高三数学压轴小题训练(十)

1、高三数学小题冲刺训练（十）姓名： _ 班级： _ 考号： _一、填空题（共 16 小题，每小题5 分，共计 80 分）1集合 x| 1 log110< 1，x N * 的真子集的个数是x2_2复平面上，非零复数z1， z2 在以 i 为圆心， 1 为半径的圆上， z1·z2 的实部为零， z1 的辐角主值为，则 z2= _ 63.曲线 C 的极坐标方程是= 1+cos，点 A 的极坐标是(2,0)，曲线 C 在它所在的平面内绕 A旋转一周，则它扫过的图形的面积是_4.已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为2，

2、则最远的两顶点间的距离是 _5.从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的六个面染色，每面恰染一种颜色，每两个具有公共棱的面染成不同的颜色。则不同的染色方法共有_种 (注：如果我们对两个相同的正方体染色后，可以通过适当的翻转，使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同，那么，我们就说这两个正方体的染色方案相同)6.在直角坐标平面， 以 (199,0)为圆心， 199 为半径的圆周上整点(即横、纵坐标皆为整数的点 )的个数为 _7. 若 tan2 ,则 4sin 23sincos5cos 2=.8.在复数集C 内 ,方程 2x2(5i) x60 的解为.9.设 x(1

3、5220) 19(15220) 82 ，求数 x 的个位数字 .10.设A n |100 n600, nN ，则集合 A 中被 7 除余 2 且不能被57 整除的数的个数为_.11.设 P 是抛物线 y24 y 4 x 0 上的动点 ,点 A 的坐标为 (0, 1) ,点 M 在直线 PA 上 ,且分 PA 所成的比为 2:1,则点 M 的轨迹方程是.12.AB 为 y 1 x2 上在 y 轴两侧的点，过AB 的切线与 x 轴围成面积的最小值为_13.AB 为边长为 1的正五边形边上的点则AB 最长为 _14. 正四棱锥 S-ABCD 中，侧棱与底面所成的角为 ，侧面与底面所成的角为 ，侧面等

4、腰三角形的底角为 ，相邻两侧面所成的二面角为 ，则 、 、的大小关系是 _15. 在数 1 和 2 之间插入n 个实数，使得这n+2 个数构成递增的等比数列，将这n+2 个数的乘积记为An，令 an=log 2An，n N（ 1）数列 A n 的前 n 项和 Sn 为_（ 2） Tn=tana 2?tana 4+tana 4?tana 6+ +tana 2n?tana 2n+2=_16. 已知数列 A： a1， a2， ， an（ n 3），令 TA=x|x=ai+aj.1 i j n ， car （TA）表示集合 TA 中元索的个数若 A： 2， 4， 8， 16，则 card （ TA）

5、=_；若 a-a=c（ c 为非零常数1 i n-1 ），则 card （ T ） =_i+1iA参考答案11. 解 由已知，得 2<log x10 11lg x<210 x<100故该集合有 90 个元素其真子集有 290- 1 个2. 解： z1 满足 |z i |=1； argz1=3+1_，得 z1=i， z1= cos( )+isin( )62266_设 z2 的辐角为 (0< <)，则 z2= 2sin(cos+isin)z1·z2= 2sincos( )+ isin( ) ，若其实66 23 3部为 0，则 = ，于是 = z2= 2+ i

6、62323. 解：只要考虑|AP|最长与最短时所在线段扫过的面积即可P设 P(1+cos ，)，O1x则|AP|2= 22+(1+cos )2 2·2(1+cos)cos= 3cos2 2cos+512161621616= 3(cos+3) + 33 且显然 |AP|能取遍 0，3 内的一切值，故所求面积 = 3 4. 解：该六面体的棱只有两种，设原正三棱锥的底面边长为2a，侧棱为 b取 CD 中点 G，则 AG CD ， EGCD，故 AGE 是二面角ACD E 的A平面角由BD AC，作平面BDF 棱 AC 交 AC 于 F，则 BFD 为二面bbb角 B AC D 的平面角FB

7、D2222aaG22222a b a3a)CAG=EG= b a， BF=DF=， AE= 2 b (3bE= 2 b2 4a232AG2 AE2 2BF 2 BD 2由 cos AGE= cos BFD ，得2AG2=2BF24(b242a2)224232 =4a b29b2= 16a2b=a，从而 b= 2， 2a= 32 23b a4a (b a )AE= 2即最远的两个顶点距离为35. 解：至少 3 种颜色：6 种颜色全用：上面固定用某色，下面可有5 种选择，其余4 面有 (4 1)!= 6 种方法，共计30 种方法；4用 5 种颜色：上下用同色：6 种方法，选4 色： C5(4 1)

