0,1),20nnnnnaaaaaaa，所以左边＝222211222311112231112(2)(2)(2)(2)(2)(2)(2)(2),nnnnnnnnnaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaan方法2：32241122(2)kkkkkkkaaaaaaa++-=-=Q故：左边=13112nknnkaaaa-=+-å2222411111110,;01,,nnnaaaaaaaaaa\\\QQ故：左边1134311222nnknknkkaaaaan--==+-=+邋方法3：由332231111(1)()(1)0nnnnnnnnaaaaaaaa----+-+=-+-又332311111(1)()()(1)0nnnnnaaaaaaaaaa+-+=-++-累加可证方法4：对上面方法3的一种推广：对任意的*,pqNÎ，3321pqpqaaaa++证明如下：若pq，3322231()(1)pqpqqqppaaaaaaaa+-+=-+-,10pqpqaa\Q，220qpaa\-，故得证若pq，则332231()(1)pqpqppqqaaaaaaaa+-+=-+-同理可证这样，利用上述命题，对左边各式进行任意组合，便可证明（文科．．）设等比数列na的公比为q，前n项和),2,1(0nSn.（1）求q的取值范围；（2）设1223nnnaab，记nb的前n项和为nT，试比较nS与nT的大小.解：(2005全国卷Ⅰ)（1）因为}{na是等比数列，.0,0,011qSaSn可得当;0,11naSqn时1(1)11,0,0,(1,2,)11nnnaqqqSnqq当时即上式等价于不等式组：),2,1(,01,01nqqn①或),2,1(,01,01nqqn②解①式得q1；解②，由于n可为奇数、可为偶数，得－1q1.综上，q的取值范围是).,0()0,1(（2）由2132nanbaa得.)23(),23(22nnnnSqqTqqab于是)123(2qqSSTnnn).2)(21(qqSn又∵nS0且－1q0或q0当112q或2q时0nnTS即nnTS当122q且q≠0时，0nnTS即nnTS当12q或q=2时，0nnTS即nnTS