江苏省兴化市高中数学运算能力等级测试A卷答案(共16页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上江苏省兴化市高中数学运算能力等级测试A级试题参考答案考试时间2012年6月28日晚上19：0021.30（总分值：200分 命题：江苏省兴化市文正实验学校 张海泉）一、填空题：（本大题共10小题，每题3分要求将最后结果直接写在横线上）1定义两种运算：abab，aba2b2，则函数f(x)为_函数(填“奇”、“偶”或“非奇非偶”)1奇解析因为f(x)，f(x)f(x)，故f(x)为奇函数2设函数的集合Pf(x)log2(xa)b|a，0，1；b1,0,1，平面上点的集合Q(x，y)|x，0，1；y1,0,1，则在同一直角坐标系中，P中函数f(x)的图象恰好经过Q中两个点的函数的个数是_26解析当a，f(x)log2(x)b，x>，此时至多经过Q中的一个点；当a0时，f(x)log2x经过(，1)，(1,0)，f(x)log2x1经过(，0)，(1,1)；当a1时，f(x)log2(x1)1经过(，0)，(0,1)，f(x)log2(x1)1经过(0，1)，(1,0)；当a时，f(x)log2(x)经过(0，1)，(，0)，f(x)log2(x)1经过(0,0)，(，1)3 ··(xy)1(xy0)= ；若x>0，y>0，且x2y0， = 3解(1)原式··(xy)1····.解x2y0，x>0，y>0，()22()20，()(2)0，由x>0，y>0得>0，20，x4y，.4一个水平放置的圆柱形储油桶(如图所示)，桶内有油部分所在圆弧占底面圆周长的，则油桶直立时，油的高度与桶的高度的比值是_4解析设圆柱桶的底面半径为R，高为h，油桶直立时油面的高度为x，则hR2x，所以5有三个球，第一个球内切于正方体，第二个球与这个正方体各条棱相切，第三个球过这个正方体的各个顶点，求这三个球的表面积之比为 5解设正方体的棱长为a如图所示正方体的内切球球心是正方体的中心，切点是正方体六个面的中心，经过四个切点及球心作截面，所以有2r1a，r1，所以S14ra2球与正方体的各棱的切点在每条棱的中点，过球心作正方体的对角面得截面，2r2a，r2a，所以S24r2a2正方体的各个顶点在球面上，过球心作正方体的对角面得截面，所以有2r3a，r3a，所以S34r3a2综上可得S1S2S31236设数集Mx|mxm，Nx|nxn，且M，N都是集合Ux|0x1的子集，定义ba为集合x|axb的“长度”，则MN的长度的最小值为 6解在数轴上表示出集合M与N，可知当m0且n1或n0且m1时，MN的“长度”最小当m0且n1时，MNx|x，长度为；当n且m时，MNx|x，长度为.综上，MN的长度的最小值为.7设n和m是两个单位向量，其夹角是60°，求向量a2mn与b2n3m的夹角7解|n|m|1且m与n夹角是60°，m·n|m|n|cos 60°1×1×.|a|2mn| ，|b|2n3m| ，a·b(2mn)·(2n3m)m·n6m22n26×12×1.设a与b的夹角为，则cos .又0，故a与b的夹角为.8已知数列an满足a11，an2an1n2(n2)，求通项an. 8解：由已知可得：ann2(an1n1)(n2) 令bnann，则b1a112，且bn2bn1(n2) 于是bn2·2n12n，即ann2n 故an2nn(n2)，因为a11也适合上述式子，所以an2nn(n1)9若关于x的不等式(2x1)2<ax2的解集中的整数恰有3个，则实数a的取值范围是_.9(，解析由(2x1)2<ax2成立可知a>0，整理不等式可得(4a)x24x1<0，由于该不等式的解集中的整数恰有3个，则有4a>0，即a<4，故0<a<4，解得不等式有<x<，即<x<，亦即<<x<，要使该不等式的解集中的整数恰有3个，那么3<4，解得<a.10满足条件y|xa|，yxa(a0)的点组成的图形的面积为 10如图所示，y|xa|，yxa(a0)所围成的部分为RtABC的内部及边界，其中BAC90°，各点坐标分别为A(a，0)，B(0，a)，C(3a，2a)，所以SABC|AB|·|AC|2a2即所求图形的面积为2a2二、简答题（本大题共10小题，每题7分要求简洁写出必要的解题步骤）： 1设函数g(x)6x313x212x3.求出函数g(x)在(1,0)内的零点(精确到0.1)1解g(0.5)>0，g(0)<0x(0.5,0)；g(0.5)>0，g(0.25)<0x(0.5，0.25)；g(0.5)>0，g(0.375)<0x(0.5，0.375)；g(0.437 5)>0，g(0.375)<0x(0.437 5，0.375)因此，x0.4为所求函数g(x)的零点2已知f(x)是定义在1,1上的奇函数，试判断它的单调性，并证明你的结论2解f(x)是定义在1,1上的奇函数，f(0)0，即0，a0.