8、! = 30； 6× 30÷ 2=90 种方法；2 2用 4 种颜色： C6C4 =90 种方法用 3 种颜色： C36= 20 种方法共有 230 种方法6. 解：把圆心平移至原点，不影响问题的结果故问题即求222的整数解数x +y = 199显然 x、 y 一奇一偶，设x= 2m， y= 2n 1且 1 m， n 99则得 4m2 =1992 (2n 1)2=(198+2 n)(200 2n) m2= (99+n)(100 n) (n1)( n) (mod 4)由于 m 为正整数， m2 0， 1 (mod 4)； (n 1)( n) 0，( 当 n0， 1(mod 4

9、)时 )2，( 当 n2， 3(mod 4)时 )二者矛盾，故只有 (0，± 199)， (± 199，0)这 4解 共有 4 个 (199，± 199)， (0， 0)， (398， 0)7.由 tan2 ,得 sin2cos,有 sin 24cos 2,即 1 cos24cos 2.则 cos21,原式 =16cos 26cos25cos25cos 21.58.设 xabi, a, b代入原方程整理得225a6b)(4 aba5b)i0R ,(2 a2b22a1a3有 2a 2b2,所以 x1 i 或 x3 3 i .5a 6 b 0,解得1或4aba5b 0

10、bb32229.直接求 x 的个位数字很困难，需将与x 相关数联系，转化成研究其相关数.【解】令 y(15220)19(15 220)82 ,则 xy(15220)19(15220)82 (15220 ) 19(15220) 82 ，由二项式定理知，对任意正整数n.(15220) n(15220)n2(15nCn215n 2220)为整数，且个位数字为零 .因此， xy 是个位数字为零的整数 .再对 y 估值，因为 015220522050.2 ， 且 (15220) 88(15220)19 ，1525所以 0y2(15220 ) 1920.2190.4.故 x 的个位数字为 9.【评述】转化

11、的思想很重要，当研究的问题遇到困难时，将其转化为可研究的问题.10.解：被 7除余 2 的数可写为 7k 2. 由100 7k2 600. 知 14 k 85 .又若某个 k 使7k 2能被 57整除，则可设7k2=57n. 即 k57n28nn27.7即 n 2 应为7的倍数.设 n7m 2代入，得 k57m 16. 1457m1685 .m=0,1. 于是所求的个数为7011. 设点 P ( x0 , y0 ) ,M ( x, y) ,有 xx0 2 0y0 2( 1), y3,得 x0 3x , y0 3y3而 y024 y04x0 0 ,于是得点 M 的轨迹方程是9 y2 12x 4

12、0 .【解析】 12.不妨设过 A点的切线交x 轴于点 C ，过 B 点的切线交 x 轴于点 D ，直线直线 BD 相交于点 E 如图设 B(x1 , y1 ), A(x2 ,y2 ) ，2AC 与且有 y21 x22 , y1 1 x12 , x10 x2 由于 y2x ，于是 AC 的方程为2 x2 x2y2y ；BD 的方程为2 x1x2 y1y 联立 AC , BD 的方程，解得E(y1y2, 1x1 x2 ) 2( x2x1 )对于，令 y0，得 C(2y2, 0)；2 x2对于，令 y0，得 D(2y1 , 0) 2x1于是 CD2y2 y1x 21x 212 x22122x12x

13、12x21CD (1x1x2 ) 不妨设 x1a0 ，x2 b 0 ，则S ECD2yEABCODxS ECD1 (1a21 b2)(1ab)1 (2a2b11a2b ab2 )4ab4ab1(ab)(2ab1) 12 ab(2 ab1)4ab4ab不妨设abs0 ，则有S ECD132s11311s1.1(s)(ss.)2s2339s9s6 个9 个 1 16 s31 s)61243831 9168 (1)1681 ) 2239s339又由当 x1a3b33, x23, s3时，处的等号均可取到3 (S ECD )min83911注记：不妨设 g (s)( s32s) ，事实上，其最小值也可

14、用导函数的方法求解2s由 g (s)1(3s2212)知当 0s21 时 g (s)0；当 1s2 时 g (s)0 2s33则 g(s) 在 (0 ,3) 上单调减，在(3,) 上单调增于是当s3时 g (s) 取得最小值33313. 以正五边形一条边上的中点为原点，此边所在的直线为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系当 A, B 中有一点位于P 点时，知另一点位于R1 或者 R2 时有最P大值为 PR1；当有一点位于O 点时， AB maxOP PR1 ；QR2OR1当 A , B 均不在 y 轴上时，知 A, B 必在 y 轴的异侧方可能取到最大值（否则取A 点关于 y轴的对称点 A ，有 ABAB ）P不妨设 A 位于线段 OR2 上（由正五边形的中心对称性，知这样的假设是BQ合理的），则使AB 最大的 B 点必位于线段 PQ 上且当 B 从 P 向 Q