高三數(shù)學(xué)一輪單元測試卷18套答案

·高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案第一單元集合與簡易邏輯一、選擇題（每小題5分，共50分）題次12345678910答案DBCCDACDBA二、填空題（每小題4分，共20分）11．eq\b\bc\((\f(π,2)，－1)∪(0，1)∪\b\bc\((\f(π,2)，3)；12．3800；13．eq\f(3π,4)；14．(－∞?1)∪(3，＋∞)；15．x＋6或2x＋6或3x＋6或4x＋6或5x＋6三、解答題（共80分）16．解：(1)設(shè)f（x）＝ax2＋bx＋c，由f（0）＝1得c＝1，故f（x）＝ax2＋bx＋1．∵f(x＋1)－f(x)＝2x，∴a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x．即2ax＋a＋b＝2x，所以，∴f(x)＝x2－x＋1．(2)由題意得x2－x＋1>2x＋m在[－1，1]上恒成立．即x2－3x＋1－m>0在[－1，1]上恒成立．設(shè)g(x)＝x2－3x＋1－m，其圖象的對稱軸為直線x＝eq\f(3,2)，所以g(x)在[－1，1]上遞減．故只需g(1)>0，即12－3×1＋1－m>0，解得m<－1．17．解：（1）當(dāng)a＝2時(shí)，A＝（2，7），B＝（4，5）∴AB＝（4，5）．（2）∵B＝（2a，a2＋1），當(dāng)a＜時(shí)，A＝（3a＋1，2）要使BA，必須，此時(shí)a＝－1；當(dāng)a＝時(shí)，A＝，使BA的a不存在；當(dāng)a＞時(shí)，A＝（2，3a＋1）要使BA，必須，此時(shí)1≤a≤3．綜上可知，使BA的實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，3]∪{－1}18．19．解：(1)設(shè)任意實(shí)數(shù)x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝＝＝．又，∴f(x1)－f(x2)<0，所以f(x)是增函數(shù)．(2)當(dāng)a＝0時(shí)，y＝f(x)＝2x－1，∴2x＝y(tǒng)＋1，∴x＝log2(y＋1)，y＝g(x)＝log2(x＋1)．20．解：（1）顯然函數(shù)的值域?yàn)?；?）若函數(shù)在定義域上是減函數(shù)，則任取且都有成立，即只要即可，由，故，所以，故的取值范圍是；（3）當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)增，無最小值，當(dāng)時(shí)取得最大值；由（2）得當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)減，無最大值，當(dāng)x＝1時(shí)取得最小值2－a；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)減，在上單調(diào)增，無最大值，當(dāng)時(shí)取得最小值．21．解（1）當(dāng)a＝2，b＝－2時(shí)，設(shè)x為其不動(dòng)點(diǎn)，即則的不動(dòng)點(diǎn)是－1，2．（2）由得：．由已知，此方程有相異二實(shí)根，恒成立，即即對任意恒成立．（3）設(shè)，直線是線段AB的垂直平分線，記AB的中點(diǎn)由（2）知 化簡得：時(shí)，等號成立）．即高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案第二單元函數(shù)一、選擇題（每小題5分，共50分）題次12345678910答案DAABCDBAAD二、填空題（每小題4分，共20分）11．eq\f(\r(2),2)；12．x≥2；13．(2，＋∞)；14．2.5；15(1)(3)(4)三、解答題(共80分)16．略17．解：(Ⅰ)∵∴(x＞－1)由≤g(x)∴解得0≤x≤1∴D＝[0，1](Ⅱ)H(x)＝g(x)－∵0≤x≤1∴1≤3－≤2∴0≤H(x)≤∴H(x)的值域?yàn)椋?，］18．解：(Ⅰ)設(shè)P(x0，y0)是y＝f(x)圖象上點(diǎn)，Q(x，y)，則，∴∴－y＝loga(x＋2a－3a)，∴y＝loga(x＞a)(Ⅱ)∴x＞3a∵f(x)與g(x)在［a＋2，a＋3］上有意義．∴3a＜a＋2∴0＜a＜16分∵|f(x)－g(x)|≤1恒成立|loga(x－3a)(x－a)|≤1恒成立．對x∈［a＋2，a＋3］上恒成立，令h(x)＝(x－2a)2－a2其對稱軸x＝2a，2a＜2，2＜a＋2∴當(dāng)x∈［a＋2，a＋3］hmin(x)＝h(a＋2)，hmax＝h(a＋3)∴原問題等價(jià)19．解：(Ⅰ)由題意：將當(dāng)年生產(chǎn)x(萬件)時(shí)，年生產(chǎn)成本＝年生產(chǎn)費(fèi)用＋固定費(fèi)用＝32x＋3＝32(3－)＋3，當(dāng)銷售x(萬件)時(shí)，年銷售收入＝150%［32(3－＋3］＋由題意，生產(chǎn)x萬件化妝品正好銷完∴年利潤＝年銷售收入－年生產(chǎn)成本－促銷費(fèi)即(t≥0)(Ⅱ)∵≤50－＝42萬件當(dāng)且僅當(dāng)即t＝7時(shí)，ymax＝42∴當(dāng)促銷費(fèi)定在7萬元時(shí)，利潤增大．20．(Ⅰ)證明：令x＝y(tǒng)＝0，∴2f(0)＝f(0)，∴f(0)＝0令y＝－x，則f(x)＋f(－x)＝f(0)＝0∴f(x)＋f(－x)＝0∴f(－x)＝－f(x)∴f(x)為奇函數(shù)4分(Ⅱ)解：f(x1)＝f()＝－1，f(xn＋1)＝f()＝f()＝f(xn)＋f(xn)＝2f(xn)∴＝2即{f(xn)}是以－1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列∴f(xn)＝－2n－1(Ⅲ)解：而∴21．(Ⅰ)證明：g(x)＝f(x)－x＝ax2＋(b－1)x＋1且a＞0∵x1＜1＜x2＜2∴(x1－1)(x2－1)＜0即x1x2＜(x1＋x2)－1于是＞［(x1＋x2)－1］＝又∵x1＜1＜x2＜2∴x1x2＞x1于是有ｍ＝(x1＋x2)－x1x2＜(x1＋x2)－x1＝x2＜1∴＜m＜1(Ⅱ)解：由方程＞0，∴x1x2同號(ⅰ)若0＜x1＜2則x2－x1＝2∴x2＝x1＋2＞2∴g(2)＜0即4a＋2b－1＜0①又(x2－x1)2＝∴，(∵a＞0)代入①式得＜3－2b，解之得：b＜(ⅱ)若－2＜x1＜0，則x2＝－2＋x1＜－2∴g(－2)＜0，即4a－2b＋3＜0②又代入②得＜2b－1解之得b＞綜上可知b的取值范圍為高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案第三單元數(shù)列一、選擇題（每小題5分，共50分）題次12345678910答案DDBBBADCBB提示：2．∵Sn＝324Sn－6＝144，∴Sn－Sn－6＝an＋5＋an－4＋…＋an＝180又∵S6＝a1＋a2＋…＋a6＝36a1＋an＝a2＋an－1＝…＝a6＋an－5，∴6(a1＋an)＝36＋180＝216a1＋an＝36，由，有：n＝18∴選D3．∵S4＝1S8＝3∴S8－S4＝2，而等比數(shù)列依次K項(xiàng)和為等比數(shù)列，a17＋a18＋a19＋a10＝(a1＋a2＋a3＋a4)·25－1＝16，故選B．4．∵7．∵∴故點(diǎn)在直線y＝ax＋b上，選D．9．設(shè)現(xiàn)在總臺數(shù)為b，2003年更新a臺，則：b＝a＋a(1＋10%)＋……＋a(1＋10%)4．∴二、填空題（每小題4分，共20分）11．∵n＋2＝2k，由n＝2k－2∈(1，2004)有2≤k≤10(k∈Z)．故所有劣數(shù)的和為（22＋23＋……＋210）－2×9＝－18＝2026．12．令n＝6得故各元素之和為13．設(shè)抽取的是第n項(xiàng)．∵S11＝55，S11－an＝40，∴an＝15，又∵S11＝11a6a6＝5．由a1＝－5，得d＝，令15＝－5＋（n－1）×2，∴n＝1114．設(shè)x＝a＋b＋c，則b＋c－a＝xq，c＋a－b＝xq2，a＋b－c＝xq3，∴xq＋xq2＋xq3＝x(x≠0)∴q3＋q2＋q＝1．15．三、解答題（共80分）16．⑴由題意得（a1＋d）(a1＋13d)＝(a1＋4d)2(d>0)解得d＝2，∴an＝2n－1，bn＝3n－1．