1、隨堂步步高高三數學單元測試卷參考答案集合與簡易邏輯參考答案一、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；123800；13 ；14 (1)(3，)；15x6或2x6或3x6或4x6或5x6三、解答題（共80分）16解： (1)設f（x）ax2bxc，由f（0）1得c1，故f（x）ax2bx1f(x1)f(x)2x，a(x1)2b(x1)1(ax2bx1)2x即2axab2x，所以，f(x)x2x1 (2)由題意得x2x12xm在1，1上恒成立即x23x1m0在1，1上恒成立設g(x) x23x1m，其圖象的對稱軸為直

2、線x，所以g(x) 在1，1上遞減故只需g(1)0，即12311m0，解得m117 解：（1）當a2時，A（2，7），B（4，5） AB（4，5）（2） B（2a，a21），當a時，A（3a1，2） 要使BA，必須，此時a1； 當a時，A，使BA的a不存在； 當a時，A（2，3a1）要使BA，必須，此時1a3 綜上可知，使BA的實數a的取值范圍為1，31 1819解： (1)設任意實數x1x2，則f(x1) f(x2) 又，f(x1) f(x2)0) 解得d2，an2n1，bn3n1 當n1時，c13 當n2時， 故17f(x1)(x11)24，f(x)(x1)24 a1f(x1)(x2)24

3、，a3(x1)24又a1a32a2，x0，或x3（2）由（1）知a1，a2，a3分別是0， ，3或3， ，0（3）當時， 當時，18（1）an0，則當n2時，即，而an0，又（2）19（1）令xy0，則f(0)0，再令x0，得f(0)f(y)f(y)，f(y)f(y)，y(1，1)，f(x)在（1，1）上為奇函數（2），即 f(an)是以1為首項，2為公比的等比數列，f(an)2n1 （3）若恒成立（nN），則nN，當n1時，有最大值4，故m4又mN，存在m5，使得對任意nN，有20 (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

4、亡量為 （II）若每年年初魚群總量保持不變，則xn恒等于x1， nN*，從而由（*）式得 因為x10，所以ab. 猜測：當且僅當ab，且時，每年年初魚群的總量保持不變. （）若b的值使得xn0，nN* 由xn+1=xn(3bxn), nN*, 知 0xn3b, nN*, 特別地，有0x13b. 即0b0.又因為xk+1=xk(2xk)=(xk1)2+110， nN*，則捕撈強度b的最大允許值是121（1）xy0得f(0) 1，xy1得f(2)2f(1)2，而f(2) 2，f(1)2，x1，y 1得f(0)f(1)f(1)，f(1)1（2）xn，y1得f(n1)f(n)f(1)n1f(n)n2，

5、f(n1)f(n)n2，當nN時，f(n)f(1)34(n1)，而當nN，且n1時，n2n20，f(n)n，則對一切大于1的正整數t，恒有f(t)t（3）y x時f(xx)f(x)f(x)1x2，f(x)x22f(x)，當xN時由（2）知，當x0時，f(0) 1適合 當x為負整數時，xN，則 故對一切xZ時，有， 當tZ時，由f(t)t得t2t20，即t1或t2滿足f(t)t的整數t有兩個三角函數通，性質大集中參考答案一、選擇題(5分1050分)題號12345678910答案CDCCDABABA二、填空題(4分520分)11 1213142(1)n15。三、解答題(共80分)16解：由 得 又

6、于是 17解： tan是方程的較小根， 方程的較大根是cot tancot，即 5分 解得 ，或 8分 當時，； 當時，不合題意 12分18解法一 由得所以即因為所以，從而由知 從而.由即由此得所以解法二：由由、，所以即由得 所以即 因為，所以由從而，知B+2C=不合要求.再由，得 所以19解： 所以函數f(x)的值域為，最小正周期。20解：如圖所示，建立平面直角坐標系，則，直線的方程為，即設點的坐標為，則（）由經過兩點的直線的斜率公式，由直線到直線的角的公式得（）要使達到最大，只須達到最小由均值不等式當且僅當時上式取等號故當時最大這時，點的縱坐標為由此實際問題知，所以最大時，最大故當此人距水

7、平地面60米高時，觀看鐵塔的視角最大21(1)f(x)12a2acosx2sin2x12a2acosx2(1cos2x)2(cosx)22a1。當a2時，則cosx1時，f(x)取最小值，即f(a)14a；當2a2時，則cosx時，f(x)取最小值，即f(a)2a1；當a2時，則cosx1時，f(x)取最小值，即f(a)1；綜合上述，有f(a) (2)若f(a)，a只能在2,2內。解方程2a1，得a1，和a3。因12,2，故a1為所求，此時f(x)2(cosx)2；當cosx1時，f(x)有最大值5。向量作運算，圖形見奇觀參考答案一、選擇題題號12345678910答案CCABBBDCCD二、

