黑龍江省伊春市宜春龍潭中學高三數學理下學期摸底試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，已知該幾何體的各個面中有個面是矩形，體積為，則（

）A．

B．

C.

D．參考答案：D2.若函數y=f（x）的定義域是[0，2]，則函數g（x）=的定義域是（）A．[0，1] B．[0，1） C．[0，1）∪（1，4] D．（0，1）參考答案：B【考點】33：函數的定義域及其求法．【分析】根據f（2x）中的2x和f（x）中的x的取值范圍一樣得到：0≤2x≤2，又分式中分母不能是0，即：x﹣1≠0，解出x的取值范圍，得到答案．【解答】解：因為f（x）的定義域為[0，2]，所以對g（x），0≤2x≤2且x≠1，故x∈[0，1），故選B．3.若命題“或”是真命題，“且”是假命題，則（

▲

）

A.命題和命題都是假命題

B.命題和命題都是真命題

C.命題和命題“”的真值不同

D.命題和命題的真值不同參考答案：D略4.已知函數是定義在上的奇函數，當時，，若，，則實數的取值范圍為（

）A.

B.

C.

D.

參考答案：【知識點】函數恒成立問題；函數奇偶性的判斷；函數最值的應用．B1B4

【答案解析】B解析：當x≥0時，f（x）=，由f（x）=x﹣3a2，x＞2a2，得f（x）＞﹣a2；當a2＜x＜2a2時，f（x）=﹣a2；由f（x）=﹣x，0≤x≤a2，得f（x）≥﹣a2．∴當x＞0時，．∵函數f（x）為奇函數，∴當x＜0時，．∵對?x∈R，都有f（x﹣1）≤f（x），∴2a2﹣（﹣4a2）≤1，解得：．故實數a的取值范圍是．故選：B．【思路點撥】把x≥0時的f（x）改寫成分段函數，求出其最小值，由函數的奇偶性可得x＜0時的函數的最大值，由對?x∈R，都有f（x﹣1）≤f（x），可得2a2﹣（﹣4a2）≤1，求解該不等式得答案．5.定義在上的奇函數滿足，且在區間上是增函數，則（

）（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：6.已知函數是上的偶函數，且在區間是單調遞增的，若，，，則下列不等式中一定成立的是（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：D略7.向量=（2，3），⊥，||=，則等于（）A．（﹣2，3） B．（﹣3，2） C．（3，﹣2） D．（﹣3，2）或（3，﹣2）參考答案：D【考點】平面向量數量積的運算．【分析】設向量=（x，y），根據平面向量垂直的定義和模長公式，列出方程組求出解即可．【解答】解：設向量=（x，y），∵=（2，3），⊥，||=，∴，解得或；∴=（﹣3，2）或（3，﹣2）．故選：D．8.已知向量，若，則等于(

)

A．

B．

C．

D．參考答案：答案：C9.若{an}是等差數列，首項公差d＜0，a1＞0，且a2013（a2012+a2013）＜0，則使數列{an}的前n項和Sn＞0成立的最大自然數n是（）A．4027 B．4026 C．4025 D．4024參考答案：D【考點】等差數列的前n項和．【分析】由題意可知數列是遞減數列，由a2013（a2012+a2013）＜0，知a2012＞0，a2013＜0，由此推得答案．【解答】解：由題意可得數列{an}單調遞減，由a2013（a2012+a2013）＜0可得：a2012＞0，a2013＜0，|a2012|＞|a2013|．∴a2012+a2013＞0．則S4025=4025a2013＜0，故使數列{an}的前n項和Sn＞0成立的最大自然數n是4024．故選D．10.若O為△ABC所在平面內一點，且滿足，則△ABC的形狀為A、正三角形