⑵當(dāng)n＝1時(shí)，c1＝3當(dāng)n≥2時(shí)，∵∴故17．⑴∵f(x＋1)＝(x＋1－1)2－4，∴f(x)＝(x－1)2－4∴a1＝f(x－1)＝(x－2)2－4，a3＝(x－1)2－4．又a1＋a3＝2a2，∴x＝0，或x＝3．（2）由（1）知a1，a2，a3分別是0，－eq\f(3,2)，－3或－3，－eq\f(3,2)，0．∴（3）當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，18．（1）∵an>0，，∴，則當(dāng)n≥2時(shí)，即，而an>0，∴又（2）19．（1）令x＝y(tǒng)＝0，則f(0)＝0，再令x＝0，得f(0)－f(y)＝f(－y)，∴f(－y)＝－f(y)，y∈(－1，1)，∴f(x)在（－1，1）上為奇函數(shù)．（2），即∴{f(an)}是以－1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，∴f(an)＝－2n－1．（3）．若恒成立（n∈N＋），則∵n∈N＋，∴當(dāng)n＝1時(shí)，有最大值4，故m>4．又∵m∈N，∴存在m＝5，使得對任意n∈N＋，有．(2005年湖南高考題20題)解：（I）從第n年初到第n+1年初，魚群的繁殖量為axn，被捕撈量為bxn，死亡量為（II）若每年年初魚群總量保持不變，則xn恒等于x1，n∈N*，從而由（*）式得因?yàn)閤1>0，所以a>b.猜測：當(dāng)且僅當(dāng)a>b，且時(shí)，每年年初魚群的總量保持不變.（Ⅲ）若b的值使得xn>0，n∈N*由xn+1=xn(3－b－xn),n∈N*,知0<xn<3－b,n∈N*,特別地，有0<x1<3－b.即0<b<3－x1.而x1∈(0,2)，所以由此猜測b的最大允許值是1.下證當(dāng)x1∈(0,2)，b=1時(shí)，都有xn∈(0,2),n∈N*①當(dāng)n=1時(shí)，結(jié)論顯然成立.②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)結(jié)論成立，即xk∈(0,2),則當(dāng)n=k+1時(shí)，xk+1=xk(2－xk)>0.又因?yàn)閤k+1=xk(2－xk)=－(xk－1)2+1≤1<2,所以xk+1∈(0,2)，故當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論也成立.由①、②可知，對于任意的n∈N*，都有xn∈(0,2).綜上所述，為保證對任意x1∈(0,2),都有xn>0，n∈N*，則捕撈強(qiáng)度b的最大允許值是1．21．（1）x＝y(tǒng)＝0得f(0)＝－1，x＝y(tǒng)＝－1得f(－2)＝2f(－1)＋2，而f(－2)＝－2，∴f(－1)＝－2，x＝1，y＝－1得f(0)＝f(1)＋f(－1)，∴f(1)＝1（2）x＝n，y＝1得f(n＋1)＝f(n)＋f(1)＋n＋1＝f(n)＋n＋2，∴f(n＋1)－f(n)＝n＋2，∴當(dāng)n∈N＋時(shí)，f(n)＝f(1)＋[3＋4＋…＋(n＋1)]＝，而當(dāng)n∈N＋，且n>1時(shí)，n2＋n－2>0，∴f(n)>n，則對一切大于1的正整數(shù)t，恒有f(t)>t．（3）∵y＝－x時(shí)f(x－x)＝f(x)＋f(－x)＋1－x2，∴f(x)＝x2－2－f(－x)，∵當(dāng)x∈N＋時(shí)由（2）知，當(dāng)x＝0時(shí)，f(0)＝－1＝．適合當(dāng)x為負(fù)整數(shù)時(shí)，－x∈N＋，則故對一切x∈Z時(shí)，有，∴當(dāng)t∈Z時(shí)，由f(t)＝t得t2＋t－2＝0，即t＝1或t＝2．滿足f(t)＝t的整數(shù)t有兩個(gè)．高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案第四單元[三角函數(shù)]通，性質(zhì)大集中一、選擇題(5分×10＝50分)題號12345678910答案CDCCDABABA二、填空題(4分×5＝20分)11．－eq\f(3,4)12．13．－eq\r(2)14．2(－1)n15．eq\f(4,3)；π＋\f(2,3)。三、解答題(共80分)16．解：由得又于是17．解：∵tanα是方程的較小根，∴方程的較大根是cotα．∵tanα＋cotα＝，即∴．……5分解得，或．……8分當(dāng)時(shí)，，；當(dāng)時(shí)，，，不合題意．∴．……12分18．解法一由得 所以即 因?yàn)樗?，從?由知從而. 由 即 由此得所以解法二：由 由、，所以即 由得 所以 即 因?yàn)?，所?由從而，知B+2C=不合要求. 再由，得所以19．解：所以函數(shù)f(x)的值域?yàn)?，最小正周期?0．解：如圖所示，建立平面直角坐標(biāo)系，則，，．直線的方程為，即．設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，則（）由經(jīng)過兩點(diǎn)的直線的斜率公式，．由直線到直線的角的公式得（）要使達(dá)到最大，只須達(dá)到最小．由均值不等式．當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)上式取等號．故當(dāng)時(shí)最大．這時(shí)，點(diǎn)的縱坐標(biāo)為．由此實(shí)際問題知，，所以最大時(shí)，最大．故當(dāng)此人距水平地面60米高時(shí)，觀看鐵塔的視角最大．21．(1)f(x)＝1－2a－2acosx－2sin2x＝1－2a－2acosx－2(1－cos2x)＝2(cosx－eq\f(a,2))2－eq\f(a2,2)－2a－1。當(dāng)a≥2時(shí)，則cosx＝1時(shí)，f(x)取最小值，即f(a)＝1－4a；當(dāng)－2＜a＜2時(shí)，則cosx＝eq\f(a,2)時(shí)，f(x)取最小值，即f(a)＝－eq\f(a2,2)－2a－1；當(dāng)a≤－2時(shí)，則cosx＝－1時(shí)，f(x)取最小值，即f(a)＝1；綜合上述，有f(a)＝(2)若f(a)＝eq\f(1,2)，a只能在[－2,2]內(nèi)。解方程－eq\f(a2,2)－2a－1＝eq\f(1,2)，得a＝－1，和a＝－3。因－1∈[－2,2]，故a＝－1為所求，此時(shí)f(x)＝2(cosx＋eq\f(1,2))2＋eq\f(1,2)；當(dāng)cosx＝1時(shí)，f(x)有最大值5。高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案第五單元[向量]作運(yùn)算，圖形見奇觀一、選擇題題號12345678910答案CCABBBDCCD二、填空題11．－eq\f(1,2)；12．1；13．(－eq\f(\r(10),5)，\f(3\r(10),5))；14．－eq\f(2,3)；15．②④三、解答題16．17．解：（1）∵＝(－coseq\f(A,2)，sineq\f(A,2))，＝(coseq\f(A,2)，sineq\f(A,2))，且·＝eq\f(1,2)，∴－cos2eq\f(A,2)＋sin2eq\f(A,2)＝eq\f(1,2)，………………2分即－cosA＝eq\f(1,2)，又A∈(0，)，∴A＝eq\f(2,3)………………5分（2）S△ABC＝eq\f(1,2)bc·sinA＝eq\f(1,2)b·c·sineq\f(2,3)＝eq\r(3)Equation.3\r(3)，∴bc＝4…7分又由余弦定理得：a2＝b2+c2－2bc·cos120°＝b2+c2+bc………………10分∴16＝(b+c)2，故b+c＝4．……………12分18．解：⑴＝(eq\f(1,2)(t+1)，－eq\f(\r(3),2)(t+1))，………………2分∵＝t，∴＝t，＝eq\f(1,1+t)，又＝(eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，＝－＝(eq\f(1,2)t，－eq\f(\r(3),2)(t+2))；∴＝(eq\f(t,2(t+1))，－eq\f(\r(3)(t+2),2(t+1)))，………………5分∴＝(eq\f(2t+1,2(t+1))，－eq\f(\r(3),2(t+1)))………………7分⑵（理）∵＝(eq\f(t－1,2)，－eq\f(\r(3)(t+1),2))，∴·＝eq\f(2t+1,2(t+1))·eq\f(t－1,2)＋eq\f(\r(3),2(t+1))·eq\f(\r(3)(t+1),2)＝eq\f(t2+t+1,2(t+1))………………9分又∵||·||＝eq\f(\r((2t+1)2+1),2(t+1))·eq\f(\r((t－1)2+3(t+1)2),2)＝eq\f(t2+t+1,t+1)…………11分∴cos<，>＝eq\f(·,||·||)＝eq\f(1,2)，∴向量與的夾角為60°．