广东省华南师大附中高考数学 临门一脚试题 理.doc

2015届高三理数临门一脚资料1. 定义：分子为1且分母为正整数的分数称为单位分数我们可以把1分拆为若干个不同的单位分数之和 如：，依此类推可得：，其中，设，则的最小值为（ ）abcd2. 定义区间，的长度均为，多个区间并集的长度为各区间 长度之和，例如, 的长度. 用表示不超过的最大整数，记，其中.设，当时,不等式 解集区间的长度为，则的值为 ( ) a b c d.3.设是整数集的一个非空子集，对于，如果且，那么称是的一个 “孤立元”. 给定，由的3个元素构成的所有集合中，其元素都 是“孤立元”的集合个数是( )a. b. 15 c. 20 d. 25 4在如图所示的空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号、的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（ ）a.图和图 b. 图和图 c. 图和图 d. 图和图 5现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加。甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是（ ）a126 b. 54 c.90 d. 1526.在平面直角坐标系中，过点作圆的两条切线，切点分别为，且，则实数的值为 * . 7设，则 8给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色当n4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相连的着色方案如图所示：由此推断，当n=6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有_种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有_种，（结果用数值表示）9已知在中，角所对的边分别为，且为钝角（）求角的大小，并求出角c的范围；（）若，求的取值范围10.(本题满分12分)已知函数的图象经过点1)求函数的解析式；2)设，求的值.11.(本题满分12分)为备战2016年奥运会，甲、乙两位射击选手进行了强化训练现分别从他们的强化训练期间的若干次平均成绩中随机抽取8次，记录如下：甲：8.3, 9.0, 7.9, 7.8, 9.4, 8.9, 8.4, 8.3乙：9.2, 9.5, 8.0, 7.5, 8.2, 8.1, 9.0, 8.5()画出甲、乙两位选手成绩的茎叶图；并简要说明选派哪一位选手参加奥运会封闭集训更合理？()若将频率视为概率，对选手乙在今后的三次比赛成绩进行预测，记这三次成绩中不低于8.5分的次数为，求的分布列及均值e()efdcbag 12如图，直二面角d-ab-e中，四边形abcd是边长为2的正方形，aeeb，f为ce上的点，且bfce，g为ac中点。（）求证：ac平面bgf；（）求二面角b-ac-e的平面角正弦的大小；（）求点d到平面ace的距离。13已知四棱锥pabcd的三视图如右图所示，其中正（主）视图与侧（左）视为直角三角形，俯视图为正方形。（1）求四棱锥pabcd的体积；（2）若e是侧棱上的动点。问：不论点e在pa的任何位置上，是否都有？请证明你的结论？（3）求二面角dpab的余弦值。bced图5图4abcde14.(本题满分14分)等边三角形的边长为3，点、分别是边、上的点，且满足（如图4）将沿折起到的位置，使二面角成直二面角，连结、 （如图5）（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为？若存在，求出的长，若不存在，请说明理由15.（本小题14分）已知数列是公比为的等比数列，数列满足，且，若；（1）求证：数列是等差数列，并求出的通项公式；（2）记数列的前n项和为，若对于，不等式恒成立，求实数k的取值范围.16.(本题满分14分）将数列中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下表：记表中的第一列数，构成的数列为，为数列的前n项和，且满足.（1）求证数列成等差数列，并求数列的通项公式；（2）上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数，当时，求上表中第行所有项的和.17已知各项均为正数的数列的前项和为,且（）.