高三数学一轮单元测试卷18套答案

·高三数学·单元测试卷参考答案第一单元集合与简易逻辑一、选择题（每小题5分，共50分）题次12345678910答案DBCCDACDBA二、填空题（每小题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、解答题（共80分）16．解：(1)设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)由题意得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．设g(x)＝x2－3x＋1－m，其图象的对称轴为直线x＝eq\f(3,2)，所以g(x)在[－1，1]上递减．故只需g(1)>0，即12－3×1＋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，a2＋1），当a＜时，A＝（3a＋1，2）要使BA，必须，此时a＝－1；当a＝时，A＝，使BA的a不存在；当a＞时，A＝（2，3a＋1）要使BA，必须，此时1≤a≤3．综上可知，使BA的实数a的取值范围为[1，3]∪{－1}18．19．解：(1)设任意实数x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝＝＝．又，∴f(x1)－f(x2)<0，所以f(x)是增函数．(2)当a＝0时，y＝f(x)＝2x－1，∴2x＝y＋1，∴x＝log2(y＋1)，y＝g(x)＝log2(x＋1)．20．解：（1）显然函数的值域为；（2）若函数在定义域上是减函数，则任取且都有成立，即只要即可，由，故，所以，故的取值范围是；（3）当时，函数在上单调增，无最小值，当时取得最大值；由（2）得当时，函数在上单调减，无最大值，当x＝1时取得最小值2－a；当时，函数在上单调减，在上单调增，无最大值，当时取得最小值．21．解（1）当a＝2，b＝－2时，设x为其不动点，即则的不动点是－1，2．（2）由得：．由已知，此方程有相异二实根，恒成立，即即对任意恒成立．（3）设，直线是线段AB的垂直平分线，记AB的中点由（2）知 化简得：时，等号成立）．即高三数学·单元测试卷参考答案第二单元函数一、选择题（每小题5分，共50分）题次12345678910答案DAABCDBAAD二、填空题（每小题4分，共20分）11．eq\f(\r(2),2)；12．x≥2；13．(2，＋∞)；14．2.5；15(1)(3)(4)三、解答题(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)的值域为［0，］18．解：(Ⅰ)设P(x0，y0)是y＝f(x)图象上点，Q(x，y)，则，∴∴－y＝loga(x＋2a－3a)，∴y＝loga(x＞a)(Ⅱ)∴x＞3a∵f(x)与g(x)在［a＋2，a＋3］上有意义．∴3a＜a＋2∴0＜a＜16分∵|f(x)－g(x)|≤1恒成立|loga(x－3a)(x－a)|≤1恒成立．对x∈［a＋2，a＋3］上恒成立，令h(x)＝(x－2a)2－a2其对称轴x＝2a，2a＜2，2＜a＋2∴当x∈［a＋2，a＋3］hmin(x)＝h(a＋2)，hmax＝h(a＋3)∴原问题等价19．解：(Ⅰ)由题意：将当年生产x(万件)时，年生产成本＝年生产费用＋固定费用＝32x＋3＝32(3－)＋3，当销售x(万件)时，年销售收入＝150%［32(3－＋3］＋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(t≥0)(Ⅱ)∵≤50－＝42万件当且仅当即t＝7时，ymax＝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(x1)＝f()＝－1，f(xn＋1)＝f()＝f()＝f(xn)＋f(xn)＝2f(xn)∴＝2即{f(xn)}是以－1为首项，2为公比的等比数列∴f(xn)＝－2n－1(Ⅲ)解：而∴21．(Ⅰ)证明：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同号(ⅰ)若0＜x1＜2则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，则x2＝－2＋x1＜－2∴g(－2)＜0，即4a－2b＋3＜0②又代入②得＜2b－1解之得b＞综上可知b的取值范围为高三数学·单元测试卷参考答案第三单元数列一、选择题（每小题5分，共50分）题次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∴选D3．∵S4＝1S8＝3∴S8－S4＝2，而等比数列依次K项和为等比数列，a17＋a18＋a19＋a10＝(a1＋a2＋a3＋a4)·25－1＝16，故选B．4．∵7．∵∴故点在直线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．∴二、填空题（每小题4分，共20分）11．∵n＋2＝2k，由n＝2k－2∈(1，2004)有2≤k≤10(k∈Z)．故所有劣数的和为（22＋23＋……＋210）－2×9＝－18＝2026．12．令n＝6得故各元素之和为13．设抽取的是第n项．∵S11＝55，S11－an＝40，∴an＝15，又∵S11＝11a6a6＝5．由a1＝－5，得d＝，令15＝－5＋（n－1）×2，∴n＝1114．设x＝a＋b＋c，则b＋c－a＝xq，c＋a－b＝xq2，a＋b－c＝xq3，∴xq＋xq2＋xq3＝x(x≠0)∴q3＋q2＋q＝1．15．三、解答题（共80分）16．⑴由题意得（a1＋d）(a1＋13d)＝(a1＋4d)2(d>0)解得d＝2，∴an＝2n－1，bn＝3n－1．