2024年3月23日发(作者：刑傲南)

随堂步步高·高三数学·单元测试卷参考答案

集合与简易逻辑参考答案

一、选择题（每小题5分，共50分）

题次

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

答案

D B C C D A C D B A

二、填空题（每小题4分，共20分）

11．



π



2

，－1





∪(0，1)∪



π



2

，3



3π



；12．3800；13．

4

；14． (－∞‚1)∪(3，＋∞)；15．x＋6或

2x＋6或3x＋6或4x＋6或5x＋6

三、解答题（共80分）

16．解： (1)设f（x）＝ax

2

＋bx＋c，由f（0）＝1得c＝1，故f（x）＝ax

2

＋bx＋1．

∵f(x＋1)－f(x)＝2x，∴a(x＋1)

2

＋b(x＋1)＋1－(ax

2

＋bx＋1)＝2x．

即2ax＋a＋b＝2x，所以





2a2



a1

ab01

，∴f(x)＝x

2

－x＋1．



,





b

(2)由题意得x

2

－x＋1>2x＋m在[－1，1]上恒成立．即x

2

－3x＋1－m>0在[－1，1]上恒成立．

设g(x)＝ x

2

－3x＋1－m，其图象的对称轴为直线x＝

3

2

，所以g(x) 在[－1，1]上递减．

故只需g(1)>0，即1

2

－3×1＋1－m>0，解得m<－1．

17． 解：（1）当a＝2时，A＝（2，7），B＝（4，5）∴ AB＝（4，5）．

（2）∵ B＝（2a，a

2

＋1），

当a＜

1

3

时，A＝（3a＋1，2）

要使B



A，必须





2a3a1

a

2

12

，此时a＝－1；



当a＝

1

3

时，A＝



，使B



A的a不存在；

当a＞

1

3

时，A＝（2，3a＋1）

要使B



A，必须





2a2

a

2

13a1

，此时1≤a≤3．



综上可知，使B



A的实数a的取值范围为[1，3]∪{－1}

18．

解:由a

2

x

2

ax20，得(ax2)(ax1)0，

显然a0x

21

a

或x

a

x





1,1



,故|

21

a

|1或|

a

|1,|a|1

“只有一个实数满足x

2

2ax2a0”.即抛物线yx

2

2ax2a与x轴只有

一个交点，4a

2

8a0.a0或2,

命题"p或q为真命题"时"|a|1或a0"

命题"P或Q"为假命题

a的取值范围为



a|1a0或0a1



19．解： (1)设任意实数x

1

2

，则f(x

1

)－ f(x

2

)＝

(2

x

1

a2

x

1

1)(2

x

2

a2

x

2

1)

＝

(2

x

1

2

x

2

)a(2

x

1

2

x

)

x

1

x

2

2

＝

(2

1

2

x

2

)

2

x

a

2

x

1

x

2

x

x

1

1

x

2

,22

x

2

,2

x

1

2

x

2

0;

a0,2

x

1

x

2

a0

．

又

2

x

1

x

2

0

，∴f(x

1

)－ f(x

2

)<0，所以f(x)是增函数．

(2)当a＝0时，y＝f(x)＝2

x

－1，∴2

x

＝y＋1， ∴x＝log

2

(y＋1)，

y＝g(x)＝ log

2

(x＋1)．

20．解：（1）显然函数

yf(x)

的值域为

[22,)

；

（2）若函数

yf(x)

在定义域上是减函数，则任取

x

1

,x

2



(0.1]

且

x

1

x

2

都有

f(x

1

)f(x

2

)

成立， 即

(x

1

x

2

)(2

a

x

1

x

)0

2

只要

a2x

1

x

2

即可，

由

x

1

,x

2



(0.1]

，故

2x

1

x

2

(2,0)

，所以

a2

，

故

a

的取值范围是

(,2]

；

（3）当

a0

时，函数

yf(x)

在

(0.1]

上单调增，无最小值，

当

x1

时取得最大值

2a

；

由（2）得当

a2

时，函数

yf(x)

在

(0.1]

上单调减，无最大值，

当x＝1时取得最小值2－a；

当

2a0

时，函数

yf(x)

在

(0.

2a

2a

2

]

上单调减，在

[

2

,1]

上单调增，无最大值，

当

x

2a

2

时取得最小值

22a

．

21．解

f(x)ax

2

(b1)xb2(a0),

（1）当a＝2，b＝－2时，

f(x)2x

2

x4.

设x为其不动点，即

2x

2

x4x.

则

2x

2

2x40.

x

1

1,x

2

2.即f(x)

的不动点是－1，2．

（2）由

f(x)x

得：

ax

2

bxb20

． 由已知，此方程有相异二实根，



x

0

恒成立，即

b

2

4a(b2)0.

即

b

2

4ab8a0

对任意

bR

恒成立．



b

0.16a

2

32a00a2.

（3）设

A(x

1

,x

1

),B(x

2

,x

2

)

，

直线

ykx

1

2a

2

1

是线段AB的垂直平分线，

k1

记AB的中点

M(x

0

,x

0

).

由（2）知

x

0



b

2a

,

M在ykx

1bb1

2a

2

1

上,

2a



2a



2a

2

1

.

化简得：

b

a

2a

2

1



1



1



22

2a

1

2

a

22a

1

4

(当a

时，等号成立）．

a

即

b

2

4

.

函数参考答案

一、选择题（每小题5分，共50分）

题次

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

答案

D A A B C D B A A D

二、填空题（每小题4分，共20分）

11．

2

2

； 12．x≥2； 13． (2，＋∞) ； 14． 2.5 ； 15 (1) (3) (4)

三、解答题(共80分)

16．略

17． 解：(Ⅰ)∵

f(x)2

x

1

∴

f

1

(x)log

2

(x1)

(x＞－1)

由

f

1

(x)

≤g(x) ∴





x10



(x1)

2

3x1

解得0≤x≤1 ∴D＝[0，1]

(Ⅱ)H(x)＝g(x)－

1

2

f

1

(x)

1

2

log

3x112

2

x1



2

log

2

(3

x1

)

∵0≤x≤1 ∴1≤3－

2

x1

≤2

∴0≤H(x)≤

11

2

∴H(x)的值域为［0，

2

］

18．解：(Ⅰ)设P(x

2a

0

，y

0

)是y＝f(x)图象上点，Q(x，y)，则





xx

0



yy

，

0

∴





x

0

x2a



y

∴－y＝log

a

(x＋2a－3a)，∴y＝log

a

1

(x＞a)

0

y

xa

(Ⅱ)





x3a0



xa0

∴x＞3a

∵f(x)与g(x)在［a＋2，a＋3］上有意义．

∴3a＜a＋2

∴0＜a＜1 6分

∵|f(x)－g(x)|≤1恒成立



|log

a

(x－3a)(x－a)|≤1恒成立．



1log

a

[(x2a)

2

a

2





]1

a(x2a)

2

a

2



1



0a1

a

对x∈［a＋2，a＋3］上恒成立，令h(x)＝(x－2a)

2

－a

2

其对称轴x＝2a，2a＜2，2＜a＋2

∴当x∈［a＋2，a＋3］

h

min

(x)＝h(a＋2)，h

max

＝h(a＋3)



∴原问题等价



ah

min

(x)





1



a

h

max

(x)



a44a









1

9



a

96a

0a

57

12

．解：(Ⅰ)由题意：

3x

k

t1

将

t0,x1代入k2,x3

2

t1

当年生产x(万件)时，年生产成本＝年生产费用＋固定费用＝32x＋3＝32(3－

2

t1

)＋3，当销售

19

x(万件)时，年销售收入＝150%［32(3－

2

t1

＋3］＋

1

2

t

由题意，生产x万件化妆品正好销完

∴年利润＝年销售收入－年生产成本－促销费

即

y

t

2

98t35

2(t1)

(t≥0)

(Ⅱ)∵

y50(

t1

2



32

t1

)

≤50－

216

＝42万件

当且仅当

t132

2



t1

即t＝7时，y

max

＝42

∴当促销费定在7万元时，利润增大．

20．(Ⅰ)证明：令x＝y＝0，∴2f(0)＝f(0)，∴f(0)＝0

令y＝－x，则f(x)＋f(－x)＝f(0)＝0

∴f(x)＋f(－x)＝0 ∴f(－x)＝－f(x)

∴f(x)为奇函数 4分

(Ⅱ)解：f(x

1

1

)＝f(

2

)＝－1，f(x

2x

n

＋

1

)＝f(

n

x

n

x

n

1x

2

)＝f()＝f(x

n

)＋f(x

n

)＝2f(x

n

)

n

1x

n

x

n

∴

f(x

n1

)

f(x

＝2即{f(x

n

)}是以－1为首项，2为公比的等比数列

n

)

∴f(x

n

)＝－2

n

－

1

(Ⅲ)解：

1

f(x



1

x







1

(1

1



11

2







n1

)