……14分（文）由已知t＝eq\f(1,2)，∴＝(eq\f(2,3)，－eq\f(\r(3),3))，＝(－eq\f(1,4)，－eq\f(3\r(3),4))∴·＝－eq\f(1,6)＋eq\f(3,4)＝eq\f(7,12)……………9分又∵||＝eq\f(\r(7),3)，||＝eq\f(2\r(7),4)＝eq\f(\r(7),2)………………11分∴cos<，>＝eq\f(eq\f(7,12),eq\f(7,6))＝eq\f(1,2)，∴向量與的夾角為60°．………………14分19．解：⑴由得，又（2）同理由得又所以因所以20．解：⑴⑵∴O為△ABC的外心．即⑶在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝45°，O為△ABC的外心，則∠BOC＝2∠A＝120°，∠AOC＝2∠B＝90°，∴∠AOB＝150°。＝21．解：由已知得，即．，．，面積S有最大值．高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案第六單元[不等]符號定，比較技巧深一、選擇題題號12345678910答案DDACABCCBA二、填空題11．x≤0或x≥2；12．155；13．；14．；15．②④三、解答題16．解：由于y＝2x是增函數(shù)，f(x)≥2eq\r(2)等價(jià)于|x+1|－|x－1|≥eq\f(3,2)，①……2分(i)當(dāng)x≥1時(shí)，|x+1|－|x－1|＝2?！啖偈胶愠闪? ……5分(ii)當(dāng)－1＜x＜1時(shí)，|x+1|－|x－1|＝2x。①式化為2x≥eq\f(3,2)，即eq\f(3,4)≤x<1 ……8分(i)當(dāng)x≤－1時(shí)，|x+1|－|x－1|＝－2?！啖偈綗o解綜上，x的取值范圍是[ eq\f(3,4)，＋∞)。 ……12分17．解：∵……………2分………………4分…………6分……………8分………………10分又∴………………12分18．解：（1）應(yīng)用二元均值不等式，得，

故．當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)上式取等號．……8分

（2）由（1）．當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)上式取最小值，即．……14分點(diǎn)評：給你一種解題工具，讓你應(yīng)用它來解答某一問題，這是近年考試命題的一種新穎的題型之一，很值得讀者深刻反思和領(lǐng)悟當(dāng)中的思維本質(zhì)．19．解：（1）由f(x)<0得，|x－m|<mx，得－mx<x－m<mx，即eq\b\lc\{(\a\al\co1((1－m)x<m,(1＋m)x>m))……2分①當(dāng)m＝－1時(shí)，x<－…………………3分②當(dāng)－1<m<0時(shí)，x<……5分③當(dāng)m<－1時(shí)，x<………………7分綜上所述，當(dāng)m<－1時(shí)，不等式解集為{x|x<當(dāng)m＝－1時(shí)，不等式解集為{x|x<－當(dāng)－1<m<0時(shí)，不等式解集為{x|x<………8分（2）f(x)＝∵m<0，∴1－m>0，f(x)在[m，+∞)上單調(diào)遞增，要使函數(shù)f(x)存在最小值，則f(x)在(－∞，m)上是減函數(shù)或常數(shù)，∴－(1+m)≤0即m≥－1，又m<0，∴－1≤m<0．故f(x)存在最小值的充要條件是－1≤m<0，且f(x)min＝f(m)＝－m2．………14分20．解：⑴對已知二次函數(shù)應(yīng)用配方法，得，當(dāng)x∈R時(shí)，f(x)＝，于是，對任意x∈R都有f(x)1f(x)＝1a2．………4分⑵用f(x)、f(x)表示f(x)在[0，1]上的最大值、最小值，則對任意x∈[0，1]，都有|f(x)|1當(dāng)且僅當(dāng)（*）而f(x)＝－b(x－+，（x[0，1]）當(dāng)2b時(shí)，0<1，f(x)＝，f(x)＝f(0)或f(1)；當(dāng)2b<a時(shí)，>1，f(x)＝f(1)，f(x)＝f(0)．于是(*)或b－1a2或xb－1a2．故對任意x[0，1]，都有|f(x)|1的充要條件是b－1a2．……………9分(３)由(２)的解答知，對任意x∈[0，1]，都有|f(x)|1當(dāng)且僅當(dāng)或0<a2b或2b<ab+10<ab+1．故當(dāng)0<b1時(shí)，對任意x[0，1]，都有|f(x)|1的充要條件為0<ab+1．…14分點(diǎn)評：含參數(shù)的二次函數(shù)與絕對值不等式相綜合，這是歷年高考命題的熱點(diǎn)之一．讀者在備考復(fù)習(xí)時(shí)，應(yīng)當(dāng)重視這類題型的解題技巧，掌握一些解題的套路，領(lǐng)悟當(dāng)中的變化技能，反復(fù)思考參數(shù)的處理藝術(shù)．21．解：對函數(shù)求導(dǎo)數(shù)：于是當(dāng)在區(qū)間是減函數(shù)，當(dāng)在區(qū)間是增函數(shù).所以時(shí)取得最小值，，（Ⅱ）證法一：用數(shù)學(xué)歸納法證明.（i）當(dāng)n=1時(shí)，由（Ⅰ）知命題成立.（ii）假定當(dāng)時(shí)命題成立，即若正數(shù)，則當(dāng)時(shí)，若正數(shù)令則為正數(shù)，且由歸納假定知①同理，由可得②綜合①、②兩式即當(dāng)時(shí)命題也成立.根據(jù)（i）、（ii）可知對一切正整數(shù)n命題成立.證法二：令函數(shù)利用（Ⅰ）知，當(dāng)對任意.①下面用數(shù)學(xué)歸納法證明結(jié)論.（i）當(dāng)n=1時(shí)，由（I）知命題成立.（ii）設(shè)當(dāng)n=k時(shí)命題成立，即若正數(shù)由①得到由歸納法假設(shè)即當(dāng)時(shí)命題也成立.所以對一切正整數(shù)n命題成立.高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案第七單元直線與圓一、選擇題（每小題5分，共50分）：題號12345678910答案CBCCAAABAA二、填空題（每小題4分，共20分）11．36；12．9；13．z≤－２或z≥１；14．15． 三、解答題（共80分，按步驟得分）16．解：已知圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是(x－2)2＋(y－2)2＝1，它關(guān)于x軸的對稱圓的方程是(x－2)2＋(y＋2)2＝1。設(shè)光線L所在直線方程是：y－3＝k(x＋3)。由題設(shè)知對稱圓的圓心C′（2，－2）到這條直線的距離等于1，即．整理得解得．故所求的直線方程是，或，即3x＋4y－3＝0，或4x＋3y＋3＝0．17．解：設(shè)甲、乙兩種產(chǎn)品的產(chǎn)量分別為x，y件，約束條件是O（200，100）yx500250O（200，100）yx500250400200作出可行域，如圖。設(shè)是參數(shù)，將它變形為，這是斜率為，隨a變化的一族直線。當(dāng)直線與可行域相交且截距最大時(shí)，目標(biāo)函數(shù)f取得最大值。由得，因此，甲、乙兩種產(chǎn)品的每月產(chǎn)品分別為200，100件時(shí)，可得最大收入800千元。18．解：如圖建立平面直角坐標(biāo)系，由題意可設(shè)A、B兩人速度分別為3v千米/小時(shí)，v千米/小時(shí)，再設(shè)出發(fā)x0小時(shí)，在點(diǎn)P改變方向，又經(jīng)過y0小時(shí)，在點(diǎn)Q處與B相遇．則P、Q兩點(diǎn)坐標(biāo)為（3vx0，0），（0，vx0＋vy0）．