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山东省日照市2013届高三阶段训练理科数学试题详细解析


山东省日照市 2012 年高三阶段训练 理科数学试题详细解析 2012.12
一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出韵四个选项中,只有 一项 是符合题目要求的. 1.已知集合 M ? { ? 1 , 0 , 2 } , N ? ? y y ? sin x , x ? R ? ,则集合 M (A) ? (B) { 0 }
2



?N

等于

(C) { ? 1, 0 }
? 0 ”的否定是

(D) { ? 1, 0 , 2 }

2.命题“ ? x ? R , x

(A) ? x ? R , x ? 0
2

(B) ? x ? R , x
2

2

? 0

(C) ? x ? R , x ? 0
2

(D) ? x ? . R , x ? 0
?
4 ) ?

3.已知 cos ? ? (A)
1 5

3 5

, 0 ? ? ? ? ,则 tan( ? ?
1 7

(B)

(C) ? 1
x, x ? 0

(D) ? 7
1 2

4.已知函数 f ? x ? ? ?
?

? log

2 x

2 ,x ? 0

若 f (a ) ?

,则 a 等于

(A) ? 1 或 2

(B)

2

(C) ? 1

(D) 1 或 ?

2

5.“ x ( x ? 5 ) ? 0 成立”是“ | x ? 1 |? 4 成立”的 (A)充分而不必要条件 (C)充分必要条件 6.函数 y ?
lg | x | x

(B)必要而不充分条件 (D)既不充分也不必要条件

的图象大致是

7.设 m , n 是不同的直线, ? , ? 是不同的平面,有以下四个命题: ①若 m ? ? , n ? ? ,则 m // n ; ②若 ? ? ? , m // ? ,则 m ? ? ;

③若 m ? ? , m ? n ,则 n // ? ;

④若 n ? ? , n ? ? ,则 ? // ? .

其中,真命题的序号是 (A)①③ (B)①④ (C)②③” (D)②④ 8.如右图,某几何体的主视图与左视图都是边长为 l 的正方形,且体积为 的俯视图可以是
1 2

.则该几何体

9.已知函数 f 1 ? x ? ? x ?
f 3 ?x ? ? 8x x
2

4 x

?x

? 0 ? , f 2 ? x ? ? cos x ? 9 x ? 2

? ? ? ?0 ? x ? ?, cos x ? 2 ?
4

?1

?x

? 0 ? , f 4 ?x ? ?

? x ? x ? ? 2 ? 其中以 4 为最小值的函数个数是

(A) 0

(B) 1

(C) 2

(D) 3

10.己知数列 { a n } , 若点 ( n , a n )( n ? N *) 在经过点 ( 8 , 4 ) 的定直线 l 上, 则数列 { a n } 的前 15 项和 S 15 ? (A) 12 (B) 32 (C) 60 (D) 120
x

11.设函数 f ( x ) 的零点为 x 1 ,函数 g ? x ? ? 4 ? 2 x ? 2 的零点为 x 2 ,若 x 1 ? x 2 ?
f ( x ) 可以是

1 4

,则

(A) f ( x ) ? 2 x ? (C) f ( x ) ? 1 ? 10

1 2
x

(B) f ( x ) ? ? x ? x ?
2

1 4

(D) f ( x ) ? ln( 8 x ? 2 )

12.向量 a ? ( 2 , 0 ) , b ? ( x , y ) ,若 b 与 b ? a 的夹角等于 (A) 4 (B) 2 3 (C) 2 (D)
4 3 3

?
6

,则 | b | 的最大值为

二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 1 6 分 13.已知向量 a ? ( ? 1,1), b ? ( 2 , k ) ,且 a // b ,则实数 k ? ______. 14.函数 y ? ? x ? 2 x 与 x 轴相交形成一个闭合图形,则该闭合图形的面积是___.
2

15.二维空间中圆的一维测度 (周长) ? 2 ? r , 二维测度 (面积) ? ? r , 观察发现 S ? l ; S l
2 '

s 三维空间中球的二维测度 (表面积) ? 4 ? r , 三维测度 (体积) ? V
2 3

4 3

观察发现 V ?r ,
3

'

? S .