（1）求的值及数列的通项公式； （2）记数列的前项和为,求证:（）；18已知圆c：经过椭圆的右焦点f和上顶点b（1）求椭圆的方程（2）如图，过原点o的射线与椭圆在第一象限的交点为q，与c的交点为p，m是op的中点，求的最大值。19、（本小题满分14分）如图，已知点和圆是圆的直径，从左到右、和依次是的四等分点，（异于）是圆上的动点，交于，直线与交于，为定值（1）求点的轨迹曲线的方程及的值；（2）设是过原点的直线，直线与垂直相交于点，与轨迹相交于两点，且.是否存在直线，使成立？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由。20（本小题满分14分） 如图，在平面直角坐标系中，已知，是椭圆上不同的三点，在第三象限，线段的中点在直线上 (1) 求椭圆的标准方程； (2) 求点c的坐标； (3) 设动点在椭圆上（异于点，）且 直线pb，pc分别交直线oa于，两点， 证明: 为定值并求出该定值21设函数，其中为实数，已知曲线与轴切于坐标原点()求的值()当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围()求证：22（本题满分14分）已知函数，其中实数为常数（）当时，求函数的单调递减区间；（）设函数有极大值点和极小值点分别为、，且，求的取值范围23（本小题满分14分） 已知函数，其中表示函数在处的导数，为正常数（1）求的单调区间；（2）对任意的正实数，且，证明：；（3）对任意的，且，证明：各校三模题汇编答案15：cdcda 6. 或 3 7.7 8. 21，439解：（）由 得，得于是 3分又， 4分为钝角，于是，又， 6分（）由正弦定理可知，8分 10分又， 12分10解：（1）由函数的图象经过点，则.解得 因此. .4（2） .5 . .7又， . .10 .1211解： (1)甲、乙两位选手成绩的茎叶图如图：-3分(2)因为甲乙8.5，又s0.27，s0.405，得ss，相对讲，甲的成绩更加稳定，所以选派甲合适-6分(3)依题意得乙不低于8.5分的频率为，的可能取值为0,1,2,3，则b(3，)所以p(k)c()3k(1)kc()3，-9分k0,1,2,3.所以的分布列为0123pe()0123.-12分12法一：(1)证明：二面角dabe为直二面角，且cbab，cb平面abe.cbae.又ae=eb=,ab=2ebae.ae平面bce.bfae.又bfce.bf平面acebfac.又bgac.ac平面bgf 4分(2)连结bd交ac于g，连结fg，正方形abcd边长为2， bgac,bg=. bf平面ace，由三垂线定理的逆定理得fgac, bgf是二面角b-ac-e的平面角. 6分由(1)ae平面bce，又ae=eb, 在等腰直角三角形aeb中，be=.又直角bce中，,bf=,直角bfg中，sinbgf=. 二面角b-ac-e的平面角正弦值为 10分 (3)过点e作eoab交ab于点o，oe=1.二面角d-ab-e为直二面角，eo平面abcd.设d到平面ace的距离为h,vdace=veacd, 12分ae平面bce，aeec. h=.点d到平面ace的距离为. 14分解法二：(1)同解法一.（略） 4分(2)以线段ab的中点为原点o，oe所在直线为x轴，ab所在直线为y轴，过o点且平行于ad的直线为z轴，建立空间直角坐标系oxyz,如图.ae面bce，be面bce，aebe.在rtaeb中，ab=2，o为ab的中点，oe=1.a(0,-1,0),e(1,0,0),c(0,1,2).=(1,1,0),=(0,2,2). 6分设平面aec的一个法向量为n=(x, y, z),则即解得令x=1,得n=(1,-1,1)是平面aec的一个法向量. 8分又平面bac的一个法向量为m=(1,0,0), cosm,n=.二面角b-ac-e的平面角正弦值为. 10分(3)adz轴，ad=2，=(0,0,2).点d到平面ace的距离d=|cos,n|=. 14分13、解：（1）由三视图可知，四棱锥pabcd的底面是边长为1的正方形，侧棱底面abcd，且pc=2 4分 （2）不论点e在何位置，都有 5分证明：连结ac，是正方形，底面abcd，且平面abcd， 6分又，平面pac 7分不论点e在何位置，都有平面pac 不论点e在何位置，都有bdce 8分 （3）在平面dap过点d作dfpa于f，连结bf，ad=ab=1，又af=af，ab=ad从而，为二面角dapb的平面角10分在中，故在中，又，在中，由余弦定理得： 12分所以二面角dpab的余弦值为. 