1

)f(

2

)f(x

n

)2

22

1

1



2

n

(2

11

n1

)2

n1

2

1

1

22

2

而



2n5

n2

(2

11

n2

)2

n2

2

∴

1

f(x



1







12n5

(x



1

)f(x

2

)f

n

)n2

21．(Ⅰ)证明：g(x)＝f(x)－x＝ax

2

＋(b－1)x＋1a＞0 ∵x

1

＜1＜x

2

＜2

∴(x

1

－1)(x

2

－1)＜0即x

1

x

2

＜(x

1

＋x

2

)－1

于是

xm

b

2a



1

2

(

b1

a



1

a

)

1

2

(x)

1

1

x

2

2

x

1

x

2

＞

1

2

(x

11

1

x

2

)

2

［(x

1

＋x

2

)－1］＝

2

又∵x＜x

11111

1

＜1

2

＜2 ∴x

1

x

2

＞x

1

于是有

ｍ

＝

2

(x

1

＋x

2

)－

2

x

1

x

2

＜

2

(x

1

＋x

2

)－

2

x

1

＝

2

x

2

＜1 ∴

1

2

＜m＜1

(Ⅱ)解：由方程

g(x)ax

2

(b1)x10,可知x

1

1

x

2



a

＞0，∴x

1

x

2

同号

(ⅰ)若0＜x

1

＜2则x

2

－x

1

＝2

∴x

2

＝x

1

＋2＞2 ∴g(2)＜0

即4a＋2b－1＜0 ①

又(x

(b1)

2

2

－x

1

)

2

＝

a

2



4

a

4

∴

2a1(b1)

2

1

，(∵a＞0)代入①式得

2(b1)

2

1

＜3－2b，解之得：b＜

1

4

(ⅱ)若－2＜x

1

＜0，则x

2

＝－2＋x

1

＜－2 ∴g(－2)＜0，即4a－2b＋3＜0 ②

又

2a1(b1)

2

1

代入②得

2(b1)

2

1

＜2b－1解之得b＞

7

4

综上可知b的取值范围为





bb

1

或b

7





44





数列参考答案

一、选择题（每小题5分，共50分）

题次

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

答案

D D B B B A D C B B

提示：

2．∵S

n

＝324 S

n

－

6

＝144，∴S

n

－

S

n

－

6

＝a

n

＋

5

＋a

n

－

4

＋…＋a

n

＝180 又∵S

6

＝a

1

＋a

2

＋…＋a

6

＝36 a

1

＋a

n

＝a

2

＋a

n

－

1

＝…＝a

6

＋a

n

－

5

，∴6(a

1

＋a

n

)＝36＋180＝216



a

1

＋a

n

＝36，由

S

(a

1

a

n

)n

n



2

18n324

，有：n＝18 ∴选D

3．∵S

4

＝1 S

8

＝3 ∴S

8

－S

4

＝2，而等比数列依次K项和为等比数列，a

17

＋a

18

＋a

19

＋a

10

＝(a

1

＋a

2

＋

a)·2

5

－

3

＋a

4

1

＝16，故选B．

18

4．∵

a

2

a

1

[1(9)]

33

8

b

2

2

(1)(9)9,而b

2

9q

2

0,b

2

3,故b

2

(a

2

a

1

)(3)().

8选B

3

n1

n

7．∵

S

b(1a)

S

b(1a)

∴

33

（2）由（1）知a

1

，a

2

，a

3

分别是0，－ ，－3或－3，－ ，0．

22

33

∴

a

n

(n1)或a

n

(n3)

22

3

b(1a

n

)ab(1a)b(1a

n1

)

3

）当

a

n





(n



1

)

时，

aS

n

bS

n1

（

n

1a

n1

1a

1a1a1a

故点

(S

n

,S

n1

)

在直线y

＝

ax＋b上，选D．

9．设现在总台数为b，2003年更新a台，则：b

＝

a＋a(1＋10%)＋……＋a(1＋10%)

4

．

∴

ba

1(110%)

5

a

1(110%)

,

b

16.5%.

二、填空题（每小题4分，共20分）

11．∵

a

1

a

2

a

n

ogl

2

3ogl

3

4ogl

n1

(n2)ogl

2

(n2)k时

，

n＋2＝2

k

，由n＝2

k

－2∈(1，2004)

有2≤k≤10(k∈Z)．故所有劣数的和为（2

2

＋2

3

＋……＋2

10

）－2×9＝

4(12

9

)

12

－18＝2026．

12．令n＝6得

2

6

x2

7

,64x128.由647m1128,mN



有10m18.

故各元素之和为

S971

98

2

7891.

13．设抽取的是第n项．∵S

11

＝55，S

11

－a

n

＝40，∴a

n

＝15，又∵S

11

＝11a

6

a

6

＝5．由a

1

＝－5，得

d＝

a

6

a

1

61

2

，令15＝－5＋（n－1）×2，∴n＝11

14．设x＝a＋b＋c，则b

＋

c

－

a＝xq，c

＋

a

－

b＝xq

2

，a

＋

b

－

c＝xq

3

，∴xq

＋

xq

2

＋xq

3

＝x(x≠0) ∴q

3

＋q

2

＋q＝1．

15．

n

C

1

C

2

C

3

C

n

三、解答题（共80分）

16．⑴由题意得（a）(a 解得d＝2，∴a

－

1

＋d

1

＋13d)＝(a

1

＋4d)

2

(d>0)

n

＝2n－1，b

n

＝3

n1

．

⑵当n＝1时，c

1

＝3 当n≥2时，∵

c

n

a



3(n1)

n1

a

n

,

∴

c

n





3(n2)

故

c

1

b

n

23

n

n



2

n1

c

1

c

2

c

2004

32323

2

23

2003

3

2004

17．⑴∵f(x＋1)＝(x＋1－1)

2

－4，∴f(x)＝(x－1)

2

－4

∴a

1

＝f(x－1)＝(x－2)

2

－4，a

3

＝(x－1)

2

－4．

又a

1

＋a

3

＝2a

2

，∴x＝0，或x＝3．

2

aa

9933351

2



5

a

8

a

26



2

(a

2

a

26

)

2

[

2



2

(261)]

2

当

a

3

2

a

9939297

n

(n3)

时，

2

a

5

a

8

a

26



2

(a

2

a

26

)

2

(

2



2

39)

2

.

18．（1）∵a

n

>0，

2S

n

a

n

1

，∴

4S

n

(a

n

1)

2

,4S

n1

(a

n1

1)

2

，则当n≥2时，

4a

22

n

a

n

2a

n

a

n1

2a

n1

,

即

(a

n

a

n1

)(a

n

a

n1

2)0

，而a

n

>0，∴

a

n

a

n1

2(n2)

又

2S

1

a

1

1,a

1

1,则a

n

2n1

（

2

）

b

1

1

1

1

1

1

n



(2n1)(2n1)



2

(

2n1



2n1

),T

n



2

(1

2n1

)

1

2

19．（1）令x

＝

y

＝

0，则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）上为奇函数．

（2）

f(a

1

1

)f()1,由(1)知f(x)f(y)f(

xy

21xy

),

f(a

2a

n

a

n

a

n

1a

2

f(a

n

)f(a

n

)2f(a

n

)

，即

f(a

n1

)

n1

)f()f()

2

n

1a

n

a

n

f(a

n

)

∴{f(a

－

n

)}是以－1为首项，2为公比的等比数列，∴f(a

n

)＝－2

n1

．

1

1

（3）

b

111

n

(1

2



2

n

2

2



2

n1

)2

1

．

1

1

2

n1

2

若

b

n



m8

4

恒成立（n∈N

1m4

＋

），则

2

2

n1



4

2

，

即m

2

n1

.

∵n∈N

4

＋

，∴当n＝1时，

2

n1

有最大值4，故m>4．又∵m∈N，∴存在m＝5，使得对任意n

∈N

＋

，有

b

n



m8

．

f(x)

1

2

11

(x3x2),f(x)x

2

2(x

2

3x2)(x

2

3x2)

4

20． (2005年湖南高考题20题)

解：（I）从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为ax

n

，被捕捞量为bx

n

，死亡量为

cx

2

cx

2

n

,因此x

n1

x

n

ax

n

bx

n



n

,nN*.(*)

即x

n1

x

n

(ab1cx

n

),nN*.(**)

（II）若每年年初鱼群总量保持不变，则x

n

恒等于x

1

， n∈N*，从而由（*）式得

x

ab

n

(abcx

n

)恒等于0,nN*,所以abcx

1

0.即x

1



c

.

因为x

1

>0，所以a>b.

猜测：当且仅当a>b，且

x

ab

1



c

时，每年年初鱼群的总量保持不变.

（Ⅲ）若b的值使得x

n

>0，n∈N*

由x

n+1

=x

n

(3－b－x

n

), n∈N*, 知

0

n

<3－b, n∈N*, 特别地，有0

1

<3－b. 即0

1

.

而x

1

∈(0, 2)，所以

b(0,1]

由此猜测b的最大允许值是1.

下证 当x

1

∈(0, 2) ，b=1时，都有x

n

∈(0, 2), n∈N*

①当n=1时，结论显然成立.

②假设当n=k时结论成立，即x

k

∈(0, 2),

则当n=k+1时，x

k+1

=x

k

(2－x

k

)>0.

又因为x

k+1

=x

k

(2－x

k

)=－(x

k

－1)

2

+1≤1<2,

所以x

k+1

∈(0, 2)，故当n=k+1时结论也成立.

