高三数学综合试卷五

吴雅琴

一、填空题（本大题共14小题，每题5分，共70分）

1.设集合A={1，2}，集合B={1，a-1}，若A∪B={1，2，3}，则实数a= .

2.若纯虚数z满足（2+i）z=1+b（1+i）2（其中i是虚数单位，b是实数），则b= .

3.某校数学、物理、化学三个兴趣小组分别有成员60人、40人、20人.现用分层抽样的方法从这三个兴趣小组中抽取24人来调查活动开展情况，则在物理兴趣小组中应抽取 人.

4.已知实数x，y满足：y≤x，

x+y≤1，

y≥-1.则z=2x+y+1的最大值是 .

5.双曲线x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的一条渐近线倾斜角为α，且cosα=13，则双曲线的离心率为 .

6.执行如图所示的伪代码，最后输出的S值为 .

S←0

For I From 1 To 19 step 2

S←S+I

End For

Print S

End

7.将一枚正方体骰子（6个面分别刻有1，2，3，4，5，6的玩具）先后抛掷2次，记第一次抛掷的点数为x，第二次抛掷的点数为y，则使yx为整数的概率为 .

8.设a，b，c是任意的非零向量，且相互不共线，有下列命题：

①（a+b）·c=c·（a+b）；

②（a·b）2=a2·b2；

③若a·b=b·c=c·a，则a=b=c；

④|a+b+c|<|a|+|b|+|c|.

其中的真命题是 .

9.已知A，B，C为△ABC的三个内角，且满足sinA-3cosA=2，tanB=12，则cosC= .

10.在棱长为1正方体ABCDA1B1C1D1中，E分别是棱A1A上任意一点，则三棱锥BECC1的体积为 .

11.已知数列{an}，{bn}满足a1=1，a2=2，b1=2，对于任意正整数r，s，k，l，当r+s=k+l时，都有arbs=akbl，则13∑2018i=1（ai+bi）= .

12.设方程x+2+2x=0和方程x+2+log2x=0的根分别记为p、q，已知函数f（x）=（x+p）（x+q）+2，则f（0），f（1），f（2）大小关系是 .

13.在直角坐标系xOy中，已知A，B为圆C：（x+2）2+y2=4上不同的两点（O为坐标原点，C为圆心），过点A，B分别作圆C的切线l1，l2，若l1与l2相交于点Q，圆C上另有一点P，满足∠APB=60°，且P，Q，C三点在同一条直线上，则OP·OQ的取值范围是 .

14.實数a，b，c满足a>b>0，且b2-4ac≤0，则a（a-b+4c）b（a-b）的最小值为 .

二、解答题（本大题共6小题，共90分）

15.（本题满分14分）

已知向量a=（cosx，sinx），向量b=（-cosx，sinx-1）（x∈R），将a·b表示为x的函数，记为f（x）.

（1）求函数f（x）的最大值，并指出相应的x的值；

（2）若函数f（x）取最小值时x的值记为x0，求cos（2x0-π3）的值.

16.（本题满分14分）

如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面四边形ABCD是菱形，

E是棱CC1的中点，F是对角线B1D上的点，且BF⊥B1D.

（1）求证：A1C1∥平面B1DE；

（2）求证：BF⊥平面B1DE.

17.（本题满分14分）

如图，已知椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为32，A（a，0），B（0，b）是它的两个顶点，且△AOB的面积为1.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）已知P，Q是椭圆上的两个不同点，点P在y轴的左侧，

①若BP=BQ，试问P，Q是否关于y轴对称？说明理由；

②若P，Q关于y轴对称，求△BPQ的面积最大值，并指出面积取最大值时点P的坐标.

18.（本题满分16分）

如图，在一直道边有三个小村庄B，D，C（将村庄视为点），在村庄D正北方向上有一电视塔A，村庄C在塔A的南偏东45°的方向上，DC=1（km），村庄B在塔A的南偏西30°的方向上，为了探求塔A与直道的距离，作AM⊥DC，垂足为M，M在线段DC上.

（1）①设∠DAM=α，试用α表示AM的长度；

②求线段AM长度的取值范围；

（2）若BD=1（km），求AM的长度.

19.（本题满分16分）

已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且{Sn-n}也成等差数列.

（1）若S3+S5=S6，求数列{an}的通项公式；

（2）已知数列{an}的公差d为正数，是否存在正整数n，使Sn，S2n，Sn2成等比数列？若存在，求出所有正整数n的值；若不存在，说明理由.

20.（本题满分16分）

已知函数f（x）=ax3+bx2+3x-2（a≠0，x∈R）.

（1）若a<0，b=0，且函数f（x）有且只有两个零点，求实数a的值；

（2）过曲线y=f（x）上任意一点P（x1，f（x1））的切线l交曲线于另一点Q（x2，f（x2）），设曲线在P，Q处的切线斜率分别为k1，k2，若存在常数λ使k1=λk2恒成立，求实数a，b的关系.