已知四维空间中“超球”的三维测度 V ? 8 ? r ,猜想其四维测度 W ? ____. 16.定义在 R 上的函数 y ? f ( x ) ,若对任意不等实数 x 1 , x 2 满足
f ( x1 ) ? f ( x 2 ) x1 ? x 2 ? 0 ,且

对于任意的 x , y ? R ,不等式 f ( x ? 2 x ) ? f ( 2 y ? y ) ? 0 成立.又函数 y ? f ( x ? 1 ) 的
2 2

图象关于点 (1 , 0 ) 对称,则当 1 ? x ? 4 时, 三、解答题:本大题共 6 小题, .共 74 分 17(本小题满分 l2 分)

y x

的取值范围为_____.

2 已知向量 a ? ( 3 cos x , 0 ) , b ? ( 0 , sin x ) ,记函数 f ( x ) ? ( a ? b ) ?

3 sin 2 x .求:

(I)函数 f ( x ) 的最小值及取最小值时 x 的集合: ( II)函数 f ( x ) 的单调递增区间. 18(本小题满分 12 分) 已知 { a n } 是公差不为零的等差数列, a 1 ? 1 , a 1 , a 3 , a 9 成等比数列.求: ( I)数列 { a n } 的通项公式; ( II)数列 { a n ? 2 } 的前 n 项和 S n ? 19(本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) ? x ?
1 | x |
an

.

(I)若 f ( x ) ? 2 ,求 x 的值; (II)若 tf ( t ) ? mf ( t ) ? 0 对于 t ? [ 2 , 4 ] 恒成立,求实数 m 的取值范围.
2

20(本小题满分 l2 分) 如图, 在直角梯形 ABCP 中,AP // BC , AP ? AB , AB ? BC ?
1 2 AP ? 2 ,D 是 AP

的中点, E , F , G 分别为 PC , PD , CB 的中点,将 ? PCD 沿 CD 折起,使得 PD ? 平面
ABCD .

(I)求证: AP // 平面 EFG ; (II)求二面角 G ? EF ? D 的大小.

21(本小题满分 13 分) 如图,顺达驾校拟在长为 400 m 的道路 OP 的一侧修建一条训练道路,训练道路的前 一部分为曲线段 OSM ,该曲线段为函数 y ? A sin ? x ( A ? 0 , ? ? 0 ) , x ? [ 0 , 200 ] 的图象, 且图象的最高点为 S (150 ,100 限定 ? MNP ? 120 。
o

3 ) ,训练道路的后一部分为折线段 MNP ,为保证训安全,

( I)求曲线段 OSM 对应函数的解析式; (II)应如何设计,才能使折线段训练道路 MNP 最长?最长为多少?

22(本小题满分 13 分) 已知 h ( x ) 是指数函数,且过点 (ln 2 , 2 ) ,令 f ( x ) ? h ( x ) ? ax . (I)求 f ( x ) 的单调区间; (II)记不等式 h ( x ) ? (1 ? a ) x 的解集为 P ,若 M ? { x | 求实数 a 的取值范围; (III) 当 a ? ? 1 时 , 设 g ( x ) ? h ( x ) ln x , 问 是 否 存 在 x 0 ? ( 0 , ?? ) , 使 曲 线
C : y ? g ( x ) ? f ( x ) 在点 x 0 处的切线斜率与 f ( x ) 在 R 上的最小值相等?若存在,求出符

1 2

? x ? 2} 且 M

?P

? P ,

合条件的 x 0 的个数;若不存在,请说明理由. 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分. 1.C【解析】由题知 N ? ? ? 1,1 ? . 2.D【解析】全称性命题的否定是存在性命题. 3.D【解析】 s in ? ?
4 5 , 故 ta n ? ? 4 3 , ta n ( ? ?