又f(1)f(1)，b0，f(x).函数f(x)在1,1上为增函数证明如下：任取1x1<x21，x1x2<0，1<x1x2<1，1x1x2>0.f(x1)f(x2)<0，f(x1)<f(x2)，f(x)为1,1上的增函数3沿着圆柱的一条母线将圆柱剪开，可将侧面展到一个平面上，所得的矩形称为圆柱的侧面展开图，其中矩形长与宽分别是圆柱的底面圆周长和高(母线长)，所以圆柱的侧面积S2rl，其中r为圆柱底面圆半径，l为母线长现已知一个圆锥的底面半径为R，高为H，在其中有一个高为x的内接圆柱(1)求圆柱的侧面积；(2)x为何值时，圆柱的侧面积最大？3解(1)画圆锥及内接圆柱的轴截面(如图所示)设所求圆柱的底面半径为r，它的侧面积S圆柱侧2rx因为，所以rR·x所以S圆柱侧2Rx·x2(2)因为S圆柱侧的表达式中x2的系数小于零，所以这个二次函数有最大值这时圆柱的高x故当圆柱的高是已知圆锥的高的一半时，它的侧面积最大4若a、b是方程2(lg x)2lg x410的两个实根，求lg(ab)·(logablogba)的值4解原方程可化为2(lg x)24lg x10.设tlg x，则方程化为2t24t10，t1t22，t1·t2.又a、b是方程2(lg x)2lg x410的两个实根，t1lg a，t2lg b，即lg alg b2，lg a·lg b.lg(ab)·(logablogba)(lg alg b)·()(lg alg b)·(lg alg b)·2×12，即lg(ab)·(logablogba)12.5在三棱柱ABOABO中，AOB90°，侧棱OO面OAB，OAOBOO2若C为线段OA的中点，在线段BB上求一点E，使EC最小5解如图所示，以三棱原点，以OA、OB、OO所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz由OAOBOO2，得A(2,0,0)、B(0,2,0)、O(0,0,0)，A(2,0,2)、B(0,2,2)、O(0,0,2)由C为线段OA的中点得C点坐标为(1,0,1)，设E点坐标为(0,2，z)，EC故当z1时，EC取得最小值为此时E(0,2,1)为线段BB的中点6已知A(3,5)，B(1,3)，C(3,1)为ABC的三个顶点，O、M、N分别为边AB、BC、CA的中点，求OMN的外接圆的方程，并求这个圆的圆心和半径6解点O、M、N分别为AB、BC、CA的中点且A(3，5)，B(1,3)，C(3,1)，O(1,4)，M(2,2)，N(0,3)所求圆经过点O、M、N，设OMN外接圆的方程为x2y2DxEyF0，把点O、M、N的坐标分别代入圆的方程得，解得OMN外接圆的方程为x2y27x15y360，圆心为，半径r7已知命题p：x1和x2是方程x2mx20的两个实根，不等式a25a3|x1x2|对任意实数m1,1恒成立；命题q：不等式ax22x1>0有解；若命题p是真命题，命题q是假命题，求a的取值范围7解x1，x2是方程x2mx20的两个实根，则x1x2m且x1x22，|x1x2|，当m1,1时，|x1x2|max3，由不等式a25a3|x1x2|对任意实数m1,1恒成立可得：a25a33，a6或a1.所以命题p为真命题时，a6或a1.命题q：不等式ax22x1>0有解，当a>0时，显然有解；当a0时，2x1>0有解；当a<0时，ax22x1>0有解，44a>0，1<a<0，从而命题q：不等式ax22x1>0有解时a>1.又命题q为假命题，a1.综上得，若p为真命题且q为假命题则a1.8已知等差数列an中，记Sn是它的前n项和，若S216，S424，求数列|an|的前n项和Tn.8解由S216，S424，得即解得所以等差数列an的通项公式为an112n (nN*)(1)当n5时，Tn|a1|a2|an|a1a2anSnn210n.(2)当n6时，Tn|a1|a2|an|a1a2a5a6a7an2S5Sn2×(5210×5)(n210n)n210n50，故Tn9如图所示，扇形AOB，圆心角AOB等于60°，半径为2，在弧AB上有一动点P，过P引平行于OB的直线和OA交于点C，设AOP，求POC面积的最大值及此时的值9解CPOB，CPOPOB60°，OCP120°.在POC中，由正弦定理得，CPsin .