8、填空題11；121；13()；14；15 三、解答題16 17解：（1）(cos，sin)，(cos，sin)，且，cos2sin2，2分即cosA，又A(0，p)，Ap5分 （2）SABCbcsinAbcsinp，bc4 7分 又由余弦定理得：a2b2+c22bccos120b2+c2+bc 10分16(b+c)2，故b+c412分18解：(t+1)，(t+1)，2分t，t，又(，)，(t，(t+2)；(，)，5分(，)7分（理）(，)，9分又|11分cos，向量與的夾角為6014分（文）由已知t，(，)，(，)9分又|，|11分cos，向量與的夾角為6014分19解：由得，又（2） 同理由

9、得又所以因所以20解：O為ABC的外心即在ABC中，A60，B45，O為ABC的外心，則BOC2A120，AOC2B90，AOB150。 21解：由已知得，即，面積S有最大值不等符號定，比較技巧深參考答案一、選擇題題號12345678910答案DDACABCCBA二、填空題11x0或x2；12155；13； 14；15三、解答題16解：由于y2x是增函數，f(x)2等價于|x+1|x1|， 2分(i)當x1時，|x+1|x1|2。式恒成立5分(ii)當1x1時，|x+1|x1|2x。式化為2x，即x18分(i)當x1時，|x+1|x1|2。式無解綜上，x的取值范圍是，)。12分17解：2分4分

10、 6分8分10分 又 12分18解：（1）應用二元均值不等式，得，故當且僅當，即時上式取等號8分（2）由（1）當且僅當，即時上式取最小值，即14分點評：給你一種解題工具，讓你應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悟當中的思維本質19解：（1）由f(x)0得，|xm|mx，得mxxmmx，即2分 當m1時，x3分當1 m0時，x5分當m1時，x7分綜上所述，當m1時，不等式解集為x|x當m1時，不等式解集為x|x當1m0時，不等式解集為x|x8分（2）f(x) m0，f(x)在m，+)上單調遞增，要使函數f(x)存在最小值，則f(x)在(，m)上是減函

11、數或常數，(1+m)0即m1，又m0，1m0故f(x)存在最小值的充要條件是1m0，且f(x)min f(m)m2 14分20解：對已知二次函數應用配方法，得，當xR時，f(x) ，于是，對任意xR都有f(x)1f(x)1 a24分用f(x)、f(x)表示f(x)在0，1上的最大值、最小值，則對任意x0，1，都有|f(x)|1當且僅當 （*）而 f(x)b(x+，（x0，1）當2b時，01，f(x) ，f(x)f(0)或f(1)；當2b1， f(x) f(1)，f(x)f(0)于是(*) 或b1a2或xb1a2故對任意x0，1，都有|f(x)|1的充要條件是b1a29分()由()的解答知，對任

12、意x0，1，都有|f(x)|1當且僅當 或0a2b或2bab+1 0ab+1故當0b1時，對任意x0，1，都有|f(x)|1的充要條件為00，x20由解得 k23。由雙曲線左準線方程 x1且e2，有|AM1|BM1|e|x11|e|x21|4x1x2(x1x2)14(1)100 k230，|AM1|BM1|100又當直線傾斜角等于時，A(4，y1)，B(4，y2)，|AM1|BM1|e(41)10|AM1|BM1|100 故 |AM1|BM1|100。20解：設，再設、B（0，b）、C（x，0）則 圖1 圖2當且僅當，有最大值，最大值為， 在內為增函數 角的最大值為此時C點的做標為 21 解：

13、（1）設M(a，ka)，N(b，kb)，(a0，b0)。則|OM|a，|ON|b。由動點P在AOx的內部，得0y0，y（2）由0ykx，得 0kx (*)當k1時，不等式為0。當0k1時，由不等式得x2，x，(*)x1時，由不等式得x2，且但垂足N必須在射線OB上，否則O、N、P、M四點不能組成四邊形，所以還必須滿足條件：yx，將它代入函數解析式，得x解得x1)，或xk（0；當0k1時，定義域為x|x1時，定義域為x|x0，所以，動點M的軌跡C是以（0，0）為頂點，以（1，0）為焦點的拋物線，除去原點 （2）設直線l：yk(x1)，其中k0代入y24x，得k2x22(k22)xk20 設A（x