⑵当n＝1时，c1＝3当n≥2时，∵∴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分别是0，－eq\f(3,2)，－3或－3，－eq\f(3,2)，0．∴（3）当时，当时，18．（1）∵an>0，，∴，则当n≥2时，即，而an>0，∴又（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），即∴{f(an)}是以－1为首项，2为公比的等比数列，∴f(an)＝－2n－1．（3）．若恒成立（n∈N＋），则∵n∈N＋，∴当n＝1时，有最大值4，故m>4．又∵m∈N，∴存在m＝5，使得对任意n∈N＋，有．(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axn，被捕捞量为bxn，死亡量为（II）若每年年初鱼群总量保持不变，则xn恒等于x1，n∈N*，从而由（*）式得因为x1>0，所以a>b.猜测：当且仅当a>b，且时，每年年初鱼群的总量保持不变.（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*,特别地，有0<x1<3－b.即0<b<3－x1.而x1∈(0,2)，所以由此猜测b的最大允许值是1.下证当x1∈(0,2)，b=1时，都有xn∈(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xk∈(0,2),则当n=k+1时，xk+1=xk(2－xk)>0.又因为xk+1=xk(2－xk)=－(xk－1)2+1≤1<2,所以xk+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xn∈(0,2).综上所述，为保证对任意x1∈(0,2),都有xn>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)]＝，而当n∈N＋，且n>1时，n2＋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－x2，∴f(x)＝x2－2－f(－x)，∵当x∈N＋时由（2）知，当x＝0时，f(0)＝－1＝．适合当x为负整数时，－x∈N＋，则故对一切x∈Z时，有，∴当t∈Z时，由f(t)＝t得t2＋t－2＝0，即t＝1或t＝2．满足f(t)＝t的整数t有两个．高三数学·单元测试卷参考答案第四单元[三角函数]通，性质大集中一、选择题(5分×10＝50分)题号12345678910答案CDCCDABABA二、填空题(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、解答题(共80分)16．解：由得又于是17．解：∵tanα是方程的较小根，∴方程的较大根是cotα．∵tanα＋cotα＝，即∴．……5分解得，或．……8分当时，，；当时，，，不合题意．∴．……12分18．解法一由得 所以即 因为所以，从而 由知从而. 由 即 由此得所以解法二：由 由、，所以即 由得 所以 即 因为，所以 由从而，知B+2C=不合要求. 再由，得所以19．解：所以函数f(x)的值域为，最小正周期。20．解：如图所示，建立平面直角坐标系，则，，．直线的方程为，即．设点的坐标为，则（）由经过两点的直线的斜率公式，．由直线到直线的角的公式得（）要使达到最大，只须达到最小．由均值不等式．当且仅当时上式取等号．故当时最大．这时，点的纵坐标为．由此实际问题知，，所以最大时，最大．故当此人距水平地面60米高时，观看铁塔的视角最大．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。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＝eq\f(a,2)时，f(x)取最小值，即f(a)＝－eq\f(a2,2)－2a－1；当a≤－2时，则cosx＝－1时，f(x)取最小值，即f(a)＝1；综合上述，有f(a)＝(2)若f(a)＝eq\f(1,2)，a只能在[－2,2]内。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为所求，此时f(x)＝2(cosx＋eq\f(1,2))2＋eq\f(1,2)；当cosx＝1时，f(x)有最大值5。高三数学·单元测试卷参考答案第五单元[向量]作运算，图形见奇观一、选择题题号12345678910答案CCABBBDCCD二、填空题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、解答题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)，∴向量与的夹角为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)，∴向量与的夹角为60°．………………14分19．解：⑴由得，又（2）同理由得又所以因所以20．解：⑴⑵∴O为△ABC的外心．即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°。＝21．解：由已知得，即．，．，面积S有最大值．高三数学·单元测试卷参考答案第六单元[不等]符号定，比较技巧深一、选择题题号12345678910答案DDACABCCBA二、填空题11．x≤0或x≥2；12．155；13．；14．；15．②④三、解答题16．解：由于y＝2x是增函数，f(x)≥2eq\r(2)等价于|x+1|－|x－1|≥eq\f(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≥eq\f(3,2)，即eq\f(3,4)≤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[ eq\f(3,4)，＋∞)。 ……12分17．解：∵……………2分………………4分…………6分……………8分………………10分又∴………………12分18．解：（1）应用二元均值不等式，得，