参考答案

一、填空题

1.4

2.-1

3.8

4.4

5.3

6.190

7.718

8.①④

9.5+21510

10.16

11.22018-1

12.f（1）

13.[-8，0]

14.3

二、解答题

15.（1）由已知得f（x）=a·b

=cosx·（-cosx）+sinx·（sinx-1）

=2sin2x-sinx-1，

因为f（x）=2（sinx-14）2-98，sinx∈[-1，1]，

所以f（x）max=2，当且仅当sinx=-1，

即x=-π2+2kπ，k∈Z时取得.

（2）因为f（x）=2（sinx-14）2-98，

由题意知sinx0=14，所以cosx0=±1-sin2x=±154，cos2x0=1-2sin2x0=78，

当cosx0=154时，sin2x0=2sinx0cosx0=158，

所以cos（2x0-π3）=cos2x0cosπ3+sin2x0sinπ3=78×12+158×32=7+3516.

当cosx0=-154时，sin2x0=-2sinx0cosx0=-158，

所以cos（2x0-π3）=cos2x0cosπ3+sin2x0sinπ3=78×12-158×32=7-3516.

16.（1）在棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB，A1B1=AB，

又已知底面四边形ABCD是菱形，所以AB∥DC，AB=CD，

所以A1B1∥DC，A1B1=CD，四边形A1B1CD为平行四边形；

连接A1C交B1D于O，连OE，则O为A1C的中点，又因E为C1C的中点，

所以OE∥A1C1，而OE面B1DE，A1C1面B1DE，所以A1C1∥面B1DE.

（2）连B1D1，BD，因为棱柱ABCDA1B1C1D1是直棱柱，

所以B1B⊥面A1B1C1D1，

又A1C1面A1B1C1D1，所以B1B⊥A1C1；

在棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A∥B1B，A1A∥D1D，所以B1B∥D1D，

从而，四边形B1BDD1为平面四边形；

又已知四边形A1B1C1D1是菱形，所以B1D1⊥A1C1，

又B1D∩B1B=B1，B1D1，B1B面B1BDD1；

所以A1C1⊥面B1BDD1，

而BF面B1BDD1，所以A1C1⊥BF，由（1）知OE∥A1C1，所以BF⊥OE，

又已知BF⊥B1D，OE∩B1D=O，OE，B1D面B1DE，

所以BF⊥面B1DE.

17.解：（1）由已知得ca=32

S△AOB=12ab=1

a2=b2+c2，解得a=2

b=1

c=3；

所以橢圆的标准方程为x24+y2=1.

（2）设P（x0，y0）（x0<0），Q（x1，y1），又已知B（0，1），

①因BP=BQ，

则有x20+（y0-1）2=x21+（y1-1）2

x204+y20=1

x214+y21=1，

化简得：（y1-y0）[3（y1+y0）+2]=0，所以y1=y0或y1+y0=-23，

取y0=-12，y1=-16，满足y0+y1=-23，在椭圆上取点P（-3，-12），Q（-353，-16），

显然，这两点不关于y轴对称；

当y0=y1，P，Q关于y轴对称.

综上所述，P，Q不一定关于y轴对称.

②因P，Q关于y轴对称，设P（x0，y0）（x0<0），则Q（-x0，y0），且x204+y20=1，

所以S△BPQ=12（-2x0）·（1-y0）

=-x0（1-y0），

所以S2△BPQ=x20（1-y0）2=4（1-y20）（1-y0）2，

记f（y0）=4（1-y20）（1-y0）2，y0∈（-1，1），

又f′（y0）=-8（1-y0）2（2y0+1），y0∈（-1，1），

当y0∈（-1，-12）时，f′（y0）>0，则f（y0）递增；

当y0∈（-12，1）时，f′（y0）<0，则f（y0）递减；

所以，当y0=-12时，f（y0）取极大值，也是最大值f（y0）=f（-12）=274；

即S2△BPQ取最大值，因此，（S△BPQ）max=332，此时P（-3，-12）.

18.解：（1）①在直角△AMD中，DM=AMtanα；在直角△AMC中，CM=AMtan（45°-α）；

又DC=DM+MC=1，即AMtanα+AMtan（45°-α）=1，

所以AM=1tanα+tan（45°-α）=1+tanα1+tan2α，0°≤α≤45°.

②令tanα=t∈[0，1]，则AM=1+tanα1+tan2α=1+t1+t2=f（t），

因为f′（t）=-t2-2t+1（1+t2）2

=-（t+2+1）（t-2+1）（1+t2）2，t∈[0，1]，

当t∈（0，2-1）时，f′（t）>0，则f（t）递增；

当y0∈（2-1，1）时，f′（t）<0，则f（t）递减；

所以，当t=2-1时，f（t）取极大值，也是最大值f（2-1）=2+12，

f（t）min=min{f（0），f（1）}=f（0）=f（1）=1，

因此，AM的取值范围为[1，2+12].