由|OP|2＋|OQ|2＝|PQ|2知，………………3分（3vx0）2＋(vx0＋vy0)2＝(3vy0)2，即．……①將①代入又已知PQ與圓O相切，直線PQ在y軸上的截距就是兩個(gè)相遇的位置．設(shè)直線相切，則有答：A、B相遇點(diǎn)在離村中心正北千米處19．解：（1）∵|PM1|－5＝|PM2|－1，∴|PM1|－|PM2|＝4∴動(dòng)圓圓心P的軌跡是以M1、M2為焦點(diǎn)的雙曲線的右支。c＝4，a＝2，b2＝12，故所求軌跡方程為－＝1（x≥2）。（2）當(dāng)過M2的直線傾斜角不等于時(shí)，設(shè)其斜率為k，直線方程為y＝k(x－4)與雙曲線3x2－y2－12＝0聯(lián)立，消去y化簡得(3－k2)x2＋8k2x－16k2－12＝0又設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1>0，x2>0由解得k2>3。由雙曲線左準(zhǔn)線方程x＝－1且e＝2，有|AM1|·|BM1|＝e|x1＋1|·e|x2＋1|＝4[x1x2＋(x1＋x2)＋1]＝4(＋＋1)＝100＋∵k2－3>0，∴|AM1|×|BM1|>100又當(dāng)直線傾斜角等于時(shí)，A(4，y1)，B(4，y2)，|AM1|＝|BM1|＝e(4＋1)＝10|AM1|·|BM1|＝100故|AM1|·|BM1|≥100。20．解：設(shè)，再設(shè)、B（0，b）、C（x，0）．圖一圖二則．圖一圖二．當(dāng)且僅當(dāng)∵，∴有最大值，最大值為，∴在內(nèi)為增函數(shù)．∴角α的最大值為．此時(shí)C點(diǎn)的做標(biāo)為21．解：（1）設(shè)M(a，ka)，N(b，－kb)，(a>0，b>0)。則|OM|＝a，|ON|＝b。由動(dòng)點(diǎn)P在∠AOx的內(nèi)部，得0<y<kx?！鄚PM|＝＝，|PN|＝＝∴S四邊形ONPM＝S△ONP＋S△OPM＝（|OM|·|PM|＋|ON|·|PN|）＝[a(kx－y)＋b(kx＋y)]＝[k(a＋b)x－(a－b)y]＝k∴k(a＋b)x－(a－b)y＝2k①又由kPM＝－＝，kPN＝＝，分別解得a＝，b＝，代入①式消a、b，并化簡得x2－y2＝k2＋1?！遹>0，∴y＝（2）由0<y<kx，得0<<kx(*)當(dāng)k＝1時(shí)，不等式②為0<2恒成立，∴(*)x>。當(dāng)0<k<1時(shí)，由不等式②得x2<，x<，∴(*)<x<。當(dāng)k>1時(shí)，由不等式②得x2>，且<0，∴(*)x>但垂足N必須在射線OB上，否則O、N、P、M四點(diǎn)不能組成四邊形，所以還必須滿足條件：y<x，將它代入函數(shù)解析式，得<x解得<x<(k>1)，或x∈k（0<k≤1）．綜上：當(dāng)k＝1時(shí)，定義域?yàn)閧x|x>}；當(dāng)0<k<1時(shí)，定義域?yàn)閧x|<x<}；當(dāng)k>1時(shí)，定義域{x|<x<}高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案第八單元圓錐曲線一、選擇題（每小題5分，共50分）：題號12345678910答案DCDBBCDDDC二、填空題（每小題4分，共20分）11．60°12．13．14．15．三、解答題（共80分）16．解：由已知，AB的方程為y＝x－5，將其代入，則AB的中點(diǎn)C的坐標(biāo)為，于是17．解：依題意，F(xiàn)（2，0），l：設(shè)所求方程為其中心為∵A與A’關(guān)于直線y＝2x對稱，∴A’的坐標(biāo)為又A’在直線。于是所求方程為18．解：（1）以直線AB為x軸，線段AB的中點(diǎn)為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，則A（－2，0），B（2，0），C（2，eq\r(3)），D（－2，3）．依題意，曲線段DE是以A、B為焦點(diǎn)的橢圓的一部分．（2）設(shè)這樣的弦存在，其方程得設(shè)弦的端點(diǎn)為M（x1，y1），N（x2，y2），則由∴弦MN所在直線方程為驗(yàn)證得知，這時(shí)適合條件．故這樣的直線存在，其方程為19．解（1）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x，y），則由所以y2＝4x由點(diǎn)Q在x軸的正半軸上，得x>0，所以，動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C是以（0，0）為頂點(diǎn)，以（1，0）為焦點(diǎn)的拋物線，除去原點(diǎn)．（2）設(shè)直線l：y＝k(x＋1)，其中k≠0代入y2＝4x，得k2x2＋2(k2－2)x＋k2＝0①設(shè)A（x1，y1），B(x2，y2)，則x1，x2是方程①的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，由韋達(dá)定理得所以，線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為，線段AB的垂直平分線方程為令，所以，點(diǎn)E的坐標(biāo)為。因?yàn)椤鰽BE為正三角形，所以，點(diǎn)E到直線AB的距離等于所以，20．（1）易得（2）證：由橢圓定義得：（3）解：設(shè)直線PQ的方程為．代入橢圓方程消去x得：，整理得：∴因此a2＝50，b2＝25，所以橢圓方程為21．解：（1）∵a＝xi＋(y＋2)j，b＝xi＋(y－2)j，且|a|＋|b|＝8∴點(diǎn)M（x，y）到兩個(gè)定點(diǎn)F1（0，－2），F(xiàn)2（0，2）的距離之和為8∴點(diǎn)M的軌跡C為F1、F2為焦點(diǎn)的橢圓，其方程為（2）∵l過y軸上的點(diǎn)（0，3），若直線l是y軸，則A、B兩點(diǎn)是橢圓的頂點(diǎn)，這時(shí)?！郟與O重合，與四邊形OAPB是矩形矛盾，∴直線l的斜率存在，設(shè)l的方程為y＝kx＋3，A（x1，y1），B(x2，y2)由恒成立．且∵，∴四邊形OAPB是平行四邊形若存在直線l使得四邊形OAPB是矩形，則OA⊥OB，即∵即∴存在直線使得四邊形OAPB為矩形．高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案第九單元[簡單幾何體]，交角與距離一、選擇題題號12345678910答案CDCAABDACC二、填空題11．3；12．eq\r(3)；13．π；14．①③④15．①③④三、解答題16．證明：（Ⅰ）作AD的中點(diǎn)O，則VO⊥底面ABCD．…………1分建立如圖空間直角坐標(biāo)系，并設(shè)正方形邊長為1，…………2分則A（，0，0），B（，1，0），C（－，1，0），D（－，0，0），V（0，0，），∴………………3分由……4分……5分又AB∩AV＝A∴AB⊥平面VAD…………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）得是面VAD的法向量………………7分設(shè)是面VDB的法向量，則……9分∴，……11分又由題意知，面VAD與面VDB所成的二面角，所以其大小為…………12分17．解法一（I）證明由題設(shè)知OA⊥OO1，OB⊥OO1. 所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角， 即OA⊥OB.故可以O(shè)為原點(diǎn)，OA、OB、OO1 所在直線分別為軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 如圖3，則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)是A（3，0，0）， B（0，3，0），C（0，1，）圖3 O1（0，0，）.圖3 從而 所以AC⊥BO1.（II）解：因?yàn)樗訠O1⊥OC，由（I）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC，是平面OAC的一個(gè)法向量.設(shè)是0平面O1AC的一個(gè)法向量，由得.設(shè)二面角O—AC—O1的大小為，由、的方向可知，>， 所以cos，>= 即二面角O—AC—O1的大小是ABOCO1D圖4FE解法二（I）證明由題設(shè)知OA⊥ABOCO1D圖4FE 即OA⊥OB.