14、1，y1），B(x2，y2)，則x1，x2是方程的兩個實數根，由韋達定理得所以，線段AB的中點坐標為，線段AB的垂直平分線方程為令 ，所以，點E的坐標為 。因為ABE為正三角形，所以，點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：設直線PQ的方程為 代入橢圓方程消去x得：，整理得：因此a250，b225，所以橢圓方程為21解：（1）axi(y2)j，bxi(y2)j，且|a|b|8 點M（x，y）到兩個定點F1（0，2），F2（0，2）的距離之和為8 點M的軌跡C為F1、F2為焦點的橢圓，其方程為（2）l過y軸上的點（0，3），若直線l是y軸，則A、B兩點是橢

15、圓的頂點，這時。P與O重合，與四邊形OAPB是矩形矛盾，直線l的斜率存在，設l的方程為ykx3，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OAOB，即即存在直線使得四邊形OAPB為矩形簡單幾何體，交角與距離參考答案一、選擇題題號12345678910答案CDCAABD ACC二、填空題113；12；13； 1415三、解答題16證明：（）作AD的中點O，則VO底面ABCD1分建立如圖空間直角坐標系，并設正方形邊長為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ABA

16、VAAB平面VAD6分（）由（）得是面VAD的法向量7分設是面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 由題設知OAOO1，OBOO1.所以AOB是所折成的直二面角的平面角，即OAOB. 故可以O為原點，OA、OB、OO1所在直線分別為軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖3，則相關各點的坐標是A（3，0，0），B（0，3，0），C（0，1，）圖3O1（0，0，）.從而所以ACBO1. （II）解：因為所以BO1OC，由（I）ACBO1，所以BO1平面OAC，是平面OAC的一個法向量.設是0平面O1AC的一個法向量，由 得

17、. 設二面角OACO1的大小為，由、的方向可知，所以cos，=即二面角OACO1的大小是ABOCO1D圖4F E解法二（I）證明 由題設知OAOO1，OBOO1，所以AOB是所折成的直二面角的平面角，即OAOB. 從而AO平面OBCO1，OC是AC在面OBCO1內的射影.因為 ，所以OO1B=60，O1OC=30，從而OCBO1由三垂線定理得ACBO1.（II）解 由（I）ACBO1，OCBO1，知BO1平面AOC.設OCO1B=E，過點E作EFAC于F，連結O1F（如圖4），則EF是O1F在平面AOC內的射影，由三垂線定理得O1FAC.所以O1FE是二面角OACO1的平面角. 由題設知OA=

18、3，OO1=，O1C=1，所以，從而，又O1E=OO1sin30=，所以 即二面角OACO1的大小是18解：以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸建立空間直角坐標系，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(12，0，)，D(0，2，0)，E(0，1，)，P(0，0，1)(1，0，0)，(0，2，0)，(0，0，1)，(0，1，) ，(1，2，1)，(1) 平面PDC平面PAD5分(2)cos，所求角的余弦值為9分(3)假設BC邊上存在一點G滿足題設條件，令BGx，則G(1，x，0)，作DQAG，則DQ平面PAG，即DQ12SADGS矩形ABCD，22，又AG，

19、x100， 取法數1個； 取出2， 有2+100100，2+99100， 取法數2個；取出3， 取法數3個； ， 取出50， 有50+51100， 50+52100， ，50+100100， 取法有50個.所以取出數字1至50， 共得取法數N1=1+2+3+50=1275. 6分取出51， 有51+52100， 51+53100， ，51+100100， 共49個； 取出52， 則有48個； ，取出100， 只有1個. 所以取出數字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12分17解：記甲、乙、丙三臺機器在一小時需要照

20、顧分別為事件A、B、C，1分則A、B、C相互獨立，由題意得：P（AB）=P（A）P（B）=0.05P（AC）=P（A）P（C）=0.1P（BC）=P（B）P（C）=0.1254分解得：P（A）=0.2；P（B）=0.25；P（C）=0.5 甲、乙、丙每臺機器在這個小時內需要照顧的概率分別是0.2、0.25、0.56分A、B、C相互獨立，相互獨立，7分甲、乙、丙每臺機器在這個小時內需都不需要照顧的概率為10分這個小時內至少有一臺需要照顧的概率為12分18解：因為甲坑內的3粒種子都不發芽的概率為，所以甲坑不需要補種的概率為 解：3個坑恰有一個坑不需要補種的概率為 解法一：因為3個坑都不需要補種的概率為，所以有坑需要補種的概率為 解法二：3個坑中恰有1個坑需要補種的概率為恰有2個坑需要補種的概率為 3個坑都需要補種的概率為 19解：國徽面朝上次數m3210P(m)國徽面朝上次數m210P(m)6分這種規定是合理的。這是因為甲獲勝，則mn當m3時，n2，1，0，其概率為；當m2時，n1，0，其概率為；當m1時，n0，其概率為；甲獲勝的概率為10分乙獲勝，則mn當n2時，m2，1，0，其概率為；當n1時，m1，0，其概率為；當n0時，m0，其概率為；乙