B、直角三角形

C、等腰三角形

D、以上都不對參考答案：答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.（5分）（2013秋?青原區校級期中）已知兩個非零向量與，定義|×|=||||sinθ，其中θ為與的夾角，若=（﹣3，4），=（0，2），則|×|的值為．參考答案：6考點：平面向量數量積的運算．專題：平面向量及應用．分析：根據定義的，求=5，=2，cosθ=，所以sinθ=，所以．解答：解：根據已知條件得：，，cosθ=，∴sinθ=，∴．故答案為：6．點評：考查根據向量的坐標求向量的長度，根據向量的坐標，求兩向量夾角的余弦．12.已知{an}是正項等差數列，數列{}的前n項和Sn=，若bn=（﹣1）n?an2，則數列{bn}的前n項和T2n=．參考答案：2n2+3n【考點】數列的求和．【分析】設正項等差數列{an}的公差為d＞0，由數列{}的前n項和Sn=，可得=，+=，解得a1，d．可得an．可得b2n﹣1+b2n，即可得出．【解答】解：設正項等差數列{an}的公差為d＞0，∵數列{}的前n項和Sn=，∴=，+=，解得a1=2，d=1．∴an=2+（n﹣1）=n+1．∴bn=（﹣1）n?an2=（﹣1）n（n+1）2，b2n﹣1+b2n=﹣（2n）2+（2n+1）2=4n+1．則數列{bn}的前n項和T2n==2n2+3n．故答案為：2n2+3n．【點評】本題考查了分組求和、等差數列的求和公式、數列遞推關系，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．13.函數

，若，則的取值范圍是

.參考答案：14.已知某幾何體的三視圖如下圖所示，其正視圖為矩形，側視圖為等腰直角三角形，俯視圖為直角梯形，則該幾何體的表面積是

；體積是

.參考答案：

試題分析:由題設三視圖中所提供的信息可知該幾何體是一個四棱錐和一個三棱錐的組合體,如圖其全面積,其體積為,故應填；.考點：三視圖的識讀與幾何體的體積的運用．15.已知x和y是實數，且滿足約束條件的最小值是

.參考答案：做出不等式對應的可行域如圖，由得，做直線，平移直線，由圖象可知當直線經過C點時，直線的截距最小，此時最小，此為,代入目標函數得。16.已知復數滿足，則=

；

參考答案：１略17.命題“，使得．”的否定是___________________．參考答案：三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知數列中，點

在函數的圖象上，．數列的前項和為，且滿足當時，

（1）證明數列是等比數列；

（2）求;

（3）設，，求的值．參考答案：解：（Ⅰ）由已知，

，兩邊取對數得

，即

是公比為2的等比數列．

（Ⅱ）當時，展開整理得：，若，則有，則矛盾，所以，所以在等式兩側同除以得，為等差數列

（Ⅲ）由（Ⅰ）知

=

。．19.已知函數與函數均在時取得最小值，設函數，為自然對數的底數．（I）求實數的值；（II）證明：是函數的一個極大值點；（III）證明：函數的所有極值點之和的范圍是．參考答案：解：（I），令得，列表：∴當時，函數取得最小值，∴，

當時，函數是增函數，在沒有最小值，當時，函數，是最小值，取等號時，，

由，得；

（II），，∵，∴在遞減，在遞增，∵，∴時，，遞增，時，，遞減，∴是函數的一個極大值點（III）∵，，在遞增，∴在存在唯一實數，使得，在遞增，∴時，，遞減，時，，遞增，∴函數在有唯一極小值點，