從而AO⊥平面OBCO1， OC是AC在面OBCO1內(nèi)的射影. 因?yàn)椋?所以∠OO1B=60°，∠O1OC=30°，從而OC⊥BO1 由三垂線定理得AC⊥BO1.（II）解由（I）AC⊥BO1，OC⊥BO1，知BO1⊥平面AOC. 設(shè)OC∩O1B=E，過點(diǎn)E作EF⊥AC于F，連結(jié)O1F（如圖4），則EF是O1F在平面AOC 內(nèi)的射影，由三垂線定理得O1F⊥AC. 所以∠O1FE是二面角O—AC—O1的平面角. 由題設(shè)知OA=3，OO1=，O1C=1， 所以， 從而， 又O1E=OO1·sin30°=， 所以即二面角O—AC—O1的大小是18．解：(1)平面PDC⊥平面PAD．……5分(2)∵cos＝．………………9分(3)假設(shè)BC邊上存在一點(diǎn)G滿足題設(shè)條件，令BG＝x，則G(1，x，0)，作DQ⊥AG，則DQ⊥平面PAG，即DQ＝1．∵2S△ADG＝S矩形ABCD，∴＝2∴＝2，又AG＝．…………14分19．解：⑴CC1∥BB1，又BB1⊥A1E，∴CC1⊥A1E，而CC1⊥A1F，∴CC1⊥平面A1EF，∴平面A1EF⊥平面B1BCC1………………4分⑵作A1H⊥EF于H，則A1H⊥面B1BCC1，∴A1H為A1到面B1BCC1的距離，在△A1EF中，A1E＝A1F＝eq\r(2)，EF＝2，∴△A1EF為等腰Rt△且EF為斜邊，∴A1H為斜邊上中線，可得A1H＝eq\f(1,2)EF＝1…………9分⑶作A1G⊥面ABC于G，連AG，則A1G就是A1到面ABC的距離，且AG是∠BAC的角平分線，A1G＝1…………12分∵cos∠A1AG＝eq\f(cos45°,cos30°)＝\f(\r(6),3)，∴sin∠A1AG＝eq\f(\r(3),3)，∴A1A＝eq\f(1,\f(\r(3),3))＝1………………14分20．解：（Ⅰ）如圖所示：C（2，0，0），S（0，0，1），O（0，0，0），B（1，1，0）………4分（Ⅱ）①……………7分②，③；……14分．21．以C為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系（I）B(0，a，0)，N(a，0，a)，∴．4分（II）A1(a，0，2a)，C(0，0，0)，B1(0，a，2a)，∴＝(a，－a，2a)，＝(0，a，2a)，∴·＝a×0＋(－a)×a＋2a×2a＝3a2，5分||＝，||＝，7分∴cos〈〉＝．9分（III）C1(0，0，2a)，M(，，2a)，∴＝(，，0)，＝(－a，a，2a)，∴·＝(－a)×＋a×＋2a×0＝0，∴⊥，∴A1B⊥C1M．14分高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案第十單元空間向量及運(yùn)算一、選擇題題號12345678910答案DABCDADBCD二、填空題11．eq\r(65)12．（－4，2，－4）13．[1，5]14．315．eq\f(5,6) 三、解答題16．解：∵b1∥a，∴令b1＝(λ，λ，0)，b2＝b－b1＝(1－λ，1－λ，1)，又∵b2⊥a，∴a·b2＝(1，1，0)·(1－λ，1－λ，1)＝1－λ＋1－λ＝2－2λ＝0，∴λ＝1，即b1＝(1，1，0)，b2＝(0，0，1)．17．解：⑴過D作DE⊥BC于E，則DE＝CD·sin30°＝eq\f(\r(3),2)，OE＝OB－BDcos60°＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，∴D的坐標(biāo)為（0，－eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2)），又∵C（0，1，0），∴⑵依題設(shè)有A點(diǎn)坐標(biāo)為A，∴則．故異面直線AD與BC所成角的余弦值為eq\f(\r(10),5)．18．解：⑴∵，∴當(dāng)t＝時(shí)，|u|＝|a＋tb|最小．⑵∵．19．解：∵，∴又，，故異面直線OE與BF所成的角的余弦值為．20．⑴設(shè)BP＝t，則∴B1（2，0，2），D1（0，2，2），P（2，t，0），Q又∵，∴解得t＝1，即P、Q分別為中點(diǎn)時(shí)，B1Q⊥D1P．⑵由⑴知PQ∥BD，且AC⊥PQ，設(shè)AC∩PQ＝E，連C1E，∵CC1⊥底面BD，CE⊥PQ，∴C1E⊥PQ，即∠CEC1為所求二面角O—PQ—C1的平面角，易得．21．解：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為A1（2，0，0），B1，由A1P⊥B1M知∴即點(diǎn)P的坐標(biāo)為P．⑴設(shè)平面APC的法向量為n＝(x，y，z)，由取z＝－1，則有n＝，方向指向平面APC的左下方，又，．設(shè)直線A1P與平面APC所成角為α，則．⑵，設(shè)A1到平面PAC的距離為d，則．高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案第十一單元排列組合、二項(xiàng)式定理一、選擇題（每小題5分，共90分）：題號123456789101112131415161718答案DBCBBDCBABBADDBCBD提示1．D分五步：5×4×4×4×4＝1280．2．B分三步：3．C4．B分8類：5．B中間項(xiàng)為6．D按首位數(shù)字的奇偶性分兩類：7．C原式＝（7＋1）n－1＝(9－1)2－1＝9k－2＝9k’＋7（k和k’均為正整數(shù)）．8．B分三步：9．A10．B原式＝11．B設(shè)有男生x人，則，檢驗(yàn)知B正確．12．A13．D比較等式兩邊x3的系數(shù)，得4＝4＋b1,則b1＝0，故排除A，C；再比較等式兩邊的常數(shù)項(xiàng)，有1＝1＋b1＋b2＋b3＋b4,∴b1＋b2＋b3＋b4＝0．14．D15．B先排甲、乙外的3人，有種排法，再插入甲、乙兩人，有種方法，又甲排乙的左邊和甲排乙的右邊各占eq\f(1,2)，故所求不同和站法有16．C共有（1，1，1），（1，2，2），（1，3，3），（1，4，4），（2，2，2），（2，2，3），（2，3，3），（2，4，4），（3，3，3）（3，3，4）10種．17．B每人值班2天的排法或減去甲值周一或乙值周六的排法，再加上甲值周一且乙值周六的排法，共有18．D設(shè)f(x)＝(eq\r(2)－x)10，則(a0＋a2＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝(a0＋a1＋…＋a10)(a0－a1＋a2－…－a9＋a10)＝f(1)f(－1)＝(eq\r(2)＋1)10(eq\r(2)－1)10＝1。二、填空題（每小題4分，共24分）19．13按焊點(diǎn)脫落個(gè)數(shù)為1，2，3，4分四類，有20．21．24022．2比較等式兩邊x4的系數(shù)，得a1＝1,令x＝1，得a5＝1,令x＝0,得a1－a2＋a3－a4＋a5＝0,∴a2－a3＋a4＝2．23．65分二類：第一類，甲上7樓，有52種；第二類：甲不上7樓，有4×2×5種，52＋4×2×5＝65．24．－1或6項(xiàng)的系數(shù)為三、解答題（共36分）25．解法1：∵7＝1＋1＋1＋4＝1＋1＋2＋3＝1＋2＋2＋2，∴分三類，共有分法解法2（隔板法）：將7個(gè)小球排成一排，插入3塊隔板，故共有分法26．解：⑴由題設(shè)知⑵系數(shù)最大的項(xiàng)為中間項(xiàng)，即27．解：設(shè)，兩式相加，得高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案第十二單元[排組]到[概率]，算法找規(guī)律一、選擇題題號12345678910答案CDCDABCBDA二、填空題11．712．0.972813．24014．eq\f(4,11)15．35三、解答題16．解：從1，2，3，…，97，98，99，100中取出1，有1+100>100，取法數(shù)1個(gè)；取出2，有2+100>100，2+99>100，取法數(shù)2個(gè)；取出3，取法數(shù)3個(gè)；…，取出50，有50+51>100，50+52>100，…，50+100>100，取法有50個(gè).所以取出數(shù)字1至50，共得取法數(shù)N1=1+2+3+…+50=1275.