故．当且仅当，即时上式取等号．……8分

（2）由（1）．当且仅当，即时上式取最小值，即．……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|<mx，得－mx<x－m<mx，即eq\b\lc\{(\a\al\co1((1－m)x<m,(1＋m)x>m))……2分①当m＝－1时，x<－…………………3分②当－1<m<0时，x<……5分③当m<－1时，x<………………7分综上所述，当m<－1时，不等式解集为{x|x<当m＝－1时，不等式解集为{x|x<－当－1<m<0时，不等式解集为{x|x<………8分（2）f(x)＝∵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)＝－m2．………14分20．解：⑴对已知二次函数应用配方法，得，当x∈R时，f(x)＝，于是，对任意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，则对任意x∈[0，1]，都有|f(x)|1当且仅当（*）而f(x)＝－b(x－+，（x[0，1]）当2b时，0<1，f(x)＝，f(x)＝f(0)或f(1)；当2b<a时，>1，f(x)＝f(1)，f(x)＝f(0)．于是(*)或b－1a2或xb－1a2．故对任意x[0，1]，都有|f(x)|1的充要条件是b－1a2．……………9分(３)由(２)的解答知，对任意x∈[0，1]，都有|f(x)|1当且仅当或0<a2b或2b<ab+10<ab+1．故当0<b1时，对任意x[0，1]，都有|f(x)|1的充要条件为0<ab+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：对函数求导数：于是当在区间是减函数，当在区间是增函数.所以时取得最小值，，（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）假定当时命题成立，即若正数，则当时，若正数令则为正数，且由归纳假定知①同理，由可得②综合①、②两式即当时命题也成立.根据（i）、（ii）可知对一切正整数n命题成立.证法二：令函数利用（Ⅰ）知，当对任意.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，即若正数由①得到由归纳法假设即当时命题也成立.所以对一切正整数n命题成立.高三数学·单元测试卷参考答案第七单元直线与圆一、选择题（每小题5分，共50分）：题号12345678910答案CBCCAAABAA二、填空题（每小题4分，共20分）11．36；12．9；13．z≤－２或z≥１；14．15． 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．整理得解得．故所求的直线方程是，或，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O（200，100）yx500250O（200，100）yx500250400200作出可行域，如图。设是参数，将它变形为，这是斜率为，随a变化的一族直线。当直线与可行域相交且截距最大时，目标函数f取得最大值。由得，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x0小时，在点P改变方向，又经过y0小时，在点Q处与B相遇．则P、Q两点坐标为（3vx0，0），（0，vx0＋vy0）．由|OP|2＋|OQ|2＝|PQ|2知，………………3分（3vx0）2＋(vx0＋vy0)2＝(3vy0)2，即．……①将①代入又已知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．设直线相切，则有答：A、B相遇点在离村中心正北千米处19．解：（1）∵|PM1|－5＝|PM2|－1，∴|PM1|－|PM2|＝4∴动圆圆心P的轨迹是以M1、M2为焦点的双曲线的右支。c＝4，a＝2，b2＝12，故所求轨迹方程为－＝1（x≥2）。（2）当过M2的直线倾斜角不等于时，设其斜率为k，直线方程为y＝k(x－4)与双曲线3x2－y2－12＝0联立，消去y化简得(3－k2)x2＋8k2x－16k2－12＝0又设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1>0，x2>0由解得k2>3。由双曲线左准线方程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又当直线倾斜角等于时，A(4，y1)，B(4，y2)，|AM1|＝|BM1|＝e(4＋1)＝10|AM1|·|BM1|＝100故|AM1|·|BM1|≥100。20．解：设，再设、B（0，b）、C（x，0）．图一图二则．图一图二．当且仅当∵，∴有最大值，最大值为，∴在内为增函数．∴角α的最大值为．此时C点的做标为21．解：（1）设M(a，ka)，N(b，－kb)，(a>0，b>0)。则|OM|＝a，|ON|＝b。由动点P在∠AOx的内部，得0<y<kx。∴|PM|＝＝，|PN|＝＝∴S四边形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＝＝，分别解得a＝，b＝，代入①式消a、b，并化简得x2－y2＝k2＋1。