由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有x

n

∈(0,2).

综上所述，为保证对任意x

1

∈(0, 2), 都有x

n

>0， n∈N*，则捕捞强度b的最大允许值是1．

21．（1）x

＝

y＝0得f(0)＝ －1，x

＝

y

＝－

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，

∴当n∈N

＋

时，f(n)＝f(1)＋[3＋4＋…＋(n＋1)]＝

1

2

(n

2

3n2)则f(n)n

1

2

(n

2

n2)

，而当n∈N

＋

，且n>1时，n

2

＋n－2>0，

∴f(n)>n，则对一切大于1的正整数t，恒有f(t)>t

．

（3）∵y

＝

－

x时f(x

－

x)＝f(x)＋f(

－

x)＋1

－

x

2

，∴f(x)＝x

2

－2－f(

－

x)，∵当x∈N

＋

时由（2）知

f(x)

1

2

(x

2

3x2)

，当x＝0时，f(0)＝ －1＝

1

2

[0

2

302]

．适合 当x

为负整数时，

－

x∈N

＋

，则

222

故对一切x∈Z时，有

f(x)

1

2

(x

2

3x2)

， ∴当t∈Z时，由f(t)＝t得t

2

＋t－2＝0，即t＝1

或t＝2．满足f(t)＝t的整数t有两个．

[三角函数]通，性质大集中参考答案

一、选择题(5分×10＝50分)

题号

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

答案

C D C C D A B A B A

二、填空题(4分×5＝20分)

11．－

3







42

4

12．





sin1

2

,sin1

2





13．－2 14．2(－1)

n

15．

3

；π＋

3

。

三、解答题(共80分)

16．解：由

sin(



4

2



)sin(

4

2



)sin(

4

2



)cos(

4

2



)



1

2

sin(



11

2

4



)

2

cos4





4

,

得

cos4





1

.

又



(



,



),所以



5



王新敞

242



12

.

于是

2sin

2



tan



co



t1cos2





sin

2



co

2

s



2cos2



sin



cos



cos2





sin2



(co2s



2cot2



)(co

5

s



6

2cot

5



35

6

)(

2

23)

2

3.

17．解： ∵ tanα是方程

x

2

2xsec



10

的较小根，

∴ 方程的较大根是cotα．

∵ tanα＋cotα＝

2sec



，即

12

sin



cos





cos



∴

sin





1

2

． …… 5分

解得



2k





7



6

，或



2k







6

,kZ

． …… 8分

当



2k





7



6

(kZ)

时，

tg





3

3

，

ctg



3

；

当



2k







3

6

(kZ)

时，

tg





3

，

ctg



3

，不合题意．

∴



2k





7



6

,kZ

． …… 12分

18．解法一 由

sinA(sinBcosB)sinC0

得

sinAsinBsinAcosBsin(AB)0.

所以

sinAsinBsinAcosBsinAcosBcosAsinB0.

即

sinB(sinAcosA)0.

因为

B(0,



),

所以

sinB0

，从而

cosAsinA.

由

A(0,



),

知

A



3

4

.

从而

BC

4



.

由

sinBcos2C0得sinBcos2(

3

4



B)0.

即

sinBsin2B0.亦即sinB2sinBcosB0.

由此得

cosB

1

2

,B



3

,C

5







5



12

.

所以

A

4

,B

3

,C

12

.

解法二：由

sinBcos2C0得sinBcos2Csin(

3



2

2C).

由

0B

、

c



，所以

B

3



3



2

2C或B2C

2

.

即

B2C

2

或2CB

2

.

由

sinA(sinBcosB)sinC0

得

sinAsinBsinAcosBsin(AB)0.

所以

sinAsinBsinAcosBsinAcosBcosAsinB0.

即

sinB(sinAcosA)0.

因为

sinB0

，所以

cosAsinA.

由

A(0,



),知A



4

.

从而

BC

33



4



，知B+2C=

2

不合要求.

再由

2CB

1



5

2



，得

B

3

,C







5



12

.

所以

A

4

,B

3

,C

12

.

19．解：

f(x)cos(2k



3

2x)cos(2k



3

2x)23sin(



3

2x)

2cos(



3

2x)23sin(



3

2x)

4cos2x

所以函数f(x)的值域为



4,4



，最小正周期

T

2









。

20．解：如图所示，建立平面直角坐标系，则

A(200,0)

，

B(0,220)

，

C(0,300)

．

直线

l

的方程为

y(x200)tan



，即

y

x200

2

．

设点

P

的坐标为

(x,y)

，则

P(x,

x200

y

2

)

（

x200

）

C

x200

300

B

由经过两点的直线的斜率公式

k

PC



2

x800

x



2x

，

x200

220

l

k

x

PB



2

640

x



2x

．

O



P

A

由直线

PC

到直线

PB

的角的公式得

x

160

tanBPC

k

PB

k

PC

1



2x

1

x800x640



64x

k

x

2

288x160640

PB

k

PC

2x



2x



64

（

x200

）

x

160640

x

288

要使

tanBPC

达到最大，只须

x

160640

x

288

达到最小．

由均值不等式

x

160640

x

2882160640288

．当且仅当

x

160640

x

时上式取等

号．故当

x320

时

tanBPC

最大．这时，点

P

的纵坐标

y

为

y

320200

2

60

．

由此实际问题知，

0BPC



2

，所以

tanBPC

最大时，

BPC

最大．故当此人距水平地面60

米高时，观看铁塔的视角

BPC

最大．

．(1)f(x)＝1－2a－2acosx－2sin

2

x＝1－2a－2acosx－2(1－cos

2

x)＝2(cosx－

a

2

a

2

21

2

)－

2

－2a－1。

当a≥2时，则cosx＝1时，f(x)取最小值，即f(a)＝1－4a；

当－2＜a＜2时，则cosx＝

a

2

时，f(x)取最小值，即f(a)＝－

a

2

2

－2a－1；

当a≤－2时，则cosx＝－1时，f(x)取最小值，即f(a)＝1；





1,a2,

综合上述，有f(a)＝







1

2

2

a2a1,2a2,







14a,a2.

(2)若f(a)＝

1

2

，a只能在[－2,2]内。

解方程－

a

2

2

－2a－1＝

1

2

，得a＝－1，和a＝－3。因－1∈[－2,2]，故a＝－1为所求，此时

f(x)＝2(cosx＋

1

2

)

2

＋

1

2

；当cosx＝1时，f(x)有最大值5。

[向量]作运算，图形见奇观参考答案

一、选择题

题号

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

答案

C C A B B B D C C D

二、填空题11．－

1

2

；12．1；13．(－

10

5

，

310

5

)；14．－

2

3

；15．②④

三、解答题

16．

解:ABAC,ABAC0.APAQ,BPAPAB,CQAQAC

BPCQ(APAB)(AQAC)

APAQAPACABAQABAC

a

2

APACABAP

a

2

AP(ABAC)

a

2



1

PQBC

a

2

2

a

2

cos



.

故当cos



1,即



0(PQ与BC方向相同)时,BPCQ最大.其最大值为0.

17．解：（1）∵

m

＝(－cos

AAAA1

2

，sin

2

)，

n

＝(cos

2

，sin

2

)，且

m

·

n

＝

2

，

∴－cos

2

A

2

＋sin

2

A

2

＝

1

2

，………………………………………………2分

即－cosA＝

1

2

，又A∈(0，)，∴A＝

2

3

………………………………5分

（2）S

112

△

ABC

＝

2

bc·sinA＝

2

b·c·sin

3

＝3，∴bc＝4 …………………7分

又由余弦定理得：a

2

＝b

2

+c

2

－2bc·cos120°＝b

2

+c

2

+bc ………………10分

∴16＝(b+c)

2

，故b+c＝4．……………………………………………12分

18．解：⑴

OC

＝(

13

2

(t+1)，－

2

(t+1))，………………………………………………2分

∵

BC

＝t

AE

，∴

DC

＝t

AD

，

AD

＝

1

1+t

AC

，又

OA

＝(

13

2

，

2

)，

AC

＝

OC

－

OA

＝(

13t3(t+2)

2

t，－

2

(t+2))；∴

AD

＝(

2(t+1)

，－

2(t+1)

)，………………5分

∴

ODOAAD

＝(

2t+13

2(t+1)

，－

2(t+1)

)………………………………………………7分

⑵（理）∵

ECOCOE

＝(

t－1

3(t+1)

2

，－

2

)，

∴

OD

·

EC

＝

2t+1

t－1

33(t+1)t

2

+t+1

2(t+1)

·

2

＋

2(t+1)

·

2

＝

2(t+1)

………………………………9分

又∵|

OD

|·|

EC

|＝

(2t+1)

2

+1

(t－1)

2

+3(t+1)

2

t

2

+t+1

2(t+1)

·

2

＝

t+1

…………………………11分

∴cos<

OD

，

EC

>＝

OD

·

EC

＝

1

，∴向量

OD

与

EC

的夹角为

|

OD

|·|

EC

|

2

60°．……14分

（文）由已知t＝

1

2

，∴

OD

＝(

23133

3

，－

3

)，

EC

＝(－

4

，－

4

)

∴

OD

·

EC

＝－

1

6

＋

3

4

＝

7

12

……………………………………………………………9分

又∵|

OD

|＝

72

3

，|

EC

|＝

7

4

＝

7

2

………………………………………………11分

7

∴cos<

OD

，

EC

>＝

12

1

7

＝

2

，∴向量

OD

与

EC

的夹角为60°．………………14分

6

19．解：⑴由

a



(cos



,sin



),b



(cos



,sin



),

得

a



b



(cos



cos



,sin



sin



)

，

a



b



(cos



cos



,sin



sin



),

又

(a



b



)(a



b



)(cos



cos



)(cos



cos



)(sin



sin



)(sin



sin



)

cos

2



cos

2



sin

2



sin

2



0.

