湖南职高数学对口升学一轮基础复习试题三(含答案)

一、选择题（每题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的） 1．集合M4,5,3m,N9,3，若MN，则实数m的值为（ ） A．3或3 B．3 C． 3或1 D．1

2．关于复数z(1i)21i，下列说法中正确的是（ ）

A．在复平面内复数z对应的点在第一象限． B．复数z的共轭复数z1i．

C．若复数z1zb（bR）为纯虚数，则b1．

D．设a,b为复数z的实部和虚部，则点(a,b)在以原点为圆心，半径为1的圆上．

3．“2a2b”是“log2alog2b”的（ ）

开始 A．充分不必要条件 B．既不充分也不必要条件 C．充要条件 D. 必要不充分条件

s1，n1 4．阅读如图所示的程序框图，输出结果s的值为（ ） A．

1n4否 2 B．316 C．1116 D．8

是 5.已知AB、AC是非零向量且满足 sscosn9输出s AB－2AC）AB，（AC－2AB）AC

nn1结束 则ABC的形状是（ ）

A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形 第7题图

6．将函数y=sin2x的图像向左平移

4个单位，再向上平移1个单位，所得图像的函数解析式是 （（A）y=cos2x （B）y=2cos2x （C）y=1+sin2x4 （D）y=2sin2x 7．已知空间不共面的四点A,B,C,D，则到这四点距离相等的平面有（ ）个 A．4 B．6 C．7 D．5

x2,x1f(x)8.设

,g(x)x,x1是二次函数，若f(g(x))的值域是[0,+∞)， 则g(x)的值域是（ ）

A(-∞, -1]∪[1, +∞) B(-∞, -1]∪[0, +∞) C[0, +∞) D[1, +∞)

（ ） 二．填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分）

x＝1－2t，x＝s，9、1．已知直线l1：(t为参数)，l2： y＝2＋kty＝1－2s

(s为参数)，若l1∥l2，则k＝________

10．某几何体的三视图如图所示，则其表面积为 ．

aπ

(2sinx)dx，则f2等于 11．若函数f(a)0211112. 已知一元二次不等式f(x)0的解集为{x|1x2}， 2则f(2)0的解集为 . 第10题图

x1(yx)(yx)13．已知实数x,y满足xy3，则 z的最大值为 ．

xyx2y0

n514．已知数列{an}的通项公式为annp，数列{bn}的通项公式为bn2，设cnxan,anbn，

bn,anbn若在数列{cn}中，c8cn(nN,n8)，则实数p的取值范围是 ．

15．对于集合N={1，2，3，…，n}的每一个非空子集，定义一个“交替和”如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后从最大数开始交替地减、加后继的数．例如集合{1，2，4，6，9}的交替和是9-6+4-2+1=6，集合{5}的交替和为5．当集合N中的n=2时，集合N={1，2}的所有非空子集为{1}，{2}，{1，2}，则它的“交替和”的总和S2=1+2+（2-1）=4，请你尝试对n=3、n=4的情况，计算它的“交替和”的总和S3、S4，并根据其结果猜测集合N={1，2，3，…，n}的每一个非空子集的“交替和”的总和Sn=

三．解答题（本题共6大题，共75分）

16．（12分）函数f(x)对于x>0有意义，且满足f(2)1,f(x•y)f(x)f(y),f(x)是减函数 .

(1)证明f(1)=0 ; （2）若f(x)f(x3)2成立，求x的取值范围。

17.（本题满分12分）设三角形ABC的内角A,B,C所对的边长分别a,b,c, m(cosA,cosC),n(3c2b,3a) ,且mn.

(Ⅰ)求角A的大小;

(Ⅱ)若ＡＣ＝ＢＣ，且BC边上的中线AM的长为7,求ABC的面积.