∵y>0，∴y＝（2）由0<y<kx，得0<<kx(*)当k＝1时，不等式②为0<2恒成立，∴(*)x>。当0<k<1时，由不等式②得x2<，x<，∴(*)<x<。当k>1时，由不等式②得x2>，且<0，∴(*)x>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<x，将它代入函数解析式，得<x解得<x<(k>1)，或x∈k（0<k≤1）．综上：当k＝1时，定义域为{x|x>}；当0<k<1时，定义域为{x|<x<}；当k>1时，定义域{x|<x<}高三数学·单元测试卷参考答案第八单元圆锥曲线一、选择题（每小题5分，共50分）：题号12345678910答案DCDBBCDDDC二、填空题（每小题4分，共20分）11．60°12．13．14．15．三、解答题（共80分）16．解：由已知，AB的方程为y＝x－5，将其代入，则AB的中点C的坐标为，于是17．解：依题意，F（2，0），l：设所求方程为其中心为∵A与A’关于直线y＝2x对称，∴A’的坐标为又A’在直线。于是所求方程为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，eq\r(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．（2）设这样的弦存在，其方程得设弦的端点为M（x1，y1），N（x2，y2），则由∴弦MN所在直线方程为验证得知，这时适合条件．故这样的直线存在，其方程为19．解（1）设点M的坐标为（x，y），则由所以y2＝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y2＝4x，得k2x2＋2(k2－2)x＋k2＝0①设A（x1，y1），B(x2，y2)，则x1，x2是方程①的两个实数根，由韦达定理得所以，线段AB的中点坐标为，线段AB的垂直平分线方程为令，所以，点E的坐标为。因为△ABE为正三角形，所以，点E到直线AB的距离等于所以，20．（1）易得（2）证：由椭圆定义得：（3）解：设直线PQ的方程为．代入椭圆方程消去x得：，整理得：∴因此a2＝50，b2＝25，所以椭圆方程为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F1（0，－2），F2（0，2）的距离之和为8∴点M的轨迹C为F1、F2为焦点的椭圆，其方程为（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。∴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（x1，y1），B(x2，y2)由恒成立．且∵，∴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∵即∴存在直线使得四边形OAPB为矩形．高三数学·单元测试卷参考答案第九单元[简单几何体]，交角与距离一、选择题题号12345678910答案CDCAABDACC二、填空题11．3；12．eq\r(3)；13．π；14．①③④15．①③④三、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（，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分设是面VDB的法向量，则……9分∴，……11分又由题意知，面VAD与面VDB所成的二面角，所以其大小为…………12分17．解法一（I）证明由题设知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为原点，OA、OB、OO1 所在直线分别为轴、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，）图3 O1（0，0，）.图3 从而 所以AC⊥BO1.（II）解：因为所以BO1⊥OC，由（I）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC，是平面OAC的一个法向量.设是0平面O1AC的一个法向量，由得.设二面角O—AC—O1的大小为，由、的方向可知，>， 所以cos，>= 即二面角O—AC—O1的大小是ABOCO1D图4FE解法二（I）证明由题设知OA⊥ABOCO1D图4FE 即OA⊥OB.从而AO⊥平面OBCO1， OC是AC在面OBCO1内的射影. 因为， 所以∠OO1B=60°，∠O1OC=30°，从而OC⊥BO1 由三垂线定理得AC⊥BO1.（II）解由（I）AC⊥BO1，OC⊥BO1，知BO1⊥平面AOC. 设OC∩O1B=E，过点E作EF⊥AC于F，连结O1F（如图4），则EF是O1F在平面AOC 内的射影，由三垂线定理得O1F⊥AC. 所以∠O1FE是二面角O—AC—O1的平面角. 由题设知OA=3，OO1=，O1C=1， 所以， 从而， 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)假设BC边上存在一点G满足题设条件，令BG＝x，则G(1，x，0)，作DQ⊥AG，则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，则A1H⊥面B1BCC1，∴A1H为A1到面B1BCC1的距离，在△A1EF中，A1E＝A1F＝eq\r(2)，EF＝2，∴△A1EF为等腰Rt△且EF为斜边，∴A1H为斜边上中线，可得A1H＝eq\f(1,2)EF＝1…………9分⑶作A1G⊥面ABC于G，连AG，则A1G就是A1到面ABC的距离，且AG是∠BAC的角平分线，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）如图所示：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为原点建立空间直角坐标系（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分高三数学·单元测试卷参考答案第十单元空间向量及运算一、选择题题号12345678910答案DABCDADBCD二、填空题11．