………………6分取出51，有51+52>100，51+53>100，…，51+100>100，共49個(gè)；取出52，則有48個(gè)；…，取出100，只有1個(gè).所以取出數(shù)字51至100(N1中取過的不在取)，則N2=49+48+…+2+1=1225.故總的取法有N=N1+N2=2500個(gè)……………12分17．解：⑴記甲、乙、丙三臺機(jī)器在一小時(shí)需要照顧分別為事件A、B、C，……1分則A、B、C相互獨(dú)立，由題意得：P（AB）=P（A）P（B）=0.05P（AC）=P（A）P（C）=0.1P（BC）=P（B）P（C）=0.125……………………4分解得：P（A）=0.2；P（B）=0.25；P（C）=0.5∴甲、乙、丙每臺機(jī)器在這個(gè)小時(shí)內(nèi)需要照顧的概率分別是0.2、0.25、0.5…6分⑵∵A、B、C相互獨(dú)立，∴相互獨(dú)立，………………7分∴甲、乙、丙每臺機(jī)器在這個(gè)小時(shí)內(nèi)需都不需要照顧的概率為………10分∴這個(gè)小時(shí)內(nèi)至少有一臺需要照顧的概率為…12分18．⑴解：因?yàn)榧卓觾?nèi)的3粒種子都不發(fā)芽的概率為，所以甲坑不需要補(bǔ)種的概率為⑵解：3個(gè)坑恰有一個(gè)坑不需要補(bǔ)種的概率為⑶解法一：因?yàn)?個(gè)坑都不需要補(bǔ)種的概率為，所以有坑需要補(bǔ)種的概率為解法二：3個(gè)坑中恰有1個(gè)坑需要補(bǔ)種的概率為恰有2個(gè)坑需要補(bǔ)種的概率為3個(gè)坑都需要補(bǔ)種的概率為19．解：⑴國徽面朝上次數(shù)m3210P(m)eq\f(Ceq\o(\s\up3(3),\s\down3(3)),23)＝\f(1,8)eq\f(Ceq\o(\s\up3(2),\s\down3(3)),23)＝\f(3,8)eq\f(Ceq\o(\s\up3(1),\s\down3(3)),23)＝\f(3,8)eq\f(Ceq\o(\s\up3(0),\s\down3(3)),23)＝\f(1,8)國徽面朝上次數(shù)m210P(m)eq\f(Ceq\o(\s\up3(2),\s\down3(2)),22)＝\f(1,4)eq\f(Ceq\o(\s\up3(1),\s\down3(2)),22)＝\f(1,2)eq\f(Ceq\o(\s\up3(0),\s\down3(2)),22)＝\f(1,4)………………6分⑵這種規(guī)定是合理的。這是因?yàn)榧撰@勝，則m>n當(dāng)m＝3時(shí)，n＝2，1，0，其概率為eq\f(1,8)×(\f(1,4)＋\f(1,2)＋\f(1,4))＝\f(1,8)；當(dāng)m＝2時(shí)，n＝1，0，其概率為eq\f(3,8)×(\f(1,2)＋\f(1,4))＝\f(9,32)；當(dāng)m＝1時(shí)，n＝0，其概率為eq\f(3,8)×\f(1,4)＝\f(3,32)；∴甲獲勝的概率為eq\f(1,8)＋\f(9,32)＋\f(3,32)＝\f(1,2)…………10分乙獲勝，則m≤n當(dāng)n＝2時(shí)，m＝2，1，0，其概率為eq\f(1,4)×(\f(3,8)＋\f(3,8)＋\f(1,8))＝\f(7,32)；當(dāng)n＝1時(shí)，m＝1，0，其概率為eq\f(1,2)×(\f(3,8)＋\f(1,8))＝\f(8,32)；當(dāng)n＝0時(shí)，m＝0，其概率為eq\f(1,4)×\f(1,8)＝\f(1,32)；∴乙獲勝的概率為eq\f(7,32)＋\f(8,32)＋\f(1,32))＝\f(1,2)…………14分甲和乙獲勝的概率老都是eq\f(1,2)，即獲勝機(jī)會相等，所以這種規(guī)定是合理的。20．21．解：（1）如圖1，先對a1部分種植，有3種不同的種法，再對a2、a3種植，因?yàn)閍2、a3與a1不同顏色，a2、a3也不同.所以S（3）=3×2=6（種）…………4分如圖2，S（4）=3×2×2×2－S（3）=18（種）……8分⑵如圖3，圓環(huán)分為n等份，對a1有3種不同的種法，對a2、a3、…、an都有兩種不同的種法，但這樣的種法只能保證a1與ai（i=2、3、……、n－1）不同顏色，但不能保證a1與an不同顏色.于是一類是an與a1不同色的種法，這是符合要求的種法，記為種.另一類是an與a1同色的種法，這時(shí)可以把a(bǔ)n與a1看成一部分，這樣的種法相當(dāng)于對n－1部分符合要求的種法，記為.共有3×2n－1種種法.這樣就有.即，則數(shù)列是首項(xiàng)為公比為－1的等比數(shù)列.則由（1）知：..答：符合要求的不同種法有………………14分高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案第十三單元[統(tǒng)計(jì)]到整體，推斷與估計(jì)一、選擇題（每小題5分，共50分）：題號12345678910答案CCCCABBDBD二、填空題（每小題4分，共20分）11．80；12．丙；13．12；14．eq\f(Nm,n)；15．84三、解答題（共80分）16．解：乙對．如：從含有6個(gè)個(gè)體的總體中抽取一個(gè)容量為2的樣本，總體中某一個(gè)個(gè)體a在第一次抽取時(shí)被抽到的概率為eq\f(1,6)，在第一次未被抽到而第二次被抽到的概率為eq\f(1,6)．但在整個(gè)抽樣過程中它被抽到的概率為eq\f(1,3)．17．解：每條有記號的魚被打撈起的概率為eq\f(k,n)，現(xiàn)用樣本估計(jì)總體，設(shè)湖中有魚x條，則m條有記號的魚中每條被打撈起的概率為eq\f(m,x)．又因抽樣過程中每個(gè)個(gè)體被抽取的概率相等．所以eq\f(m,x)＝eq\f(k,n)．則x＝eq\f(mn,k)．估計(jì)湖中有魚eq\f(mn,k)條．18．eq\o(\s\up3(－),x1)＝21.0㎏，eq\o(\s\up3(－),x2)＝21.0㎏，eq\o(\s\up3(－),x3)＝20.5㎏；seq\o(\s\up3(2),\s\down3(1))＝0.572，seq\o(\s\up3(2),\s\down3(2))＝2.576，seq\o(\s\up3(2),\s\down3(3))＝3.616∴eq\o(\s\up3(－),x1)＝eq\o(\s\up3(－),x2)>eq\o(\s\up3(－),x3)，seq\o(\s\up3(2),\s\down3(1))<seq\o(\s\up3(2),\s\down3(2))<seq\o(\s\up3(2),\s\down3(3))∴第一個(gè)品種既高產(chǎn)又穩(wěn)定．19．解：eq\o(\s\up(－),x)＝\f(1,20)\i\su(i=1,5,xiPi)，s2＝eq\f(1,20)\i\su(i=1,5,(xi－\o(\s\up(－),x))2Pi)．其中xi為組中值，Pi為相應(yīng)頻數(shù)．eq\o(\s\up(－),x)＝\f(1,20)(2.5×4＋7.5×8＋12.5×5＋17.5×2＋22.5×1)＝9.5(min)s＝eq\r(28.5)≈5.34(min)20．解：⑴0.20；0.60；1.0；0.9；0.50⑵第1列：正；┯；一第2列；5；2；1；10第3列：0.5；0.2；0.1；1第4列：0.7；0.9；1⑶設(shè)這五人這天的實(shí)際平均通話費(fèi)為元，按原收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)算出的平均通話費(fèi)為元，則∴（元）即這五人這一天的實(shí)際平均通話費(fèi)比用原標(biāo)準(zhǔn)計(jì)算出的平均通話收費(fèi)減少0.08元．21．⑴最低身高151㎝，最高身高180㎝，確定組距為3，作頻率分布表如下：身高(㎝)頻數(shù)頻率(%)150.5～153.512.5153.5～156.512.5156.5～159.5410.0159.5～162.5512.5162.5～165.5820.0165.5～168.51127.5168.5～171.5615.0171.5～174.525.0174.5～177.512.5177.5～180.512.5⑵作頻率分布直方圖153.5153.5156.5180.5159.5162.5165.5168.5171.5174.5177.5150.5eq\f(頻率,組距)身高⑶身高不大于160㎝的概率約為0.15．