又，OCsin(60°)因此POC的面积为S()CP·OCsin 120°·sin ·sin(60°)×sin sin(60°)sin 2sin ·cos sin2sin 2cos 2sin，时，S()取得最大值为.10关于x的二次方程x2(m1)x10在区间0,2上有解，求实数m的取值范围10解设f(x)x2(m1)x1，x0,2f(0)1>0，(1)当2是方程x2(m1)x10的解时，则42(m1)10，m.(2)当2不是方程x2(m1)x10的解时，方程f(x)0在(0,2)上有一个解时，则f(2)<0，42(m1)1<0.m<.方程f(x)0在(0,2)上有两个解时，则<m1.综合(1)(2)，得m1.实数m的取值范围是(，1三、解答题（本大题共10题，每题10分要求详细写出完整的解答过程）：1一片森林原来的面积为a，计划每年砍伐一些树，且每年砍伐面积的百分比相等，当砍伐到面积的一半时，所用时间是10年，为保护生态环境，森林面积至少要保留原面积的，已知到今年为止，森林剩余面积为原来的，(1)求每年砍伐面积的百分比；(2)到今年为止，该森林已砍伐了多少年？(3)今后最多还能砍伐多少年？1解(1)设每年砍伐面积的百分比为x(0<x<1)，则a(1x)10a，即(1x)10，解得x1.(2)设经过m年剩余面积为原来的，则a(1x)ma，即，解得m5，故到今年为止，已砍伐了5年(3)设从今年开始，以后砍了n年，则n年后剩余面积为a(1x)n.令a(1x)na，即(1x)n，解得n15.故今后最多还能砍伐15年2已知方程x2y22x4ym0(1)若此方程表示圆，求m的取值范围；(2)若(1)中的圆与直线x2y40相交于M、N两点，且OMON(O为坐标原点)，求m；(3)在(2)的条件下，求以MN为直径的圆的方程2解(1)(x1)2(y2)25m，m<5(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x142y1，x242y2，则x1x2168(y1y2)4y1y2OMON，x1x2y1y20168(y1y2)5y1y20 由得5y216ym80y1y2，y1y2 代入得，m(3)以MN为直径的圆的方程为(xx1)(xx2)(yy1)(yy2)0即x2y2(x1x2)x(y1y2)y0所求圆的方程为x2y2xy03已知数列的前n项和为Sn，且Snn5an85，nN*.(1)证明：是等比数列；(2)求数列的通项公式，并求出n为何值时，Sn取得最小值？并说明理由(参考数据：lg 20.3，lg 30.48)3(1)证明Snn5an85，当n1时，S115a185，即a115a185，解得a114；当n2时，anSnSn1(n5an85)(n1)5an1855an5an11，整理得6an5an11，6(an1)5(an11)，.又a1115，数列是以15为首项，为公比的等比数列(2)解由(1)知，an115×()n1，an15×()n11，代入Snn5an85得，Snn585n75×()n190.设Sk为最小值，则即即即logklog1.又log.lg 20.3，lg 30.48，log14.75.14.75k15.75.又kN*，k15.即当n15时，Sn取得最小值4现在有某企业进行技术改造，有两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元，两方案使用期都是10年，到期后一次性归还本息，若银行贷款利息均按本息10%的复利计算，试比较两种方案谁获利更多？(精确到千元，数据1.1102.594,1.31013.79)4解甲方案10年中每年获利数组成首项为1，公比为130%的等比数列，其和为1(130%)(130%)2(130%)942.63(万元)，到期时银行贷款的本息为10(10.1)1010×2.59425.94(万元)，甲方案扣除贷款本息后，净获利约为426325.9416.7(万元)乙方案10年中逐年获利数组成等差数列，11.5(19×0.5)32.50(万元)，而贷款本利和为11×1(110%)(110%)91.1×17.53(万元)乙方案扣除贷款本息后，净获利约为325017.5315.0(万元)，比较得，甲方案净获利多于乙方案净获利5设数列an的首项a11，前n项和Sn满足关系式：3tSn(2t3)Sn13t (t>0，n2,3,4，)(1)求证：数列an是等比数列；(2)设数列an的公比为f(t)，作数列bn，使b11，bnf (n2,3,4，)求数列bn的通项bn；(3)求和：b1b2b2b3b3b4b4b5b2n1b2nb2n·b2n1.5(1)证明由a1S11，S21a2，得a2，.又3tSn(2t3)Sn13t，3tSn1(2t3)Sn23t.，得3tan(2t3)an10.