(a



b



)(a



b



).

（2）



ka



b



(kcos



cos



,ksin



sin



),

ka



b



k

2

2kcos(







)1,

同理

a



kb



12kcos(







)k

2

,

由

ka



b



a



kb



得

2kcos(







)2kcos(







)

又

k0,

所以

cos(







)0,

因

0











,

所以











2

.

20．解：⑴

ODOAOBa



b



,OHOCODa



b



c



.

⑵

AHOHOA(a



b



c



)a



b



c



,BCOCOBc



b



.

AHBC(c



b



)(c



b



)c



2

b



2

c



2

b



2

.

∴O为△ABC的外心．

OAOBOC，

即

a



b



c



，AHBC0.故AHBC.

⑶在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝45°，O为△ABC的外心，则∠BOC＝2∠A＝120°，

∠AOC＝2∠B＝90°，∴∠AOB＝150°。

OH

2

OHOH(a



b



c



)(a



b



c



)a



2

b



2

c



2

2a



b



2b



c



2c



a



＝

a



2

b



2

c



2

2a



b



cos150

0

2b



c



cos120

0

2c



a



cos90

0

R

2

R

2

R

2

3R

2

R

2

0(23)R

2

.

OH23R

62

2

R.

21．解：由已知得

(2R)

2

(sin

2

Asin

2

C)2RsinB(2ab)

，即

a

2

c

2

2abb

2

．

222

cosC

abc

2ab



2

2

，

C



4

．

S

1

2

absinC

2

4

ab

2

4

4R

2

sinAsinB2R

2

sinAsin(

3



4

A)

2R

2

sinA(

2

cosA

2

sinA)R

2

(sinAcosAsin

2

22

A)

R

2

(

11cos2A2



112

2

2

sin2A

2

)R

2

[

2

sin(2A

4

)

2

]

2

R

当A

3



12

8

时

，面积S有最大值

2

R

2

．

[不等]符号定，比较技巧深参考答案

一、选择题

题号

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

答案

D D A C A B C C B A

二、填空题11．x≤0或x≥2； 12．155；13．

(,

3

]

； 14．

32

2

4

； 15．②④

三、解答题

16．解：由于y＝2

x

是增函数，f(x)≥22等价于|x+1|－|x－1|≥

3

2

， ① ……2分

(i)当x≥1时，|x+1|－|x－1|＝2。∴①式恒成立 ……5分

(ii)当－1＜x＜1时，|x+1|－|x－1|＝2x。①式化为2x≥

33

2

，即

4

≤x<1 ……8分

(i)当x≤－1时，|x+1|－|x－1|＝－2。∴①式无解

综上，x的取值范围是[

3

4

，＋∞)。 ……12分

17．解：∵

f(x)1cos2xsin2x

……………………………………………2分

12sin(2x



4

)

………………………………………………4分

f(x)012sin(2x



4

)0

sin(2x



4

)

2

2

…………………………………………6分





4

2k



2x



4



5

4

2k



……………………………8分

k



x

3



4

k



………………………………………………10分

又

x[0,2



].

∴

x(0,

3



4

)(



,

7



4

)

………………………………………………12分

18．解：（1）应用二元均值不等式，得

(

a

2

x



b

2

y

)(xy)a

2

b

2

a

2

y

x

b

2

x

y

a

2

b

2

2a

2

y

x

b

2

x

y

(ab)

2

，

故

a

2

b

2

(ab)

2

x



y



xy

．

当且仅当

a

2

y

x

b

2

x

y

，即

a

x



b

y

时上式取等号．……………………………………8分

（2）由（1）

f(x)

2

2

3

2

2x12x



(23)

2



2x(12x)

25

．

当且仅当

231

2x



12x

，即

x

5

时上式取最小值，即

[f(x)]

min

25

．……14分

点评：给你一种解题工具，让你应用它来解答某一问题，这是近年考试命题的一种新颖的题型

之一，很值得读者深刻反思和领悟当中的思维本质．

19．解：（1）由f(x)<0得，|x－m|





(1－m)x



(1＋m)x>m

……2分

①当m＝－1时，





2x1

1



x<－

1

2

…………………………………………………3分



0



②当－1< m<0时，





x

m



1m



m

<

m



1+m

1

……………………………………5分





x

m

－m

1m



③当m<－1时，





x

m



1m



x<

m



m

1－m

………………………………………………7分





x

1m

综上所述，当m<－1时，不等式解集为{x|x<

m

1－m

}

当m＝－1时，不等式解集为{x|x<－

1

2

}

当－1

m

1+m

m

1－m

}………………………8分

（2）f(x)＝





(1m)xm,xm



(1m)xm,xm

∵m<0，∴1－m>0，f(x)在[m，+∞)上单调递增，要使函数f(x)存在最小值，则f(x)在(－∞，m)上

是减函数或常数，∴－(1+m)≤0即m≥－1，又m<0，∴－1≤m<0．

故f(x)存在最小值的充要条件是－1≤m<0，且f(x)

min

＝ f(m)＝－m

2

． ………14分

f(x)b(x

a

2

2b

)

a

2

4b

，当x∈R时，f(x)＝

a

2

20．解：⑴对已知二次函数应用配方法，得

max

4b

，

于是，对任意x∈R都有f(x)



1



f(x)

a

2

max

＝

4b



1



a



2

b

．………4分

⑵用f(x)

max

、f(x)

min

表示f(x)在[0，1]上的最大值、最小值，则对任意x∈[0，1]，都有|f(x)|



1

当且仅当





f(x)

max

1,



f(x)

（*）

min

1,

f(x)＝－b(x－

a

2

而

2

a

2b

)

+

4b

，（x



[0，1]）

当2b

a

时，0<

a

2b



1，f(x)

a

2

max

＝

4b

，f(x)

min

＝f(0)或f(1)；

当2b

a

2b

>1， f(x)

max

＝ f(1)，f(x)

min

＝f(0)．





b1且2ba,

于是(*)





2



a



4b

1,



或



b1且2ba,



f(1)ab1,





f(0)01,





f(0)01.





f(1)ab1,



b－1



a



2

b

或x







b－1



a



2

b

．

故对任意x



[0，1]，都有|f(x)|



1的充要条件是b－1



a



2

b

．……………9分

(３) 由(２)的解答知，对任意x∈[0，1]，都有|f(x)|



1当且仅当





2ba0且0b1,



2



a



2ba且0b





4b

1,

或



1,



f(1)ab1,



f(0)01,





f(0)01.





f(1)ab1,



0



2b或2b



b+1



0



b+1．

故当0



1时，对任意x



[0，1]，都有|f(x)|



1的充要条件为0



b+1．…14分

点评：含参数的二次函数与绝对值不等式相综合，这是历年高考命题的热点之一．读者在备考复

习时，应当重视这类题型的解题技巧，掌握一些解题的套路，领悟当中的变化技能，反复思考参

数的处理艺术．

21．解：对函数

f(x)

求导数：

f



(x)(xlog

2

x)



[(1x)log

2

(1x)]



log

2

xlog

2

(1x)

1

ln2



1

ln2

.

log

2

xlog

2

(1x).

于是

f



(

1

2

)0.

当

x

1

2

时,f



(x)logxlog

1

22

(1x)0,f(x)

在区间

(0,

2

)

是减函数，

当

x

1

1

2

时,f



(x)log

2

xlog

2

(1x)0,f(x)

在区间

(

2

,1)

是增函数.

所以

f(x)在x

11

2

时取得最小值，

f(

2

)1

，

（Ⅱ）证法一：用数学归纳法证明.

（i）当n=1时，由（Ⅰ）知命题成立.

（ii）假定当

nk

时命题成立，即若正数

p

1

,p

2

,,p

2

k

满足p

1

p

2

p

2

k

1

，

则

p

1

log

2

p

1

p

2

log

2

p

2

p

2

k

log

2

p

2

k

k.

当

nk1

时，若正数

p

1

,p

2

,,p

2

k1

满足p

1

p

2

p

2

k1

1,

令

xp

1

p

2

p

2

k

,q

p

1

x

,q

p

2

p

k

1



2



x

,,q

2

k



2

x

.

则

q

1

,q

2

,,q

2

k

为正数，且

q

1

q

2

q

2

k

1.