高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案第十四單元導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用一、選擇題（每小題5分，共50分）：題號12345678910答案DBBACADDBA二、填空題（每小題4分，共20分）11．y＝4x－4；12．；13．；14．；15．⑤三、解答題（共80分，按步驟得分）16．解：依題意作圖易得函數(shù)的最小值是f(eq\f(1,2))＝－eq\f(1,4)17．解：∵y＝x2－2x＋2，∴y′＝2x－2，∴tanα＝2×2－2＝2，又∵y＝x3－3x2＋eq\f(1,2)x＋5，∴y′＝3x2－6x＋eq\f(1,2)，∴tanβ＝3×22－6×2＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，∴tanαtanβ＝1，即tanβ＝cotα，由0<α、β<eq\f(π,2)得β＝eq\f(π,2)－α，∴α＋β＝<eq\f(π,2)，taneq\f(α＋β,2)＝1且sineq\f(α＋β,3)＝sineq\f(π,3)＝\f(1,2)．18．解：求出f’(x)＝0在[－1，2]上的解，研究函數(shù)f(x)的增減性：令＝0，顯然a≠0，否則f(x)＝b為常數(shù)，矛盾，∴x＝0，若a>0，列表如下：x(－1，0)0(0，2)f’(x)＋0—f(x)增函數(shù)最大值3減函數(shù)由表可知，當(dāng)x＝0時(shí)f(x)取得最大值，∴b＝3，又f’(0)＝－29，則f(2)<f(0)，這不可能，∴f(2)＝8a－24a＋3＝－16a＋3＝－29，∴a＝2；若a<0，同理可得a＝－2，b＝－29．19．解：設(shè)小正方形的邊長為x，則盒底的邊長為a－2x，∴方盒的體積∴函數(shù)V在點(diǎn)x＝eq\f(a,6)處取得極大值，由于問題的最大值存在，∴V(eq\f(a,6))＝eq\f(2a3,27)即為容積的最大值，此時(shí)小正方形的邊長為eq\f(a,6)．20．解：⑴∵f(x)在區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞減，∴f’(1)＝0，f’(1)＝4x3－12x2＋2ax|x＝1＝2a－8＝0，∴a＝4；⑵由⑴知f(x)＝x4－4x3＋4x2－1，由f(x)＝g(x)可得x4－4x3＋4x2－1＝bx2－1即x2(x2－4x＋4－b)＝0．∵f(x)的圖象與g(x)的圖象只有兩個(gè)交點(diǎn)，∴方程x2－4x＋4－b＝0有兩個(gè)非零等根或有一根為0，另一個(gè)不為0，∴Δ＝16－4（4－b）＝0，或4–b＝0，∴b＝0或b＝4．21．解：⑴設(shè)依題意得∴g(x)＝x2－mx．⑵（ⅰ）f(x)＝x(x－n)(x－m)＝x3－(m＋n)x2＋mnx，∴f′(x)＝3x2－2(m＋n)x＋mn，依題得a、b是方程f’(x)＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，又f’(0)＝mn>0，f’(n)＝(n－m)n<0，f’(m)＝m(m－n)>0，故兩根a、b分布在區(qū)間（0，n）、（n，m）內(nèi)，又b<a，∴b<n<a<m成立；（ⅱ）設(shè)兩切線的橫坐標(biāo)分別為x1、x2，且不妨設(shè)x1<x2，則切線方程l1為y－f(x1)＝[3x12－2(m＋n)x1＋mn](x－x1)由l1過原點(diǎn)，∴－x1(x1－m)(x1－n)＝[3x12－2(m＋n)x1＋mn](－x1)解得x1＝0或x1＝eq\f(m＋n,2)，同理x2＝0或x2＝eq\f(m＋n,2)，∴x1＝0且x2＝eq\f(m＋n,2)，兩切線的斜率分別為若兩切線互相垂直，則k1k2＝－1，∴此時(shí)有存在過原點(diǎn)且與曲線相切的兩條互相垂直的直線．高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案第十五單元函數(shù)與方程思想一、選擇題（每小題5分，共50分）題號12345678910答案DCBAABCBAB二、填空題（每小題4分，共20分）(11)(12)．3；(13)．10或10(14)．；(15)．①或②三、解答題（共80分）16．解：由條件即可得B＝{2，3}，C＝{－4，2}，由A∩B，A∩C＝，可知3∈A，2A．將x＝3代入集合A的條件得：a2－3a－10＝0∴a＝－2或a＝5當(dāng)a＝－2時(shí)，A＝{x|x2＋2x－15＝0}＝{－5，3}，符合已知條件．當(dāng)a＝5時(shí)，A＝{x|x2－5x＋6＝0}＝{2，3}，不符合條件“A∩C”＝，故舍去．綜上得：a＝－2．17．解：（1）依條件得：由得：，又由得：（2）由于是正整數(shù)，故，，故當(dāng)＝10時(shí)，，，，此時(shí)，，，，，，，，．18．解：化簡為解得當(dāng)單調(diào)增加；當(dāng)單調(diào)減少．所以為函數(shù)的極大值．又因?yàn)樗詾楹瘮?shù)在[0，2]上的最小值，為函數(shù)在[0，2]上的最大值．19．解：（1）依題意，第二年該商品年銷售量為（11．8－p）萬件，年銷售收入為（11．8－p）萬元，則商場該年對該商品征收的總管理費(fèi)為（11．8－p）p%（萬元）．故所求函數(shù)為:y＝（118－10p）p．11．8－p＞0及p＞0得定義域?yàn)?＜p＜． （2）由y≥14，得（118－10p）p≥14．化簡得p2－12p＋20≤0，即（p－2）（p－10）≤0，解得2≤p≤10．故當(dāng)比率在［2%，10%］內(nèi)時(shí)，商場收取的管理費(fèi)將不少于14萬元．（3）第二年，當(dāng)商場收取的管理費(fèi)不少于14萬元時(shí)，廠家的銷售收入為g（p）＝（11．8－p）（2≤p≤10）．∵g（p）＝（11．8－p）＝700（10＋）為減函數(shù)，∴g（p）max＝g（2）＝700（萬元）．故當(dāng)比率為2%時(shí)，廠家銷售金額最大，且商場所收管理費(fèi)又不少于14萬元．20．解：(1)∵方程ax2＋bx－2x＝0有等根，∴△＝(b－2)2＝0，得b＝2．由f(x－1)＝f(3－x)知此函數(shù)圖像的對稱軸方程為x＝－＝1，得a＝－1，故f(x)＝－x2＋2x．(2)∵f(x)＝－(x－1)2＋1≤1，∴4n≤1，即n≤．而拋物線y＝－x2＋2x的對稱軸為x＝1，∴當(dāng)n≤時(shí)，f(x)在[m，n]上為增函數(shù)．若滿足題設(shè)條件的m，n存在，則即又m<n≤．∴m＝－2，n＝0，這時(shí)，定義域?yàn)閇－2，0]，值域?yàn)閇－8，0]．由以上知滿足條件的m，n存在，m＝－2，n＝0．21．解：（1）當(dāng)時(shí)， 由， 即又． （2）設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則在中分別取k＝1，2，得（1）（2） （1）（2） 由（1）得 當(dāng) 若成立 若 故所得數(shù)列不符合題意． 當(dāng) 若 若． 綜上，共有3個(gè)滿足條件的無窮等差數(shù)列： ①{an}:an＝0，即0，0，0，…； ②{an}:an＝1，即1，1，1，…； ③{an}:an＝2n－1，即1，3，5，…，高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案十六單元數(shù)形結(jié)合思想一、選擇題題號12345678910答案CBACABCCBC二、填空題11．512．(－2,0)∪(2,5]13．1995,2000_14．0<a<15．①③ 三、解答題16.解：（I）……3分…6分（II）證明一：依題意，只需證明函數(shù)g(x)當(dāng)時(shí)是增函數(shù)在即的每一個(gè)區(qū)間上是增函數(shù)……9分當(dāng)時(shí)，在是增函數(shù)……10分,則當(dāng)時(shí)，經(jīng)過函數(shù)g(x)圖像上任意兩點(diǎn)的直線的斜率恒大于零…12分證明二：設(shè)函數(shù)g(x)圖像上任意兩點(diǎn)不妨設(shè)…11分則當(dāng)時(shí)，經(jīng)過函數(shù)g(x)圖像上任意兩點(diǎn)的直線的斜率恒大于零.17.證明∵M(jìn)是BC的中點(diǎn)，連結(jié)OM，∴=(+).