eq\r(65)12．（－4，2，－4）13．[1，5]14．315．eq\f(5,6) 三、解答题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过D作DE⊥BC于E，则DE＝CD·sin30°＝eq\f(\r(3),2)，OE＝OB－BDcos60°＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，∴D的坐标为（0，－eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2)），又∵C（0，1，0），∴⑵依题设有A点坐标为A，∴则．故异面直线AD与BC所成角的余弦值为eq\f(\r(10),5)．18．解：⑴∵，∴当t＝时，|u|＝|a＋tb|最小．⑵∵．19．解：∵，∴又，，故异面直线OE与BF所成的角的余弦值为．20．⑴设BP＝t，则∴B1（2，0，2），D1（0，2，2），P（2，t，0），Q又∵，∴解得t＝1，即P、Q分别为中点时，B1Q⊥D1P．⑵由⑴知PQ∥BD，且AC⊥PQ，设AC∩PQ＝E，连C1E，∵CC1⊥底面BD，CE⊥PQ，∴C1E⊥PQ，即∠CEC1为所求二面角O—PQ—C1的平面角，易得．21．解：建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A1（2，0，0），B1，由A1P⊥B1M知∴即点P的坐标为P．⑴设平面APC的法向量为n＝(x，y，z)，由取z＝－1，则有n＝，方向指向平面APC的左下方，又，．设直线A1P与平面APC所成角为α，则．⑵，设A1到平面PAC的距离为d，则．高三数学·单元测试卷参考答案第十一单元排列组合、二项式定理一、选择题（每小题5分，共90分）：题号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类：5．B中间项为6．D按首位数字的奇偶性分两类：7．C原式＝（7＋1）n－1＝(9－1)2－1＝9k－2＝9k’＋7（k和k’均为正整数）．8．B分三步：9．A10．B原式＝11．B设有男生x人，则，检验知B正确．12．A13．D比较等式两边x3的系数，得4＝4＋b1,则b1＝0，故排除A，C；再比较等式两边的常数项，有1＝1＋b1＋b2＋b3＋b4,∴b1＋b2＋b3＋b4＝0．14．D15．B先排甲、乙外的3人，有种排法，再插入甲、乙两人，有种方法，又甲排乙的左边和甲排乙的右边各占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种．17．B每人值班2天的排法或减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设f(x)＝(eq\r(2)－x)10，则(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、填空题（每小题4分，共24分）19．13按焊点脱落个数为1，2，3，4分四类，有20．21．24022．2比较等式两边x4的系数，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分二类：第一类，甲上7楼，有52种；第二类：甲不上7楼，有4×2×5种，52＋4×2×5＝65．24．－1或6项的系数为三、解答题（共36分）25．解法1：∵7＝1＋1＋1＋4＝1＋1＋2＋3＝1＋2＋2＋2，∴分三类，共有分法解法2（隔板法）：将7个小球排成一排，插入3块隔板，故共有分法26．解：⑴由题设知⑵系数最大的项为中间项，即27．解：设，两式相加，得高三数学·单元测试卷参考答案第十二单元[排组]到[概率]，算法找规律一、选择题题号12345678910答案CDCDABCBDA二、填空题11．712．0.972813．24014．eq\f(4,11)15．35三、解答题16．解：从1，2，3，…，97，98，99，100中取出1，有1+100>100，取法数1个；取出2，有2+100>100，2+99>100，取法数2个；取出3，取法数3个；…，取出50，有50+51>100，50+52>100，…，50+100>100，取法有50个.所以取出数字1至50，共得取法数N1=1+2+3+…+50=1275.………………6分取出51，有51+52>100，51+53>100，…，51+100>100，共49个；取出52，则有48个；…，取出100，只有1个.所以取出数字51至100(N1中取过的不在取)，则N2=49+48+…+2+1=1225.故总的取法有N=N1+N2=2500个……………12分17．解：⑴记甲、乙、丙三台机器在一小时需要照顾分别为事件A、B、C，……1分则A、B、C相互独立，由题意得：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、丙每台机器在这个小时内需要照顾的概率分别是0.2、0.25、0.5…6分⑵∵A、B、C相互独立，∴相互独立，………………7分∴甲、乙、丙每台机器在这个小时内需都不需要照顾的概率为………10分∴这个小时内至少有一台需要照顾的概率为…12分18．