由归纳假定知

q

1

log

2

p

1

p

2

log

2

p

2

q

2

k

log

2

q

2

k

k.

p

1

log

2

p

1

p

2

log

2

p

2

p

2

k

log

2

p

2

k

x(q

1

log

2

q

1

q

2

log

2

q

2

q

2

k

log

2

q

2

k

log

2

x)x(k)xlog

2

x,

①

同理，由

p

2

k

1

p

2

k

2





p

2

k1

1x

可得

p

2

k

1

log

2

p

2

k

1

p

2

k1

log

2

p

2

k1

(1x)(k)(1x)log

2

(1x).

②

综合①、②两式

p

1

log

2

p

1

p

2

log

2

p

2

p

2

k1

log

2

p

2

k1

[x(1x)](k)xlog

2

x(1x)log

2

(1x)(k1).

即当

nk1

时命题也成立.

根据（i）、（ii）可知对一切正整数n命题成立.

证法二：

令函数

g(x)xlog

2

x(cx)log

2

(cx)(常数c0,x(0,c)),那么

g(x)c[

x

c

log

xxx

2

c

(1

c

)log

2

(1

c

)log

2

c],

利用（Ⅰ）知，当

x

c



1

2

(即x

c

2

)时,函数g(x)取得最小值.

对任意

x

1

0,x

2

0,都有

x

xx

2

x

1

x

2

1

log

2

x

1

x

2

log

2

x

2

2

1

2

log

2

2

(x

1

x

2

)[log

2

(x

1

x

2

)1]

. ①

下面用数学归纳法证明结论.

（i）当n=1时，由（I）知命题成立.

（ii）设当n=k时命题成立，即若正数

p

1

,p

2

,,p

2

k

满足p

1

p

2

p

2

k

1,有

p

1

log

2

p

1

p

2

log

2

p

2

p

2

k

log

2

p

2

k

k.

当nk1时,p

1

,p

2

,,p

2

k1

满足p

1

p

2

p

2

k1

1.

令Hp

1

log

2

p

1

p

2

log

2

p

2

p

2

k1

1

log

2

p

2

k1

1

p

2

k1

log

2

p

2

k1

由①得到

H(p

1

p

2

)[log

2

(p

1

p

2

)1](p

2

k1

1

p

2

k1

)[log

2

(p

2

k1

1

p

2

k1

)1],

因为(p

1

p

2

)(p

2

k1

1

p

2

k1

)1,

由归纳法假设

(p

1

p

2

)log

2

p(

1

p

2

)

2

k

p(

1

1



2

k

p

1

)l

2

og

2

k

p





1

(

1

k

p

2

1

得到)k

,

Hk(p

1

p

2

p

2

k1

1

p

2

k1

)(k1).

即当

nk1

时命题也成立.

所以对一切正整数n命题成立.

直线与圆参考答案

一、选择题（每小题5分，共50分）：

题号

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

答案

C B C C A A A B A A

二、填空题（每小题4分，共20分）

11．36； 12．

(a)(2),(b)(1),(c)(3)

9 ； 13． z≤－２或z≥１；

14．

2x4y820

15．

43

三、解答题（共80分，按步骤得分）

16．解：已知圆的标准方程是(x－2)

2

＋(y－2)

2

＝1，

它关于x轴的对称圆的方程是(x－2)

2

＋(y＋2)

2

＝1。

设光线L所在直线方程是：y－3＝k(x＋3)。

由题设知对称圆的圆心C′（2，－2）到这条直线的距离等于1，即

d

|5k5|

1k

2

1

．

整理得

12k

2

25k120,

解得

k

34

4

或k

3

．

故所求的直线方程是

y3

3

4

(x3)

，或

y3

4

3

(x3)

，

即3x＋4y－3＝0，或4x＋3y＋3＝0．



17． 解：设甲、乙两种产品的产量分别为x，y件，约束条件是



x2y400



2xy500





x0,y0,

目标函数是

f3x2y

，要求出适当的x，y，使

f3x2y

取得最大值。

作出可行域，如图。 设

3x2ya,a

是参数，

y

将它变形为

y

3

500

2

x

a

2

，

这是斜率为



3

2

，随a变化的一族直线。

200

（200，100）

当直线与可行域相交且截距

a

2

最大时，

O

250 400

x

目标函数f取得最大值。由





x2y400



x200



2xy500

得





y100

，

因此，甲、乙两种产品的每月产品分别为200，100件时，可得最大

收入800千元。

18． 解：如图建立平面直角坐标系，由题意可设A、B两人速度分别为

3v千米/小时 ，v千米/小时，再设出发x

0

小时，在点P改变方向，又经

过y

0

小时，在点Q处与B相遇．

则P、Q两点坐标为（3vx

0

， 0），（0，vx

0

＋vy

0

）．

由|OP|

2

＋|OQ|

2

＝|PQ|

2

知，………………3分

（3vx

0

）

2

＋(vx

0

＋vy

0

)

2

＝(3vy

0

)

2

，

即

(x

0

y

0

)(5x

0

4y

0

)0

．

x

0

y

0

0,5x

0

4y

0

……①

将①代入

k

x

0

y

0

3

PQ



3x

,得k

PQ

.

0

4

又已知PQ与圆O相切，直线PQ在y轴上的截距就是两个相遇的位置．

设直线

y

3

xb与圆O:x

2

y

2

4

9

相切，

则有

|4b|

3

2

4

2

3,b

15

4

.

答：A、B相遇点在离村中心正北

3

3

4

千米处

19．解：（1）∵|PM

1

|－5＝|PM

2

|－1，∴|PM

1

| － |PM

2

|＝4

∴动圆圆心P的轨迹是以M

1

、M

2

为焦点的双曲线的右支。

c＝4，a＝2，b

2

＝12，

22

故所求轨迹方程为

x

4

－

y

12

＝1（x≥2）。

（2）当过M



2

的直线倾斜角不等于

2

时，设其斜率为k，

直线方程为 y＝k(x－4)

与双曲线 3x

2

－y

2

－12＝0联立，消去y化简得(3－k

2

)x

2

＋8k

2

x－16k

2

－12＝0

又设A(x

1

，y

1

)，B(x

2

，y

2

)，x

1

>0，x

2

>0





x

8k

2

1

x

2

0



k

2

3

由





x

16k

2

12

2



1

x

2



k

2

3

0

解得 k>3。





△64k

4

16(3k

2

)(4k

2

3)0



由双曲线左准线方程 x＝－1且e＝2，有|AM

1

|·|BM

1

|＝e|x

1

＋1|·e|x

2

＋1|＝4[x

1

x

2

＋(x

1

＋x

2

)＋

1]

＝4(

16k

2

12

k

2

3

＋

8k

2

k

2

3

＋1)＝100＋

336

k

2

3

∵k

2

－3>0，∴|AM

1

|×|BM

1

|>100

又当直线倾斜角等于



2

时，A(4，y

1

)，B(4，y

2

)，|AM

1

|＝|BM

1

|＝e(4＋1)＝10

|AM

1

|·|BM

1

|＝100 故 |AM

1

|·|BM

1

|≥100。

20

．

解：设

ACB



,BCO



，再设

A(0,a)

、B（0，b）、C（x，0）．

则

tan(







)

ab

x

,

tan





x

．

tan



tan[(







)



]

a



b



tan(







)tan



1tan(







)tan





xx

1

ab

x

2



ab



ab



ab

． 图1

x

ab

图2

x

2x

ab2ab

x

当且仅当

x

ab

x

,

∵

x

2

ab,

，∴

xab时,

tan



有最大值，最大值为

ab

2ab

，

∴

ytanx

在

(0,



2

)

内为增函数．

∴ 角α的最大值为

arctan

ab

2ab

．此时C点的做标为

(ab,0).

21． 解：（1）设M(a，ka)，N(b，－kb)，(a>0，b>0)。

则|OM|＝a

1k

2

，|ON|＝b

1k

2

。

由动点P在∠AOx的内部，得0

∴|PM|＝

|kxy|

＝

kxy

，|PN |＝

|kxy|

＝

kxy

1k

2

1k

2

1k

2

1k

2

∴S

1

四边形

ONPM

＝S

△

ONP

＋S

△

OPM

＝

2

（|OM|·|PM|＋|ON|·|PN|）

＝

1

2

[a(kx－y)＋b(kx＋y)]＝

1

2

[k(a＋b)x － (a－b)y]＝k

∴k(a＋b)x－(a－b)y＝2k ①

又由k

1

PM

＝ －

k

＝

yka

xa

， k

1ykb

PN

＝

k

＝

xb

，

分别解得a＝

xky

1k

2

，b＝

xky

1k

2

，代入①式消a、b，并化简得x

2

－y

2

＝k

2

＋1。

∵y>0，∴y＝

x

2

k

2

1

（2）由0

x

2

k

2

1







22





xk10



xk

2

1



k1kx



x

2222









(1k

2

)x

2

k

2

1　　②

(*)

当k＝1时，不等式②为0<2恒成立，∴(*)



x>

2

。

当0

2

<

k

2

1

1k

2

，x<

1k

4

1k

2

，∴(*)



k

2

1

1k

4

1k

2

。

2

当k>1时，由不等式②得x

2

>

k1k

2

1

2

1k

2

，且

1k

2

<0，∴(*)



x>

k1

但垂足N必须在射线OB上，否则O、N、P、M四点不能组成四边形，所以还必须满足条件：

y<

1

x，将它代入函数解析式，得

x

2

k

2

1

k

1

<

k

x

解得

k

2

1

kk

4

1

k

2

1

(k>1)，或x∈k（0

综上：当k＝1时，定义域为{x|x>

2

}；

4

当0

k

2

1

1k

1k

2

}；

k

2

1

kk

4

当k>1时，定义域为{x|

1

k

2

1

}．

圆锥曲线参考答案

一、选择题（每小题5分，共50分）：

题号

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

答案

D C D B B C D D D C

二、填空题（每小题4分，共20分）

11．60°12．

16

5

13．

[

2

2

2

,1)

14．

(

2

a,

2

2

b)

15．

5

三、解答题（共80分）

16．解：由已知，AB的方程为y＝x－5，将其代入

x

2

y

2

9



16

1得7x

2

90x3690.设A(x

90

1

,y

1

),B(x

2

,y

2

)

，则

x

1

x

2



7

.