18．（本小题满分12分）

在如图所示的空间几何体中，平面ACD平面ABC，ACD与ACB是边长为2的等边三角形，BE2，BE和平面ABC所成的角为60，且点E在平面ABC上的射影落在ABC的平分线上． （Ⅰ）求证：DE//平面ABC；

（Ⅱ）求二面角EBCA的余弦值． 第18题图 19、（本大题满分12分）某投资公司拟投资开发某项新产品，市场评估能获10--1 000万元的投资收益，现公司准备制定一个对科研课题组的奖励方案：奖金y(单位：万元)随投资收益x(单位：万元)的增加而增加，且奖金不低于1万元，同时奖金不超过投资收益的20%， (Ⅰ)设奖励方案的函数模拟为f（x），试用数学语言表述公司对奖励方案的函数模型f（x）的基本要求； (Ⅱ)下面是公司预设的两个奖励方案的函数模型： (1) y=

+2；(2)y=4lgx-3．

试分别分析这两个函数模型是否符合公司要求？

20．（本小题满分13分）设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn2an2n1(n∈N*)．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）求证：当x>0时，ln(x1)（III）令cn(1)n1logann1x x12，数列{cn}的前2n项和为T2n．利用（2）的结论证明：当n∈N*且n≥2

时，T2nIn2.

21．（本小题满分14分）已知aR,函数f(x)（其中e为自然对数的底数）。

（1）求函数f(x)在区间(0,e]上的最小值；

（2）是否存在实数x0(0,e],使曲线yg(x)在点xx0处的切线与y轴垂直？ 若存在，求出x0的值，若不存在，请说明理由。

alnx1,g(x)(lnx1)exx x答案

一、选择题： CCDC DBCC 二、填空题：

9 4 10

512 11 π+1 2312 {x |x<-1或x>1} 13 14 （12,17） 15

2三、解答题： 16、（1）令x=1,y=1,可得f(1)=0……2分

（2）由f(x•y)f(x)f(y)及f(4)2得 fx(x3)f(4)…………………6分

又f(x)为(0,)的减函数，得

n2n1

x0x30………………………………………….9分 x(x3)4得3x4……………………………………………11分 故x的取值范围是3,4………………………………12分

17. 解：（１）由m•n0

(2b3c)cosA3acosC……………………………………………1分

所以(2sinB3sinC)cosA3sinAcosC………………………2分

2sinBcosA3sinAcosC3sinCcosA3sin(AC)

则2sinBcosA=3sinB……………………………………………………4分 所以cosA=

3 于是Ａ＝……………………………………………6分 26（2）由（1）知Ａ＝

2，又ＡＣ＝ＢＣ，所以C=………………7分 631x，ＡＭ＝7，在AMC中，由余弦定理得 2设ＡＣ＝x,则ＭＣ＝

AC2MC22ACMCcosCAM2……………………………9分

即x(2x2x2)2xcos(7)2 2231222sin3…………………………………………12分 23解得x=2……………………………………………………………………11分 故SABC

18．（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）由题意知，ABC，ACD都是边长为2的等边三角形，取AC中点O，连接BO,DO，则BOAC，DOAC，……………………2分

又∵平面ACD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC，作EF⊥平面ABC， 那么EF//DO，根据题意，点F落在BO上，

∴EBF60，易求得EFDO3，…………4分

∴四边形DEFO是平行四边形，∴DE//OF，∴DE//平面ABC …………6分

（Ⅱ）解法一：作FGBC，垂足为G，连接EG， ∵EF⊥平面ABC，∴EFBC，又EFFGF，

∴BC平面EFG，∴EGBC，∴EGF就是二面角EBCA的平面角．…………9分

131，EF3，EG．

22FG1313∴cosEGF．即二面角EBCA的余弦值为.………12分 EG1313RtEFG中，FGFBsin30解法二：建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，可知平面ABC的一个法向量为n1(0,0,1) 设平面BCE的一个法向量为n2(x,y,z) n2BC0则，可求得n2(3,3,1)．………………9分