⑴解：因为甲坑内的3粒种子都不发芽的概率为，所以甲坑不需要补种的概率为⑵解：3个坑恰有一个坑不需要补种的概率为⑶解法一：因为3个坑都不需要补种的概率为，所以有坑需要补种的概率为解法二：3个坑中恰有1个坑需要补种的概率为恰有2个坑需要补种的概率为3个坑都需要补种的概率为19．解：⑴国徽面朝上次数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)国徽面朝上次数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这种规定是合理的。这是因为甲获胜，则m>n当m＝3时，n＝2，1，0，其概率为eq\f(1,8)×(\f(1,4)＋\f(1,2)＋\f(1,4))＝\f(1,8)；当m＝2时，n＝1，0，其概率为eq\f(3,8)×(\f(1,2)＋\f(1,4))＝\f(9,32)；当m＝1时，n＝0，其概率为eq\f(3,8)×\f(1,4)＝\f(3,32)；∴甲获胜的概率为eq\f(1,8)＋\f(9,32)＋\f(3,32)＝\f(1,2)…………10分乙获胜，则m≤n当n＝2时，m＝2，1，0，其概率为eq\f(1,4)×(\f(3,8)＋\f(3,8)＋\f(1,8))＝\f(7,32)；当n＝1时，m＝1，0，其概率为eq\f(1,2)×(\f(3,8)＋\f(1,8))＝\f(8,32)；当n＝0时，m＝0，其概率为eq\f(1,4)×\f(1,8)＝\f(1,32)；∴乙获胜的概率为eq\f(7,32)＋\f(8,32)＋\f(1,32))＝\f(1,2)…………14分甲和乙获胜的概率老都是eq\f(1,2)，即获胜机会相等，所以这种规定是合理的。20．21．解：（1）如图1，先对a1部分种植，有3种不同的种法，再对a2、a3种植，因为a2、a3与a1不同颜色，a2、a3也不同.所以S（3）=3×2=6（种）…………4分如图2，S（4）=3×2×2×2－S（3）=18（种）……8分⑵如图3，圆环分为n等份，对a1有3种不同的种法，对a2、a3、…、an都有两种不同的种法，但这样的种法只能保证a1与ai（i=2、3、……、n－1）不同颜色，但不能保证a1与an不同颜色.于是一类是an与a1不同色的种法，这是符合要求的种法，记为种.另一类是an与a1同色的种法，这时可以把an与a1看成一部分，这样的种法相当于对n－1部分符合要求的种法，记为.共有3×2n－1种种法.这样就有.即，则数列是首项为公比为－1的等比数列.则由（1）知：..答：符合要求的不同种法有………………14分高三数学·单元测试卷参考答案第十三单元[统计]到整体，推断与估计一、选择题（每小题5分，共50分）：题号12345678910答案CCCCABBDBD二、填空题（每小题4分，共20分）11．80；12．丙；13．12；14．eq\f(Nm,n)；15．84三、解答题（共80分）16．解：乙对．如：从含有6个个体的总体中抽取一个容量为2的样本，总体中某一个个体a在第一次抽取时被抽到的概率为eq\f(1,6)，在第一次未被抽到而第二次被抽到的概率为eq\f(1,6)．但在整个抽样过程中它被抽到的概率为eq\f(1,3)．17．解：每条有记号的鱼被打捞起的概率为eq\f(k,n)，现用样本估计总体，设湖中有鱼x条，则m条有记号的鱼中每条被打捞起的概率为eq\f(m,x)．又因抽样过程中每个个体被抽取的概率相等．所以eq\f(m,x)＝eq\f(k,n)．则x＝eq\f(mn,k)．估计湖中有鱼eq\f(mn,k)条．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))∴第一个品种既高产又稳定．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为组中值，Pi为相应频数．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设这五人这天的实际平均通话费为元，按原收费标准算出的平均通话费为元，则∴（元）即这五人这一天的实际平均通话费比用原标准计算出的平均通话收费减少0.08元．21．⑴最低身高151㎝，最高身高180㎝，确定组距为3，作频率分布表如下：身高(㎝)频数频率(%)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作频率分布直方图153.5153.5156.5180.5159.5162.5165.5168.5171.5174.5177.5150.5eq\f(频率,组距)身高⑶身高不大于160㎝的概率约为0.15．高三数学·单元测试卷参考答案第十四单元导数及应用一、选择题（每小题5分，共50分）：题号12345678910答案DBBACADDBA二、填空题（每小题4分，共20分）11．y＝4x－4；12．；13．；14．；15．⑤三、解答题（共80分，按步骤得分）16．解：依题意作图易得函数的最小值是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，研究函数f(x)的增减性：令＝0，显然a≠0，否则f(x)＝b为常数，矛盾，∴x＝0，若a>0，列表如下：x(－1，0)0(0，2)f’(x)＋0—f(x)增函数最大值3减函数由表可知，当x＝0时f(x)取得最大值，∴b＝3，又f’(0)＝－29，则f(2)<f(0)，这不可能，∴f(2)＝8a－24a＋3＝－16a＋3＝－29，∴a＝2；若a<0，同理可得a＝－2，b＝－29．19．解：设小正方形的边长为x，则盒底的边长为a－2x，∴方盒的体积∴函数V在点x＝eq\f(a,6)处取得极大值，由于问题的最大值存在，∴V(eq\f(a,6))＝eq\f(2a3,27)即为容积的最大值，此时小正方形的边长为eq\f(a,6)．