AB的中点C的坐标为

(

45

45

7

,

80

7

)

，于是

|CF|(

7

)

2

(

80

7

0)

2



802

7

17．解：依题意，F（2，0），l：

x

3

2

.

设所求方程为

(x2)

2

y

2

e,0e1,即(1e

2

)x

2

(43e

2

)xy

2

4

9

e

2

|x

3

4

0,

2

|

其中心为

A(

43e

2

3(43e

2

)2(43

2(1e

2

)

,0).

∵A与A’关于直线y＝2x对称，∴A’的坐标为

(

e

2

)

10(1e

2

)

,

5(1e

2

)

)

又A’在直线

x

33(4e

2

)

2

上,

10(1e

2

)



3

2

,解之得e

2



1

2

。

1

(x

5

)

2

2

于是所求方程为

2

x

2



5

2

xy

2



23

2

y

8

0,即

1



1

1.

24

18．解：（1）以直线AB为x轴，线段AB的中点为原点建立直角坐标系，则A（－2，0），B（2，0），

C（2，3 ），D（－2，3）．依题意，曲线段DE是以A、B为焦点的椭圆的一部分．

1x

2

a

2

(|AD||BD|)4,c2,b12,所求方程为

16



y

2

2

12

1(2x4,0y23).

（2）设这样的弦存在，其方程

y3k(x2),即yk(x2)3,将其代入

x

2

y

2

16



12

1

得

(34k

2

)x

2

(83k16k

2

)x16k

2

163k360

设弦的端点为M（x

1

，y

1

），N（x

2

，y

2

），则由

x

1

x

2

2

2,知x

83k16k

2

3

1

x

2

4,

34k

2

4,解得k

2

.

∴弦MN所在直线方程为

y

3

2

x23,

验证得知，这时

M(0,23),N(4,0)

适合条件．

故这样的直线存在，其方程为

y

3

2

x23.

19．解（1）设点M的坐标为（x，y），则由

PM

3

2

MQ.得P(0,

yxy3y

2

),Q(

3

,3),由HPPM0,得(3,

2

)(x,

2

)0,

所以y

2

＝4x 由点Q在x轴的正半轴上，得x>0，所以，动点M的轨迹C是以（0，0）为顶点，

以（1，0）为焦点的抛物线，除去原点．

（2）设直线l：y＝k(x＋1)，其中k≠0代入y

2

＝4x，得k

2

x

2

＋2(k

2

－2)x＋k

2

＝0 ①

设A（x

1

，y

1

），B(x

2

，y

2

)，则x

1

，x

2

是方程①的两个实数根，由韦达定理得

xx

2(k

2

2)

1



2



k

2

,x

1

x

2

1

所以，线段AB的中点坐标为

(

2k

2

k

2

,

2

k

)

，线段AB的垂直平分线方程为

y

2

k



12k

2

k

(x

k

2

),

令

y0,x

22

0



k

2

1

，所以，点E的坐标为

(

k

2

1,0)

。因为

△

ABE为正三角形，所以，点

E

(

2

k

2

1,0)

到直线AB的距离等于

3

2

|AB|,而|AB|(xx

2

41k

2

22

1



2

)(y

1

y

2

)

k

2

1k.

231k

2

21k

2

所以，

k

2



|k|

解得k

3

2

,所以x

11

0



3

.

20．（1）易得

M(c,

b

2

b

2

a

),k

OM



ac

,k

bb

2

bc2

AB

a

,

ac



a

bca2c,e

a



2

.

2

（2）证：由椭圆定义得：

|FC

C|

2

|F

2

1

F

2

|

1

||F

2

C|2a,cosFCF

12



|FC

1

||F

2

2|FCC|

1

||F

2



4a

2

4c

2

2|FC||F

2b

2

12

C|

2|FC

1

||F

2

C|



|FC

1.

1

||F

2

C|

|FC

|FC

2b

2

2c

1

||F

2

C|(

||F

2

12

C|

2

)

2

a

2

,cosFCF

12



a

2

1

2c

2

10,FCF



12



2

.

（3）解：设直线PQ的方程为

y

a

b

(xc),即y2(xc)

．代入椭圆方程消去x得：

(1

1

2

yc)

2

a

2



y

2

22

22c2c

2

b

2

1

，整理得：

5y22cy2c0,y

1

y

2



5

,y

1

y

2



5

.

∴

(yy

2

22c

2

2

)(

5



8c

2

5



48c

2

25

.S

143c

2

)

PF

2

Q



2

2c|y

1

y

2

1



2

|

5

203,c25,

因此a

2

＝50，b

2

＝25，所以椭圆方程为

x

2

y

2

50



25

1.

21．解：（1）∵a

＝

xi

＋

(y

＋

2)j

，

b

＝

xi

＋

(y

－

2)j，且|a|＋|b|＝8 ∴点M（x，y）到两个定点F

1

（0，－

2），F

x

2

2

（0，2）的距离之和为8 ∴点M的轨迹C为F

1

、F

2

为焦点的椭圆，其方程为

12



y

2

16

1

（2）∵l过y轴上的点（0，3），若直线l是y轴，则A、B两点是椭圆的顶点，这时

OPOAOB0

。

∴P与O重合，与四边形OAPB是矩形矛盾，

∴直线l的斜率存在，设l的方程为y

＝

kx＋3，A（x

1

，y

1

），B(x

2

，y

2

)



由



ykx3



x

2

y

2

消y得:(43k

2

)x

2

18kx120此时(18k)

2

4(43k

2

)(21)





12



16

1

0

恒成立．

且

x

k

1

x

2



18

43k

2

,x

21

1

x

2



43k

2

∵

OPOAOB

，∴四边形OAPB是平行四边形

若存在直线l使得四边形OAPB是矩形，则OA⊥OB，即

OAOB0

∵

OA(x

1

,y

1

),OB(x

2

,y

2

)OAOBx

1

x

2

y

1

y

2

0

即

(1k

2

)x

1

x

2

3k(x

1

x

2

)90即(1k

2

)(

21k

43k

2

)3k(

18k

43k

2

)90k

2



55

16

,k

4

∴存在直线

l:y

5

4

x3

使得四边形OAPB为矩形．

[简单几何体]，交角与距离参考答案

一、选择题

题号

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

答案

C D C A A B D A C C

二、填空题11．3； 12．3； 13．π； 14．①③④ 15．①③④

三、解答题

16．证明：（Ⅰ）作AD的中点O，则VO⊥底面ABCD．…………………………1分

建立如图空间直角坐标系，并设正方形边长为1，…………………………2分

则A（

1

2

，0，0），B（

1

2

，1，0），C（－

1

2

，1，0），D（－

1

2

，0，0），V（0，0，

3

2

），

∴

AB(0,1,0),AD(1,0,0),AV(

1

,0,

3

22

)

………………………………3分

由

ABAD(0,1,0)(1,0,0)0ABAD

……………………………………4分

ABAV(0,1,0)(

1

2

,0,

3

2

)0ABAV

……………………………………5分

又AB∩AV＝A

∴AB⊥平面VAD…………………………………………………………………………6分

（Ⅱ）由（Ⅰ）得

AB(0,1,0)

是面VAD的法向量………………………………7分

设

n(1,y,z)

是面VDB的法向量，则







nVB0





(1,y,z)(

13



x1

3







nBD0



,1,)0







22



n(1,1,)

……9分



(1,y,z)(1,1,0)0





z

3

3

3

(0,1,0)(1,1,

3

3

)

∴

cosAB,n

21

，……………………………………11分

1

21

7

3

又由题意知，面VAD与面VDB所成的二面角，所以其大小为

arccos

21

7

…………12分

17．解法一（I）证明 由题设知OA⊥OO

1

，OB⊥OO

1

.

所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，

即OA⊥OB. 故可以O为原点，OA、OB、OO

1

所在直线分别为

x

轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

如图3，则相关各点的坐标是A（3，0，0），

B（0，3，0），C（0，1，

3

）

O

1

（0，0，

3

）.

图3

从而

AC(3,1,3),BO

1

(0,3,3),ACBO

1

3330.

所以AC⊥BO

1

.