n2BE0n1n213所以cosn1,n2， |n1||n2|13又由图知，所求二面角的平面角是锐角，所以二面角EBCA的余弦值为

19．(1)解：由题意知,公司对奖励方案的函数模型f (x)的基本要求是：

x当x∈[10，1000]时，①f (x)是增函数；②f(x)≥1恒成立；③fx)≤恒成立．

5x2 (2)解：①对于函数模型f(x)150当x∈[10，1000]时，f (x)是增函数，则f(x)≥1显然恒成立

xx而若使函数f(x)2≤在[10，1000]上恒成立，即29x≥300恒成立

1505x而(29x)min = 290，∴fx)≤不恒成立

5故该函数模型不符合公司要求． ②对于函数模型f(x)4lgx2

当x∈[10，1000]时，f (x)是增函数，f(x)minf(10)4lg10221. ∴f (x)≥1恒成立

4lge1x设g(x)4lgx2，则g(x)

5x54lge12lge1lge21当x≥10时，g(x)≤0

x555所以g (x)在[10，1000]上是减函数 从而g (x)≤g (10) = 4lg10－2－2 = 0

xx∴4lgx2≤0，即4lgx2≤

55x∴f(x)≤恒成立.

5故该函数模型符合公司要求．

20、解（1）由Sn2an2n1，得Sn12an12n（n2）………………………2分 两式相减，得an2an2an12n，即an2an12n（n2）

13．……12分 132分

4分

6分

8分

10分

12分

anan1an，所以数列1{}是公差为1的等差数列…………..………………….3分

2n2n12n又S12a122，所以a14.

an所以n，故. …………………………………….5分 a(n1)22(n1)n1nn211xx（2）令g(x)ln(x1)0，7分 (x0)，则g(x)22x1x1(x1)(x1)x∴g(x)在(0,)时单调递增，g(x)g(0)0，即当x0时，ln(x1)….9分

x1于是

1，则当n≥2时， n11111111111T2n1(1)2()

2342n12n232n242n111. …………………11分 n1n22n111下面证...ln2

n1n12n1n11令x，由（2）可得ln，所以 nnn1111，ln(n2)ln(n1)，……，ln(2n)ln(2n1) ln(n1)lnnn1n22n111以上n个式相加，即有ln(2n)lnn n1n22n111∴...ln(2n)lnnln2 …………………………………13分 n1n12n（3）因为cn(1)n1

21、解：（1）∵f(x)

aa1xalnx1,f(x)22. xxxx令f(x)0，得xa…………2分

①若a0，则f(x)0,f(x)在区间(0,e]上单调递增，此时函数f(x)无最小值 ………………………………………………………………………………………….3分

②若0ae,当x(0,a)时，f(x)0，函数f(x)在区间(0,a)上单调递减 当x(a,e]时，f(x)0，函数f(x)在区间(a,e]上单调递增

当x=a时，函数f(x)取得最小值lna…………5分

③若ae，则f(x)0，函数f(x)在区间(0,e]上单调递减

当xe时，函数f(x)取得最小值

a e综上可知，当a0时，函数f(x)在区间(0,e]上无最小值； 当0ae时，函数f(x)在区间(0,e]上的最小值为lna； 当ae时，函数f(x)在区间(0,e]上的最小值为

xa.…………7分 e （2）∵g(x)(lnx1)ex,x(0,e]

ex1g(x)(lnx1)ex1(lnx1)ex1…………..8分

xx

由（1）可知，当a1时,f(x)

1lnx1 x1lnx10…………10分 x此时f(x)在区间(0,e]上的最小值为ln10即当x0(0,e]，ex0

0,1lnx010 x0

g(x0)(1lnx01)ex0110…………12分 x0

曲线g(x)Y在点xx0处的切线与y轴垂直等价于方程g(x0)0有实数解 而g(x0)0，即方程g(x0)0无实数解

故不存在x0(0,e]，使曲线yg(x)在点xx0处的切线与y轴垂直…………14分