，(n2,3，)数列an是一个首项为1，公比为的等比数列(2)解由f(t)，得bnfbn1.数列bn是一个首项为1，公差为的等差数列bn1(n1).(3)解由bn，可知b2n1和b2n是首项分别为1和，公差均为的等差数列于是b1b2b2b3b3b4b4b5b2n1b2nb2nb2n1b2(b1b3)b4(b3b5)b6(b5b7)b2n(b2n1b2n1)(b2b4b2n)·n(2n23n)6已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线yx2的焦点，离心率为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M，若m，n，求mn的值6解(1)设椭圆C的方程为1 (a>b>0)抛物线方程可化为x24y，其焦点为(0,1)，则椭圆C的一个顶点为(0,1)，即b1.由e.得a25，所以椭圆C的标准方程为y21.(2)易求出椭圆C的右焦点F(2,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(0，y0)，显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x2)，代入方程y21，得(15k2)x220k2x20k250.x1x2，x1x2.又(x1，y1y0)，(x2，y2y0)，(x12，y1)，(x22，y2)m，n，m，n，mn，又2x1x22(x1x2)，42(x1x2)x1x24，mn10.7已知函数的导数为实数，.（）若在区间上的最小值、最大值分别为、1，求、的值；（）在（）的条件下，求经过点且与曲线相切的直线的方程；（）设函数，试判断函数的极值点个数7.解: 解（）由已知得， 由，得， 当时，递增；当时，递减 在区间上的最大值为，又， 由题意得，即，得 故，为所求 （）解：由（1）得，点在曲线上 当切点为时，切线的斜率， 的方程为，即 当切点不是切点时，设切点为，切线的斜率， 的方程为 又点在上， ， ， ， ，即， 切线的方程为故所求切线的方程为或 （ 或者：由（1）知点A（0，1）为极大值点，所以曲线的点A处的切线为，恰好经过点，符合题意）（）解： 二次函数的判别式为，令，得：令，得 ，当时，函数为单调递增，极值点个数为0；当时，此时方程有两个不相等的实数根，根据极值点的定义，可知函数有两个极值点 8已知数列an的前n项和为Sn，a11，an12Sn1 (nN*)，等差数列bn中，bn>0 (nN*)，且b1b2b315，又a1b1、a2b2、a3b3成等比数列(1)求数列an、bn的通项公式；(2)求数列an·bn的前n项和Tn.8解(1)a11，an12Sn1 (nN*)，an2Sn11 (nN*，n>1)，an1an2(SnSn1)，即an1an2an，an13an (nN*，n>1)而a22a113，a23a1.数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，an3n1 (nN*)a11，a23，a39，在等差数列bn中，b1b2b315，b25.又a1b1、a2b2、a3b3成等比数列，设等差数列bn的公差为d，则有(a1b1)(a3b3)(a2b2)2.(15d)(95d)64，解得d10或d2，bn>0 (nN*)，舍去d10，取d2，b13，bn2n1 (nN*)(2)由(1)知Tn3×15×37×32(2n1)3n2(2n1)3n1，3Tn3×35×327×33(2n1)3n1(2n1)3n， 得2Tn3×12×32×322×332×3n1(2n1)3n32(332333n1)(2n1)3n32×(2n1)3n3n(2n1)3n2n·3n.Tnn·3n.9设二次函数()满足条件： (1)当时,，且； (2)当时,； (3)在R上的最小值为0。求最大的，使得存在R，只要，就有。9解：由，可知二次函数的对称轴为直线，又由(3)知，二次函数的开口向上，即，于是可设 ()。由(1)知，由(2)知，所以。即，所以，即.因为的图象开口向上，而的图象是由的图象向左平移个单位得到。要在区间上，使得的图象在的图象的下方，且最大，则1和应当是关于的方程 的两个根 令代入方程，得或。当时，方程的解为，这与矛盾。当时，方程的解为，所以。又当时，对任意，恒有，即，也就是。所以的最大值为9。10已知不等式对于恒成立，求a的取值范围。10解：设，则从而原不等式可化为：即， 原不等式等价于不等式（1）（1）不等式恒成立等价于恒成立。从而只要。又容易知道在上递减，。所以。专心-专注-专业