13分14. bced图5图4abcde证明：（1）因为等边的边长为3，且，所以，在中，由余弦定理得因为，所以折叠后有因为二面角是直二面角，所以平面平面又平面平面，平面，所以平面 .5（2）解：由（1）的证明，可知，平面 以为坐标原点，以射线、分别为轴、轴、轴的正半轴，建立空间直角坐标系如图 .6bcedhxyzp设，则， 所以，所以因为平面，.8所以平面的一个法向量为因为直线与平面所成的角为，所以10分，解得 .12即，满足，符合题意 所以在线段上存在点，使直线与平面所成的角为，此时.1415解： 递推关系可变形为：，两式相乘得：，即3分又，所以 所以，数列是首项为，公差为1的等差数列， 4分故的通项公式：. 6分 由（1）知道， ， 7分所以 8分记 由-得： 所以 11分所以即对于任意的正整数n，不等式恒成立，所以，所以当n=1时， 13分所以：k的范围是. 14分16.解：（1）由已知，当时，又， （1分）所以. （2分）即，所以， （4分）又，所以数列是首项为1，公差为的等差数列. （5分）所以，即. （7分）所以，当时， ， （8分）因此 （9分）（2）设上表中从第三行起，每行的公比都为q，且q0.因为，所以表中第1行至第12行共含有数列的前78项，故在表中第13行第三列. （11分）所以， （12分）又，所以. （13分）记表中第行所有项的和为s，则 (14分)17、解（1）当时,解得或（舍去） 2分当时,相减得, 4分即,又,所以,则,所以是首项为,公差为的等差数列,故6分（）证明：当时,7分当时, 10分所以 综上,对任意,均有成立. 14分18解：（1）在c：中，令得到即； 2分令得到即 3分所以： ； 4分所以椭圆方程为： 5分（2）由题意，直线的斜率一定存在，可设直线方程为：设，联立方程 7分 8分所以10分解法一：令，因为，所以在上单调递增，在上单调递减 当时， 所以：的最大值为。 14分解法二：令令当且仅当时取等号，所以 14分19、解析：(1)易得，设，则，直线ps与te交于c，故， 且， 相乘得，又点p是圆o上的动点，故即，4分 要使为定值，则解得 此时即时，点c的轨迹曲线e的方程为 （2）设a，b两点的坐标分别为，假设使成立的直线存在，（）当不垂直于x轴时，设的方程为，由与垂直相交于q点且|=1.得，即 即 ，将代入椭圆方程，得由求根公式可得， = = 将，代入上式并化简得 将代入并化简得，矛盾 即此时直线不存在 （）当垂直于x轴时，满足的直线的方程为x=1或x=-1，当x=1时，a,b,q的坐标分别为，当x=-1时，同理可得，矛盾 即此时直线也不存在综上可知，使成立的直线不存在. 20解：（1）由已知，得解得 2分所以椭圆的标准方程为3分（2）设点，则中点为 由已知，求得直线的方程为，从而 又点在椭圆上， 由，解得（舍），从而5分所以点的坐标为 6分（3）设，三点共线，整理，得8分三点共线，整理，得9分点在椭圆上， 从而12分所以 13分为定值，定值为 14分21.解：() 对求导得：，根据条件知，所以. 2分()由()得， 3分 当时，由于，有，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即而且仅有；不符合题意 4分 当时，由于，有，于是在上单调递增，从而，因此在上单调递增，即而且仅有；符合题意 5分 当时，令，即时当时，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即而且仅有.不符合题意 6分 当且，即时当时，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即而且仅有.不符合题意 7分综上可知，所求实数的取值范围是. 8分()对要证明的不等式等价变形如下： 9分所以可以考虑证明：对于任意的正整数，不等式恒成立. 并且继续作如下等价变形 10分对于相当于（）中的情形，有在上单调递减，即而且仅有. 取，当时，成立；当时，. 从而对于任意正整数都有成立. 12分对于相当于（）中的情形，对于任意，恒有而且. 取，得：对于任意正整数都有成立.因此对于任意正整数，不等式恒成立.这样依据不等式，再令利用左边，令利用右边，即可得到成立. 14分22. 解：（1）解：当时，又，当时，函数的单调递减区间为 -6分（2），由题意知，有两解又， -9分当时，在，上单调递增，在单调递减， ， -12