20．解：⑴∵f(x)在区间[0，1]上单调递增，在区间[1，2]上单调递减，∴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)的图象与g(x)的图象只有两个交点，∴方程x2－4x＋4－b＝0有两个非零等根或有一根为0，另一个不为0，∴Δ＝16－4（4－b）＝0，或4–b＝0，∴b＝0或b＝4．21．解：⑴设依题意得∴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，依题得a、b是方程f’(x)＝0的两个实数根，又f’(0)＝mn>0，f’(n)＝(n－m)n<0，f’(m)＝m(m－n)>0，故两根a、b分布在区间（0，n）、（n，m）内，又b<a，∴b<n<a<m成立；（ⅱ）设两切线的横坐标分别为x1、x2，且不妨设x1<x2，则切线方程l1为y－f(x1)＝[3x12－2(m＋n)x1＋mn](x－x1)由l1过原点，∴－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)，两切线的斜率分别为若两切线互相垂直，则k1k2＝－1，∴此时有存在过原点且与曲线相切的两条互相垂直的直线．高三数学·单元测试卷参考答案第十五单元函数与方程思想一、选择题（每小题5分，共50分）题号12345678910答案DCBAABCBAB二、填空题（每小题4分，共20分）(11)(12)．3；(13)．10或10(14)．；(15)．①或②三、解答题（共80分）16．解：由条件即可得B＝{2，3}，C＝{－4，2}，由A∩B，A∩C＝，可知3∈A，2A．将x＝3代入集合A的条件得：a2－3a－10＝0∴a＝－2或a＝5当a＝－2时，A＝{x|x2＋2x－15＝0}＝{－5，3}，符合已知条件．当a＝5时，A＝{x|x2－5x＋6＝0}＝{2，3}，不符合条件“A∩C”＝，故舍去．综上得：a＝－2．17．解：（1）依条件得：由得：，又由得：（2）由于是正整数，故，，故当＝10时，，，，此时，，，，，，，，．18．解：化简为解得当单调增加；当单调减少．所以为函数的极大值．又因为所以为函数在[0，2]上的最小值，为函数在[0，2]上的最大值．19．解：（1）依题意，第二年该商品年销售量为（11．8－p）万件，年销售收入为（11．8－p）万元，则商场该年对该商品征收的总管理费为（11．8－p）p%（万元）．故所求函数为:y＝（118－10p）p．11．8－p＞0及p＞0得定义域为0＜p＜． （2）由y≥14，得（118－10p）p≥14．化简得p2－12p＋20≤0，即（p－2）（p－10）≤0，解得2≤p≤10．故当比率在［2%，10%］内时，商场收取的管理费将不少于14万元．（3）第二年，当商场收取的管理费不少于14万元时，厂家的销售收入为g（p）＝（11．8－p）（2≤p≤10）．∵g（p）＝（11．8－p）＝700（10＋）为减函数，∴g（p）max＝g（2）＝700（万元）．故当比率为2%时，厂家销售金额最大，且商场所收管理费又不少于14万元．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)知此函数图像的对称轴方程为x＝－＝1，得a＝－1，故f(x)＝－x2＋2x．(2)∵f(x)＝－(x－1)2＋1≤1，∴4n≤1，即n≤．而抛物线y＝－x2＋2x的对称轴为x＝1，∴当n≤时，f(x)在[m，n]上为增函数．若满足题设条件的m，n存在，则即又m<n≤．∴m＝－2，n＝0，这时，定义域为[－2，0]，值域为[－8，0]．由以上知满足条件的m，n存在，m＝－2，n＝0．21．解：（1）当时， 由， 即又． （2）设数列{an}的公差为d，则在中分别取k＝1，2，得（1）（2） （1）（2） 由（1）得 当 若成立 若 故所得数列不符合题意． 当 若 若． 综上，共有3个满足条件的无穷等差数列： 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，…，高三数学·单元测试卷参考答案十六单元数形结合思想一、选择题题号12345678910答案CBACABCCBC二、填空题11．512．(－2,0)∪(2,5]13．1995,2000_14．0<a<15．①③ 三、解答题16.解：（I）……3分…6分（II）证明一：依题意，只需证明函数g(x)当时是增函数在即的每一个区间上是增函数……9分当时，在是增函数……10分,则当时，经过函数g(x)图像上任意两点的直线的斜率恒大于零…12分证明二：设函数g(x)图像上任意两点不妨设…11分则当时，经过函数g(x)图像上任意两点的直线的斜率恒大于零.17.证明∵M是BC的中点，连结OM，∴=(+).同理由N是AC的中点，得=（+）.∵=+=（++）=（－+）=（+），=+=（++）=（－+）=（+）=（－）.∴·=（+）·（－）=（－）.∵||=||，∴·=0，即.18.解：（I）由表中数据知（1）鲸沿海岸线方向运行的速度为（km/分钟）。AB··（2）、满足的关系式为.鲸的运动路线图为AB··ABxyABxy又B（15，0），依题意知，观测站B的观测区域为，又，∴，即.∴.故鲸从A点进入前方观测站B所用的时间为分钟.答：鲸大约经过113分钟进入B站的观测范围.19.解：（I）∴为的垂直平分线，∴||=||.又∴动点的轨迹是以点为焦点的椭圆.且椭圆长轴长为焦距.∴曲线E的方程为（II）当直线GH斜率存在时，设直线GH方程为得设∴∴∵∴∴又当直线GH斜率不存在，方程为20．解：(1)由已知,设f1(x)=ax2,由f1(1)=1,得a=1,∴f1(x)=x2.设f2(x)=(k>0),它的图象与直线y=x的交点分别为A(,)B(－,－)由=8,得k=8,.