∵，∴，由（II）知，在有唯一極值點，∴函數的所有極值點之和．

略20.已知函數f（x）=x2﹣ax（a≠0），g（x）=lnx，f（x）的圖象在它與x軸異于原點的交點M處的切線為l1，g（x﹣1）的圖象在它與x軸的交點N處的切線為l2，且l1與l2平行．（1）求a的值；（2）已知t∈R，求函數y=f（xg（x）+t）在x∈[1，e]上的最小值h（t）；（3）令F（x）=g（x）+g′（x），給定x1，x2∈（1，+∞），x1＜x2，對于兩個大于1的正數α，β，存在實數m滿足：α=mx1+（1﹣m）x2，β=（1﹣m）x1+mx2，并且使得不等式|F（α）﹣F（β）|＜|F（x1）﹣F（x2）|恒成立，求實數m的取值范圍．．參考答案：【考點】6E：利用導數求閉區間上函數的最值；6H：利用導數研究曲線上某點切線方程．【分析】（1）利用導數的幾何意義，分別求兩函數在與兩坐標軸的交點處的切線斜率，令其相等解方程即可得a值；（2）令u=xlnx，再研究二次函數u2+（2t﹣1）u+t2﹣t圖象是對稱軸u=，開口向上的拋物線，結合其性質求出最值；（3）先由題意得到F（x）=g（x）+g′（x）=lnx+，再利用導數工具研究所以F（x）在區間（1，+∞）上單調遞增，得到當x≥1時，F（x）≥F（1）＞0，下面對m進行分類討論：①當m∈（0，1）時，②當m≤0時，③當m≥1時，結合不等式的性質即可求出a的取值范圍．【解答】解：（1）y=f（x）圖象與x軸異于原點的交點M（a，0），f′（x）=2x﹣a，y=g（x﹣1）=ln（x﹣1）圖象與x軸的交點N（2，0），g′（x﹣1）=由題意可得kl1=kl2，即a=1；（2）y=f[xg（x）+t]=[xlnx+t]2﹣（xlnx+t）=（xlnx）2+（2t﹣1）（xlnx）+t2﹣t，令u=xlnx，在x∈[1，e]時，u′=lnx+1＞0，∴u=xlnx在[1，e]單調遞增，0≤u≤e，u2+（2t﹣1）u+t2﹣t圖象的對稱軸u=，拋物線開口向上，①當u=≤0，即t≥時，y最小=t2﹣t，②當u=≥e，即t≤時，y最小=e2+（2t﹣1）e+t2﹣t，③當0＜＜e，即＜t＜時，y最小=y|u==﹣；（3）F（x）=g（x）+g′（x）=lnx+，F′（x）=≥0，所以F（x）在區間（1，+∞）上單調遞增，∴當x≥1時，F（x）≥F（1）＞0，①當m∈（0，1）時，有，α=mx1+（1﹣m）x2＞mx1+（1﹣m）x1=x1，α=mx1+（1﹣m）x2＜mx2+（1﹣m）x2=x2，得α∈（x1，x2），同理β∈（x1，x2），∴由f（x）的單調性知

0＜F（x1）＜F（α）、f（β）＜f（x2），從而有|F（α）﹣F（β）|＜|F（x1）﹣F（x2）|，符合題設．②當m≤0時，α=mx1+（1﹣m）x2≥mx2+（1﹣m）x2=x2，β=mx2+（1﹣m）x1≤mx1+（1﹣m）x1=x1，由f（x）的單調性知，F（β）≤F（x1）＜f（x2）≤F（α），∴|F（α）﹣F（β）|≥|F（x1）﹣F（x2）|，與題設不符，③當m≥1時，同理可得α≤x1，β≥x2，得|F（α）﹣F（β）|≥|F（x1）﹣F（x2）|，與題設不符，∴綜合①、②、③得m∈（0，1）．21.已知函數f（x）=x3+x2+ax+b（a，b為常數），其圖象是曲線C．（1）當a=﹣2時，求函數f（x）的單調減區間；（2）設函數f（x）的導函數為f′（x），若存在唯一的實數x0，使得f（x0）=x0與f′（x0）=0同時成立，求實數b的取值范圍；（3）已知點A為曲線C上的動點，在點A處作曲線C的切線l1與曲線C交于另一點B，在點B處作曲線C的切線l2，設切線l1，l2的斜率分別為k1，k2．問：是否存在常數λ，使得k2=λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．參考答案：【考點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究曲線上某點切線方程．【專題】壓軸題；導數的綜合應用．【分析】（1）先求原函數的導數，根據f′（x）＜0求得的區間是單調減區間，即可；（2）由于存在唯一的實數x0，使得f（x0）=x0與f′（x0）=0同時成立，則存在唯一的實數根x0，即b=2x3+x2+x存在唯一的實數根x0，就把問題轉化為求函數最值問題；（3）假設存在常數λ，依據曲線C在點A處的切線l1與曲線C交于另一點B，曲線C在點B處的切線l2，得到關于λ的方程，有解則存在，無解則不存在．【解答】解：（1）當a=﹣2時，函數f（x）=x3+x2﹣2x+b則f′（x）=3x2+5x﹣2=（3x﹣1）（x+2）令f′（x）＜0，解得﹣2＜x＜，所以f（x）的單調遞減區間為（﹣2，）；（2）函數f（x）的導函數為由于存在唯一的實數x0，使得f（x0）=x0與f′（x0）=0同時成立，則即x3+x2+（﹣3x2﹣5x﹣1）x+b=0存在唯一的實數根x0，故b=2x3+x2+x存在唯一的實數根x0，令y=2x3+x2+x，則y′=6x2+5x+1=（2x+1）（3x+1）=0，故x=﹣或x=﹣，則函數y=2x3+x2+x在（﹣∞，），（﹣，+∞）上是增函數，在（，﹣）上是減函數，由于x=﹣時，y=﹣；x=﹣時，y=﹣