（2）由（1）知，∠ABD=60°-α，AD=AMcosα，

在△ABD中，由正弦定理得，

BDsin∠BAD=ADsin∠ABD，即1sin30°=ADsin（60°-α），

所以AD=2sin（60°-α），

AM=ADcosα=2cosα·sin（60°-α）=3cos2α-sinαcosα；

进一步，AM=3cos2α-sinαcosαsin2α+cos2α=3-tanα1+tan2α，

又由（1），AM=1+tanα1+tan2α，α∈[0°，45°]，

所以，3-tanα1+tan2α=1+tanα1+tan2α，解得tanα=3-12，

所以，AM=7+5313.

答：（1）AM=1+tanα1+tan2α，α∈[0°，45°]，长度取值范围为[1，2+12]（千米）；

（2）AM=7+5313.

19.解：设{an}的公差为d，

（1）因为{Sn-n}为等差数列，则有2S2-2=S1-1+S3-3，

联立S3+S5=S6

2S2-2=S1-1+S3-3，

即3a1+3×22d+5a1+5×42d=6a1+6×52d

22a1+d-2=a1-1+3a1+3d-3，

由第一式化简得a1=d，然后代入第二式得：

23d-2=d-1+6d-2，

解得：d=2，所以a1=d=2，Sn=n2+n，an=2n.

检验：当Sn=n2+n时，Sn-n=（n2+n）-n=n，

Sn-n-Sn-1-（n-1）=n-（n-1）=1（常数），数列{Sn-n}为等差数列，符合题意.

所以数列{an}的通项公式为an=2n.

（2）因为{Sn-n}为等差数列，设Sn-n=An+B，两边同时平方：

Sn-n=（An+B）2，即d2n2+（a1-d2-1）n=A2n2+2ABn+B2；

所以B2=0且（a1-d2-1）=2AB，

从而得：a1=d2+1.

所以，Sn=na1+n（n-1）2d=12n2d+n；

则S2n=2n2d+2n，Sn2=12n4d+n2.

假设存在符合条件的正整数n，使Sn，S2n，Sn2成等比数列，所以S22n=Sn·Sn2，

即（2n2d+2n）2=（12n2d+n）·（12n4d+n2），

化简得到：（n4-16n2）d2+（2n3+2n2-32n）d+4n-16=0，d∈（0，+∞） （*）

原命题等价于：关于d的方程是否有正数解.

①若n=4，则（*）式等价于，32d=0，即d=0，不符题意，舍去；

②若n≠4，由根与系数的关系有

d1+d2=-2（n2+n-16）n（n2-16）<0

d1·d2=4n2（n+4）>0，

所以，要么（*）式无实根，要么有两负根，都不符合题意；

综上所述，由不存在符合题意的正整数n，使Sn，S2n，Sn2成等比数列.

20.解：（1）当a<0，b=0时，f′（x）=3ax2+3=3a（x--1a）（x+-1a），

当x∈（-∞，--1a）时，f′（x）<0，则f（x）递减；

当x∈（--1a，-1a）时，f′（x）>0，则f（x）递增；

当x∈（-1a，+∞）时，f′（x）<0，则f（x）递减；

所以，x=--1a时，f（x）取极小值；x=-1a时，f（x）取极大值；

由题意知，f（x）极小值=f（--1a）=0或者f（x）极大值=f（-1a）=0.

即f（--1a）=a（--1a）3+3（--1a）-2=0，即-2-1a-2=0，无解；

或者f（-1a）=a（-1a）3+3（-1a）-2=0，即2-1a-2=0，解得a=-1，

当a=-1，b=0时，f（x）=-x3+3x-2=-（x-1）2（x+2），函数f（x）恰有两个零点.

所以a=-1.

（2）由已知得f′（x）=3ax2+2bx+3，

则切线l的方程为：y=f′（x）（x-x1）+f（x1），即y=（3ax21+2bx1+3）（x-x1）+f（x1），

聯立

y=（3ax21+2bx1+3）（x-x1）+（ax31+bx21+3x1-2），

y=ax3+bx2+3x-2，

得：（x-x1）2（ax+2ax1+b）=0，

所以x2=-2x1-ba.

假设存在常数λ使k1=λk2，即f′（x1）=λf′（x2），

亦即3ax21+2bx1+3=λ[3a（-2x1-ba）2+2b（-2x1-ba）+3]，

整理得：（3a-12λa）x21+（2b-8λb）x1+（3-b2λa-3λ）=0，x1∈R成立.

当且仅当3a-12λa=0，

2b-8λb=0，

3-b2λa-3λ=0，，即λ=14，a=b29.