（II）解：因为

BO

1

OC3330,

所以BO

1

⊥OC，

由（I）AC⊥BO

1

，所以BO

1

⊥平面OAC，

BO

1

是平面OAC的一个法向量.

设

n(x,y,z)

是0平面O

1

AC的一个法向量，

由







nAC0



3xy3z

n(1,0,3)

.





nOC0



0,



y0.

取z3,

得



1

设二面角O—AC—O

1

的大小为



，由

n

、

BO

1

的方向可知





n

，

BO

1

>，

所以cos



cos

n

，

BO

1

>=

nBO

1

|n||BO



3

1

|

4

.

即二面角O—AC—O

3

1

的大小是

arccos

4

.

解法二（I）证明 由题设知OA⊥OO

1

，OB⊥OO

1

，所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，

即OA⊥OB. 从而AO⊥平面OBCO

1

，

O

1

OC是AC在面OBCO

F

C

1

内的射影.

因为

tanOO

OB

1

B

O

，

D

1

C

3

E

OO

3

tanO

1

OC

1

OO



1

3

所以∠OO

1

B=60°，∠O

1

OC=30°，从而OC⊥BO

1

O

B

由三垂线定理得AC⊥BO

1

.

（II）解 由（I）AC⊥BO

1

，OC⊥BO

1

，知BO

1

⊥平面AOC.

A

图4

设OC∩O

1

B=E，过点E作EF⊥AC于F，连结O

1

F（如图4），则EF是O

1

F在平面AOC

内的射影，由三垂线定理得O

1

F⊥AC.

所以∠O

1

FE是二面角O—AC—O

1

的平面角.

由题设知OA=3，OO

1

=

3

，O

1

C=1，

所以

O

2

1

AOA

2

OO

1

23,ACO

1

A

2

O

2

1

C13

，

从而

O

O

1

AO

1

C

23

3

1

F

AC



13

， 又O

1

E=OO

1

·sin30°=

2

，

2024年3月23日发(作者：刑傲南)

随堂步步高·高三数学·单元测试卷参考答案

集合与简易逻辑参考答案

一、选择题（每小题5分，共50分）

题次

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

答案

D B C C D A C D B A

二、填空题（每小题4分，共20分）

11．



π



2

，－1





∪(0，1)∪



π



2

，3



3π



；12．3800；13．

4

；14． (－∞‚1)∪(3，＋∞)；15．x＋6或

2x＋6或3x＋6或4x＋6或5x＋6

三、解答题（共80分）

16．解： (1)设f（x）＝ax

2

＋bx＋c，由f（0）＝1得c＝1，故f（x）＝ax

2

＋bx＋1．

∵f(x＋1)－f(x)＝2x，∴a(x＋1)

2

＋b(x＋1)＋1－(ax

2

＋bx＋1)＝2x．

即2ax＋a＋b＝2x，所以





2a2



a1

ab01

，∴f(x)＝x

2

－x＋1．



,





b

(2)由题意得x

2

－x＋1>2x＋m在[－1，1]上恒成立．即x

2

－3x＋1－m>0在[－1，1]上恒成立．

设g(x)＝ x

2

－3x＋1－m，其图象的对称轴为直线x＝

3

2

，所以g(x) 在[－1，1]上递减．

故只需g(1)>0，即1

2

－3×1＋1－m>0，解得m<－1．

17． 解：（1）当a＝2时，A＝（2，7），B＝（4，5）∴ AB＝（4，5）．

（2）∵ B＝（2a，a

2

＋1），

当a＜

1

3

时，A＝（3a＋1，2）

要使B



A，必须





2a3a1

a

2

12

，此时a＝－1；



当a＝

1

3

时，A＝



，使B



A的a不存在；

当a＞

1

3

时，A＝（2，3a＋1）

要使B



A，必须





2a2

a

2

13a1

，此时1≤a≤3．



综上可知，使B



A的实数a的取值范围为[1，3]∪{－1}

18．

解:由a

2

x

2

ax20，得(ax2)(ax1)0，

显然a0x

21

a

或x

a

x





1,1



,故|

21

a

|1或|

a

|1,|a|1

“只有一个实数满足x

2

2ax2a0”.即抛物线yx

2

2ax2a与x轴只有

一个交点，4a

2

8a0.a0或2,

命题"p或q为真命题"时"|a|1或a0"

命题"P或Q"为假命题

a的取值范围为



a|1a0或0a1



19．解： (1)设任意实数x

1

2

，则f(x

1

)－ f(x

2

)＝

(2

x

1

a2

x

1

1)(2

x

2

a2

x

2

1)

＝

(2

x

1

2

x

2

)a(2

x

1

2

x

)

x

1

x

2

2

＝

(2

1

2

x

2

)

2

x

a

2

x

1

x

2

x

x

1

1

x

2

,22

x

2

,2

x

1

2

x

2

0;

a0,2

x

1

x

2

a0

．

又

2

x

1

x

2

0

，∴f(x

1

)－ f(x

2

)<0，所以f(x)是增函数．

(2)当a＝0时，y＝f(x)＝2

x

－1，∴2

x

＝y＋1， ∴x＝log

2

(y＋1)，

y＝g(x)＝ log

2

(x＋1)．

20．解：（1）显然函数

yf(x)

的值域为

[22,)

；

（2）若函数

yf(x)

在定义域上是减函数，则任取

x

1

,x

2



(0.1]

且

x

1

x

2

都有

f(x

1

)f(x

2

)

成立， 即

(x

1

x

2

)(2

a

x

1

x

)0

2

只要

a2x

1

x

2

即可，

由

x

1

,x

2



(0.1]

，故

2x

1

x

2

(2,0)

，所以

a2

，

故

a

的取值范围是

(,2]

；

（3）当

a0

时，函数

yf(x)

在

(0.1]

上单调增，无最小值，

当

x1

时取得最大值

2a

；

由（2）得当

a2

时，函数

yf(x)

在

(0.1]

上单调减，无最大值，

当x＝1时取得最小值2－a；

当

2a0

时，函数

yf(x)

在

(0.

2a

2a

2

]

上单调减，在

[

2

,1]

上单调增，无最大值，

当

x

2a

2

时取得最小值

22a

．

21．解

f(x)ax

2

(b1)xb2(a0),

（1）当a＝2，b＝－2时，

f(x)2x

2

x4.

设x为其不动点，即

2x

2

x4x.

则

2x

2

2x40.

x

1

1,x

2

2.即f(x)

的不动点是－1，2．

（2）由

f(x)x

得：

ax

2

bxb20

． 由已知，此方程有相异二实根，



x

0

恒成立，即

b

2

4a(b2)0.

即

b

2

4ab8a0

对任意

bR

恒成立．



b

0.16a

2

32a00a2.

（3）设

A(x

1

,x

1

),B(x

2

,x

2

)

，

直线

ykx

1

2a

2

1

是线段AB的垂直平分线，

k1

记AB的中点

M(x

0

,x

0

).

由（2）知

x

0



b

2a

,

M在ykx

1bb1

2a

2

1

上,

2a



2a



2a

2

1

.

化简得：

b

a

2a

2

1



1



1



22

2a

1

2

a

22a

1

4

(当a

时，等号成立）．

a

即

b

2

4

.

函数参考答案

一、选择题（每小题5分，共50分）

题次

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

答案

D A A B C D B A A D

二、填空题（每小题4分，共20分）

11．

2

2

； 12．x≥2； 13． (2，＋∞) ； 14． 2.5 ； 15 (1) (3) (4)

三、解答题(共80分)

16．略

17． 解：(Ⅰ)∵

f(x)2

x

1

∴

f

1

(x)log

2

(x1)

(x＞－1)

由

f

1

(x)

≤g(x) ∴





x10



(x1)

2

3x1

解得0≤x≤1 ∴D＝[0，1]

(Ⅱ)H(x)＝g(x)－

1

2

f

1

(x)

1

2

log

3x112

2

x1



2

log

2

(3

x1

)

∵0≤x≤1 ∴1≤3－

2

x1

≤2

∴0≤H(x)≤

11

2

∴H(x)的值域为［0，

2

］

18．解：(Ⅰ)设P(x

2a

0

，y

0

)是y＝f(x)图象上点，Q(x，y)，则





xx

0



yy

，

0

∴





x

0

x2a



y

∴－y＝log

a

(x＋2a－3a)，∴y＝log

a

1

(x＞a)

0

y

xa

(Ⅱ)





x3a0



xa0

∴x＞3a

∵f(x)与g(x)在［a＋2，a＋3］上有意义．

∴3a＜a＋2

∴0＜a＜1 6分

∵|f(x)－g(x)|≤1恒成立



|log

a

(x－3a)(x－a)|≤1恒成立．



1log

a

[(x2a)

2

a

2





]1

a(x2a)

2

a

2



1



0a1

a

对x∈［a＋2，a＋3］上恒成立，令h(x)＝(x－2a)

2

－a

2

其对称轴x＝2a，2a＜2，2＜a＋2

∴当x∈［a＋2，a＋3］

h

min

(x)＝h(a＋2)，h

max

＝h(a＋3)



∴原问题等价



ah

min

(x)