∴f2(x)=.故f(x)=x2+.………………6分(2)【证法一】f(x)=f(a),得x2+=a2+,即=－x2+a2+.在同一坐标系内作出f2(x)=和f3(x)=－x2+a2+的大致图象,其中f2(x)的图象是以坐标轴为渐近线,且位于第一、三象限的双曲线,f3(x)与的图象是以(0,a2+)为顶点,开口向下的抛物线.因此,f2(x)与f3(x)的图象在第三象限有一个交点,即f(x)=f(a)有一个负数解.又∵f2(2)=4,f3(2)=－4+a2+当a>3时,.f3(2)－f2(2)=a2+－8>0,∴当a>3时,在第一象限f3(x)的图象上存在一点(2,f(2))在f2(x)图象的上方.∴f2(x)与f3(x)的图象在第一象限有两个交点,即f(x)=f(a)有两个正数解.因此,方程f(x)=f(a)有三个实数解.………………14分【证法二】由f(x)=f(a),得x2+=a2+,即(x－a)(x+a－)=0,得方程的一个解x1=a.方程x+a－=0化为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=,则3a2=,a4=4a,得a=0或a=,这与a>3矛盾,∴x1≠x3.故原方程f(x)=f(a)有三个实数解.………………14分21.解：（1）f(x)的定义域是，由于所有的都是正数，故Sn是单调递增的．······S1S······S1S2S3P1P2P3Oyx（Ⅱ）∵（1，2，…）与无关．∴所有的，，…共线，该直线过点，斜率为∴．当≥2时，是一个三角形与一个梯形面积之和（如上图所示）．梯形面积是.于是故（Ⅲ）解法一：结合图像，易见即≥2时，≥，而，即＜2时，故当1＜＜2时，存在正整数，使得解法二：假设存在正整数n，使得，则应有∵∴∴1＜＜2时，存在正整数，使得成立.高三数学·单元测试卷参考答案十七单元分类与整合思想一、选择题题号12345678910答案CBBDAACCCC1．分析：研究函数的最值需考察函数的单调性，而题中对数函数的增减性与底数a的取值有关，故应对a进行分类讨论。解：⑴当a>1时，f(x)在[2，π]上是增函数，最大值是f(π)，最小值是f(2)，据题意，f(π)－f(2)＝1，即logaπ－loga2＝1，∴a＝eq\f(π,2)，⑵当0<a<1时，f(x)在[2，π]上是减函数，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，选C。说明：题中字母a的取值范围的不同，直接影响了函数的性质，从而导致了两种不同的情形，所以必须对字母a进行分类讨论。2．分析：椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)，题中不能确定与中哪个是a，哪个是b，故应将与比，分类讨论。解：据题意m>0且m≠5⑴当m>5时，a2＝m，b2＝5，∴c2＝a2－b2＝m－5，∴c2/a2＝(m－5)／m，又e＝∴m＝eq\f(25,3)⑵当<m<5时，a2＝5，b2＝m，∴c2＝5－m，∴(5－m)／5＝2/5∴m＝3由⑴⑵知m＝25/3或m＝3故选Ｂ在运用分类讨论思想解决含参数字母的问题时，要克服动辄加以分类讨论的思维定势，应充分挖掘问题的特征，多角度审视参数，变更或变换命题，简化分类讨论，甚至避免分类讨论。8．析与解：常规思路是分a>1与0<a<1两种情况讨论，过程冗长。深挖隐含条件①②由0<x<1，有1+x>1，则异号。于是|loga(1－x)|＝|loga(1－x2)－loga(1＋x)|＝|loga(1－x2)|＋|loga(1＋x)|>|loga(1＋x)|。9．解析：分线段AB两端点在平面同侧和异侧两种情况解决.答案：1或210．解析：即f(x)=(a–1)x2+ax–=0有解.当a－1=0时，满足.当a－1≠0时，只需Δ=a2–(a–1)＞0.答案：或a=1二、填空题11．12．1213．014．［—3，2)15．30011．分析:由双曲线的渐近线方程，不能确定其焦点位置，所以应分两种情况求解．解:（1）当双曲线的焦点在直线y＝3时，双曲线的方程可改为，一条渐近线的斜率为，∴b＝2．∴．（2）当双曲线的焦点在直线x＝1时，仿（1）知双曲线的一条渐近线的斜率为，此时．综上（1）（2）可知，双曲线的离心率等于．12．解：分类讨论：（1）先考虑作物A种植在第一垄时，作物B有3种种植方法；（2）再考虑作物A种植在第二垄时，作物B有2种种植方法；（3）又当作物A种植在第三垄时，作物B有1种种植方法。而作物B种植的情况与作物A相同，故满足条件的不同选垄方法共有（3+2+1）×2＝12种．评注：由以上可以得知：分类讨论的方法步骤：明确讨论对象，确定对象的全体→确定分类标准，正确进行分类→逐步进行讨论，获取阶段性结果→归纳小结，综合得出结论．13．解：常规思路是对左边化简，去根号，讨论的大小，从而得到tanx的值，势必运算量大。若抓住隐含条件，则十分简捷。又则，故tanx＝0。14．分析：常规思路是将②变形为对a进行分类讨论，过程复杂。若挖掘隐含条件，则可得如下简捷解法。解：不等式①的解集为（—∞，—1）∪（2，+∞）。又原不等式组的解集中的整数只有—2，则原不等式组的解集为(－3，－1)∪(2，3)的子集。不等式②变形为③又—2属于不等式③的解集，知不等式③的解集为因此—a的取值范围只能是（—2，3］。从而a的取值范围为［—3，2）。15．300三、解答题16．解:f(x)＝1－sin2x+asinx－a2+2a+5令sinx＝t,t∈[－1,1]．则(t∈[－1,1])．(1)当即a>2时，t＝1，解方程得:（舍）．(2)当时，即－2≤a≤2时，,,解方程为:或a＝4（舍）．(3)当即a<－2时，t＝－1时，ymax＝－a2+a+5＝2即a2－a－3＝0∴,∵a<－2,∴全都舍去