同理由N是AC的中點(diǎn)，得=（+）.∵=+=（++）=（－+）=（+），=+=（++）=（－+）=（+）=（－）.∴·=（+）·（－）=（－）.∵||=||，∴·=0，即.18.解：（I）由表中數(shù)據(jù)知（1）鯨沿海岸線方向運(yùn)行的速度為（km/分鐘）。AB··（2）、滿足的關(guān)系式為.鯨的運(yùn)動(dòng)路線圖為AB··ABxyABxy又B（15，0），依題意知，觀測站B的觀測區(qū)域?yàn)椋?，∴，?∴.故鯨從A點(diǎn)進(jìn)入前方觀測站B所用的時(shí)間為分鐘.答：鯨大約經(jīng)過113分鐘進(jìn)入B站的觀測范圍.19.解：（I）∴為的垂直平分線，∴||=||.又∴動(dòng)點(diǎn)的軌跡是以點(diǎn)為焦點(diǎn)的橢圓.且橢圓長軸長為焦距.∴曲線E的方程為（II）當(dāng)直線GH斜率存在時(shí)，設(shè)直線GH方程為得設(shè)∴∴∵∴∴又當(dāng)直線GH斜率不存在，方程為20．解：(1)由已知,設(shè)f1(x)=ax2,由f1(1)=1,得a=1,∴f1(x)=x2.設(shè)f2(x)=(k>0),它的圖象與直線y=x的交點(diǎn)分別為A(,)B(－,－)由=8,得k=8,.∴f2(x)=.故f(x)=x2+.………………6分(2)【證法一】f(x)=f(a),得x2+=a2+,即=－x2+a2+.在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出f2(x)=和f3(x)=－x2+a2+的大致圖象,其中f2(x)的圖象是以坐標(biāo)軸為漸近線,且位于第一、三象限的雙曲線,f3(x)與的圖象是以(0,a2+)為頂點(diǎn),開口向下的拋物線.因此,f2(x)與f3(x)的圖象在第三象限有一個(gè)交點(diǎn),即f(x)=f(a)有一個(gè)負(fù)數(shù)解.又∵f2(2)=4,f3(2)=－4+a2+當(dāng)a>3時(shí),.f3(2)－f2(2)=a2+－8>0,∴當(dāng)a>3時(shí),在第一象限f3(x)的圖象上存在一點(diǎn)(2,f(2))在f2(x)圖象的上方.∴f2(x)與f3(x)的圖象在第一象限有兩個(gè)交點(diǎn),即f(x)=f(a)有兩個(gè)正數(shù)解.因此,方程f(x)=f(a)有三個(gè)實(shí)數(shù)解.………………14分【證法二】由f(x)=f(a),得x2+=a2+,即(x－a)(x+a－)=0,得方程的一個(gè)解x1=a.方程x+a－=0化為ax2+a2x－8=0,由a>3,△=a4+32a>0,得x2=,x3=,∵x2<0,x3>0,∴x1≠x2,且x2≠x3.若x1=x3,即a=,則3a2=,a4=4a,得a=0或a=,這與a>3矛盾,∴x1≠x3.故原方程f(x)=f(a)有三個(gè)實(shí)數(shù)解.………………14分21.解：（1）f(x)的定義域是，由于所有的都是正數(shù)，故Sn是單調(diào)遞增的．······S1S······S1S2S3P1P2P3Oyx（Ⅱ）∵（1，2，…）與無關(guān)．∴所有的，，…共線，該直線過點(diǎn)，斜率為∴．當(dāng)≥2時(shí)，是一個(gè)三角形與一個(gè)梯形面積之和（如上圖所示）．梯形面積是.于是故（Ⅲ）解法一：結(jié)合圖像，易見即≥2時(shí)，≥，而，即＜2時(shí)，故當(dāng)1＜＜2時(shí)，存在正整數(shù)，使得解法二：假設(shè)存在正整數(shù)n，使得，則應(yīng)有∵∴∴1＜＜2時(shí)，存在正整數(shù)，使得成立.高三數(shù)學(xué)·單元測試卷參考答案十七單元分類與整合思想一、選擇題題號12345678910答案CBBDAACCCC1．分析：研究函數(shù)的最值需考察函數(shù)的單調(diào)性，而題中對數(shù)函數(shù)的增減性與底數(shù)a的取值有關(guān)，故應(yīng)對a進(jìn)行分類討論。解：⑴當(dāng)a>1時(shí)，f(x)在[2，π]上是增函數(shù)，最大值是f(π)，最小值是f(2)，據(jù)題意，f(π)－f(2)＝1，即logaπ－loga2＝1，∴a＝eq\f(π,2)，⑵當(dāng)0<a<1時(shí)，f(x)在[2，π]上是減函數(shù)，最大值是f(2)，最小值是f(π)，故f(2)－f(π)＝1，即loga2－logaπ＝1，∴a＝eq\f(2,π)。由⑴⑵知，選C。說明：題中字母a的取值范圍的不同，直接影響了函數(shù)的性質(zhì)，從而導(dǎo)致了兩種不同的情形，所以必須對字母a進(jìn)行分類討論。2．分析：橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)，題中不能確定與中哪個(gè)是a，哪個(gè)是b，故應(yīng)將與比，分類討論。解：據(jù)題意m>0且m≠5⑴當(dāng)m>5時(shí)，a2＝m，b2＝5，∴c2＝a2－b2＝m－5，∴c2/a2＝(m－5)／m，又e＝∴m＝eq\f(25,3)⑵當(dāng)<m<5時(shí)，a2＝5，b2＝m，∴c2＝5－m，∴(5－m)／5＝2/5∴m＝3由⑴⑵知m＝25/3或m＝3故選Ｂ在運(yùn)用分類討論思想解決含參數(shù)字母的問題時(shí)，要克服動(dòng)輒加以分類討論的思維定勢，應(yīng)充分挖掘問題的特征，多角度審視參數(shù)，變更或變換命題，簡化分類討論，甚至避免分類討論。8．析與解：常規(guī)思路是分a>1與0<a<1兩種情況討論，過程冗長。深挖隱含條件①②由0<x<1，有1+x>1，則異號。于是|loga(1－x)|＝|loga(1－x2)－loga(1＋x)|＝|loga(1－x2)|＋|loga(1＋x)|>|loga(1＋x)|。9．解析：分線段AB兩端點(diǎn)在平面同側(cè)和異側(cè)兩種情況解決.答案：1或210．解析：即f(x)=(a–1)x2+ax–=0有解.當(dāng)a－1=0時(shí)，滿足.當(dāng)a－1≠0時(shí)，只需Δ=a2–(a–1)＞0.答案：或a=1二、填空題11．12．1213．014．［—3，2)15．30011．分析:由雙曲線的漸近線方程，不能確定其焦點(diǎn)位置，所以應(yīng)分兩種情況求解．解:（1）當(dāng)雙曲線的焦點(diǎn)在直線y＝3時(shí)，雙曲線的方程可改為，一條漸近線的斜率為，∴b＝2．∴．（2）當(dāng)雙曲線的焦點(diǎn)在直線x＝1時(shí)，仿（1）知雙曲線的一條漸近線的斜率為，此時(shí)．綜上（1）（2）可知，雙曲線的離心率等于．12．解：分類討論：（1）先考慮作物A種植在第一壟時(shí)，作物B有3種種植方法；（2）再考慮作物A種植在第二壟時(shí)，作物B有2種種植方法；（3）又當(dāng)作物A種植在第三壟時(shí)，作物B有1種種植方法。而作物B種植的情況與作物A相同，故滿足條件的不同選壟方法共有（3+2+1）×2＝12種．評注：由以上可以得知：分類討論的方法步驟：明確討論對象，確定對象的全體→確定分類標(biāo)準(zhǔn)，正確進(jìn)行分類→逐步進(jìn)行討論，獲取階段性結(jié)果→歸納小結(jié)，綜合得出結(jié)論．13．解：常規(guī)思路是對左邊化簡，去根號，討論的大小，從而得到tanx的值，勢必運(yùn)算量大。若抓住隱含條件，則十分簡捷。又則，故tanx＝0。14．分析：常規(guī)思路是將②變形為對a進(jìn)行分類討論，過程復(fù)雜。若挖掘隱含條件，則可得如下簡捷解法。解：不等式①的解集為（—∞，—1）∪（2，+∞）。又原不等式組的解集中的整數(shù)只有—2，則原不等式組的解集為(－3，－1)∪(2，3)的子集。不等式②變形為③又—2屬于不等式③的解集，知不等式③的解集為因此—a的取值范圍只能是（—2，3］。從而a的取值范圍為［—3，2）。15．300三、解答題16．解:f(x)＝1－sin2x+asinx－a2+2a+5令sinx＝t,t∈[－1,1]．則(t∈[－1,1])．(1)當(dāng)即a>2時(shí)，t＝1，解方程得:（舍）．(2)當(dāng)時(shí)，即－2≤a≤2時(shí)，,,解方程為:或a＝4（舍）．(3)當(dāng)即a<－2時(shí)，t＝－1時(shí)，ymax＝－a2+a+5＝2即a2－a－3＝0∴,∵a<－2,∴全都舍去