1



a

h

max

(x)



a44a









1

9



a

96a

0a

57

12

．解：(Ⅰ)由题意：

3x

k

t1

将

t0,x1代入k2,x3

2

t1

当年生产x(万件)时，年生产成本＝年生产费用＋固定费用＝32x＋3＝32(3－

2

t1

)＋3，当销售

19

x(万件)时，年销售收入＝150%［32(3－

2

t1

＋3］＋

1

2

t

由题意，生产x万件化妆品正好销完

∴年利润＝年销售收入－年生产成本－促销费

即

y

t

2

98t35

2(t1)

(t≥0)

(Ⅱ)∵

y50(

t1

2



32

t1

)

≤50－

216

＝42万件

当且仅当

t132

2



t1

即t＝7时，y

max

＝42

∴当促销费定在7万元时，利润增大．

20．(Ⅰ)证明：令x＝y＝0，∴2f(0)＝f(0)，∴f(0)＝0

令y＝－x，则f(x)＋f(－x)＝f(0)＝0

∴f(x)＋f(－x)＝0 ∴f(－x)＝－f(x)

∴f(x)为奇函数 4分

(Ⅱ)解：f(x

1

1

)＝f(

2

)＝－1，f(x

2x

n

＋

1

)＝f(

n

x

n

x

n

1x

2

)＝f()＝f(x

n

)＋f(x

n

)＝2f(x

n

)

n

1x

n

x

n

∴

f(x

n1

)

f(x

＝2即{f(x

n

)}是以－1为首项，2为公比的等比数列

n

)

∴f(x

n

)＝－2

n

－

1

(Ⅲ)解：

1

f(x



1

x







1

(1

1



11

2







n1

)

1

)f(

2

)f(x

n

)2

22

1

1



2

n

(2

11

n1

)2

n1

2

1

1

22

2

而



2n5

n2

(2

11

n2

)2

n2

2

∴

1

f(x



1







12n5

(x



1

)f(x

2

)f

n

)n2

21．(Ⅰ)证明：g(x)＝f(x)－x＝ax

2

＋(b－1)x＋1a＞0 ∵x

1

＜1＜x

2

＜2

∴(x

1

－1)(x

2

－1)＜0即x

1

x

2

＜(x

1

＋x

2

)－1

于是

xm

b

2a



1

2

(

b1

a



1

a

)

1

2

(x)

1

1

x

2

2

x

1

x

2

＞

1

2

(x

11

1

x

2

)

2

［(x

1

＋x

2

)－1］＝

2

又∵x＜x

11111

1

＜1

2

＜2 ∴x

1

x

2

＞x

1

于是有

ｍ

＝

2

(x

1

＋x

2

)－

2

x

1

x

2

＜

2

(x

1

＋x

2

)－

2

x

1

＝

2

x

2

＜1 ∴

1

2

＜m＜1

(Ⅱ)解：由方程

g(x)ax

2

(b1)x10,可知x

1

1

x

2



a

＞0，∴x

1

x

2

同号

(ⅰ)若0＜x

1

＜2则x

2

－x

1

＝2

∴x

2

＝x

1

＋2＞2 ∴g(2)＜0

即4a＋2b－1＜0 ①

又(x

(b1)

2

2

－x

1

)

2

＝

a

2



4

a

4

∴

2a1(b1)

2

1

，(∵a＞0)代入①式得

2(b1)

2

1

＜3－2b，解之得：b＜

1

4

(ⅱ)若－2＜x

1

＜0，则x

2

＝－2＋x

1

＜－2 ∴g(－2)＜0，即4a－2b＋3＜0 ②

又

2a1(b1)

2

1

代入②得

2(b1)

2

1

＜2b－1解之得b＞

7

4

综上可知b的取值范围为





bb

1

或b

7





44





数列参考答案

一、选择题（每小题5分，共50分）

题次

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

答案

D D B B B A D C B B

提示：

2．∵S

n

＝324 S

n

－

6

＝144，∴S

n

－

S

n

－

6

＝a

n

＋

5

＋a

n

－

4

＋…＋a

n

＝180 又∵S

6

＝a

1

＋a

2

＋…＋a

6

＝36 a

1

＋a

n

＝a

2

＋a

n

－

1

＝…＝a

6

＋a

n

－

5

，∴6(a

1

＋a

n

)＝36＋180＝216



a

1

＋a

n

＝36，由

S

(a

1

a

n

)n

n



2

18n324

，有：n＝18 ∴选D

3．∵S

4

＝1 S

8

＝3 ∴S

8

－S

4

＝2，而等比数列依次K项和为等比数列，a

17

＋a

18

＋a

19

＋a

10

＝(a

1

＋a

2

＋

a)·2

5

－

3

＋a

4

1

＝16，故选B．

18

4．∵

a

2

a

1

[1(9)]

33

8

b

2

2

(1)(9)9,而b

2

9q

2

0,b

2

3,故b

2

(a

2

a

1

)(3)().

8选B

3

n1

n

7．∵

S

b(1a)

S

b(1a)

∴

33

（2）由（1）知a

1

，a

2

，a

3

分别是0，－ ，－3或－3，－ ，0．

22

33

∴

a

n

(n1)或a

n

(n3)

22

3

b(1a

n

)ab(1a)b(1a

n1

)

3

）当

a

n





(n



1

)

时，

aS

n

bS

n1

（

n

1a

n1

1a

1a1a1a

故点

(S

n

,S

n1

)

在直线y

＝

ax＋b上，选D．

9．设现在总台数为b，2003年更新a台，则：b

＝

a＋a(1＋10%)＋……＋a(1＋10%)

4

．

∴

ba

1(110%)

5

a

1(110%)

,

b

16.5%.

二、填空题（每小题4分，共20分）

11．∵

a

1

a

2

a

n

ogl

2

3ogl

3

4ogl

n1

(n2)ogl

2

(n2)k时

，

n＋2＝2

k

，由n＝2

k

－2∈(1，2004)

有2≤k≤10(k∈Z)．故所有劣数的和为（2

2

＋2

3

＋……＋2

10

）－2×9＝

4(12

9

)

12

－18＝2026．

12．令n＝6得

2

6

x2

7

,64x128.由647m1128,mN



有10m18.

故各元素之和为

S971

98

2

7891.

13．设抽取的是第n项．∵S

11

＝55，S

11

－a

n

＝40，∴a

n

＝15，又∵S

11

＝11a

6

a

6

＝5．由a

1

＝－5，得

d＝

a

6

a

1

61

2

，令15＝－5＋（n－1）×2，∴n＝11

14．设x＝a＋b＋c，则b

＋

c

－

a＝xq，c

＋

a

－

b＝xq

2

，a

＋

b

－

c＝xq

3

，∴xq

＋

xq

2

＋xq

3

＝x(x≠0) ∴q

3

＋q

2

＋q＝1．

15．

n

C

1

C

2

C

3

C

n

三、解答题（共80分）

16．⑴由题意得（a）(a 解得d＝2，∴a

－

1

＋d

1

＋13d)＝(a

1

＋4d)

2

(d>0)

n

＝2n－1，b

n

＝3

n1

．

⑵当n＝1时，c

1

＝3 当n≥2时，∵

c

n

a



3(n1)

n1

a

n

,

∴

c

n





3(n2)

故

c

1

b

n

23

n

n



2

n1

c

1

c

2

c

2004

32323

2

23

2003

3

2004

17．⑴∵f(x＋1)＝(x＋1－1)

2

－4，∴f(x)＝(x－1)

2

－4

∴a

1

＝f(x－1)＝(x－2)

2

－4，a

3

＝(x－1)

2

－4．

又a

1

＋a

3

＝2a

2

，∴x＝0，或x＝3．

2

aa

9933351

2



5

a

8

a

26



2

(a

2

a

26

)

2

[

2



2

(261)]

2

当

a

3

2

a

9939297

n

(n3)

时，

2

a

5

a

8

a

26



2

(a

2

a

26

)

2

(

2



2

39)

2

.

18．（1）∵a

n

>0，

2S

n

a

n

1

，∴

4S

n

(a

n

1)

2

,4S

n1

(a

n1

1)

2

，则当n≥2时，

4a

22

n

a

n

2a

n

a

n1

2a

n1

,

即

(a

n

a

n1

)(a

n

a

n1

2)0

，而a

n

>0，∴

a

n

a

n1

2(n2)

又

2S

1

a

1

1,a

1

1,则a

n

2n1

（

2

）

b

1

1

1

1

1

1

n



(2n1)(2n1)



2

(

2n1



2n1

),T

n



2

(1

2n1

)

1

2

19．（1）令x

＝

y

＝

0，则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）上为奇函数．

（2）

f(a

1

1

)f()1,由(1)知f(x)f(y)f(

xy

21xy

),

f(a

2a

n

a

n

a

n

1a

2

f(a

n

)f(a

n

)2f(a

n

)

，即

f(a

n1

)

n1

)f()f()

2

n

1a

n

a

n

f(a

n

)

∴{f(a

－

n

)}是以－1为首项，2为公比的等比数列，∴f(a

n

)＝－2

n1

．

1

1

（3）

b

111

n

(1

2



2

n

2

2



2

n1

)2

1