?
4

ta n ? ? ta n ) ?

?
4

1 ? ta n ? ? ta n
1

?
4

? ?7 .

时, x ? 2 ? 0 ,当 2 ? 时, x ? ? 1 ? 0 . 2 2 5.A【解析】由 x ( x ? 5 ) ? 0 解得 0 ? x ? 5 . 由 x ? 1 ? 4 解得 ? 3 ? x ? 5 .故 x ( x ? 5 ) ? 0 ? 4.A【解析】当 lo g 2 x ?
x

1

x ? 1 ? 4 ,反之不成立.

6.D【解析】 当 x ? 1 时, y ? 0 ,又已知函数是奇函数. 7.B【解析】 由平行与垂直的问题可知, ①④成立, ②可能 m , ? 相交; ③可能 n ? ? . 8.C【解析】该几何体可以是底面直角边长为 1 的等腰直角三角形,高为 1 的三棱柱. 9.B 【解析】 函数 f 1 ( x ) 中,当 x ? 0 时, y 1 ? 0 ; f 2 ( x ) 无最值; f 3 ( x ) ?
8 x? 1 x ? 8 2 ? 4 最大值为

4; f 4 ( x ) ?

9 x? 2

? ( x ? 2 ) ? 2 ? 2 ? 3 ? 2 ? 4 等号成立.

10.C 【解析】 可设定直线 为 y ? 4 ? k ( x ? 8 ) ,知 a n ? 4 ? k ( n ? 8 ) , 得 a n ? k ( n ? 8 ) ? 4 ,则 ? a n ? 是等差数列, S 1 5 ?
1 5 ? ( a1 ? a1 5 ) 2 ? 1 5 ? a8 ? 1 5 ? 4 ? 6 0 .

11.C【解析】 由题知 g ( ) ? g ( ) ? 0 ,
2 4

1

1

1 4

? x2 ?

1 2

,由 | x 1 ? x 2 | ?

1 4

的意义即得.
π 6

12.A【解析】由向量加减法的几何意义, B 始终在以 O A 为弦,圆周角 ? O B A ? 上, | b | 等于弦 O B 的长,最大为该圆的直径,由正弦定理,
2 s in π 6

的圆弧

? 2 R ? 2 R ? 4.

二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分. 13. ? 2 【解析】因为 a // b ,所以 k ? ? 2 . 14.
4 3
2 【解析】对于 y ? ? x ? 2 x ,令 y ? 0 ,解得 x 1 ? 0 , x 2 ? 2 .由定积分的几何意义,

闭合图形的面积为 ? ( ? x ? 2 x ) d x ? ( ?
2 0
4

2

1 3
3

x ? x ) |0 ?
3 2 2

4 3

.

4 4 15. 2 π r 【解析】因为 ( 2 π r ) ? ? 8 π r ,所以 W ? 2 π r .

16. [ ?

1 2

,1] 【解析】由函数 y ? f ( x ) ,若对任意不等实数 x 1 , x 2 满足

f ( x1 ) ? f ( x 2 ) x1 ? x 2

? 0 ,可知函数 y ? f ( x ) 为 R 上递减函数.由函

数 y ? f ( x ? 1) 的图象关于点 (1, 0 ) 对称,可知函数 y ? f ( x )

的图象关于点 ( 0 , 0 ) 对称,所以函数 y ? f ( x ) 为奇函数.又
f ( x ? 2 x ) ? f ( 2 y ? y ) ? 0 ,所以 x ? 2 x ? ? 2 y + y ,即
2 2 2 2

? ( x ? y )( x ? y ? 2 ) ? 0 y 表示的平面区域如图所示, 表示区域中的 ( x ? y )( x ? y ? 2 ) ? 0 . ? x ?1 ? x ? 4

点与原点连线的斜率,又 k O A ? ?

1 2

,所以

y x

的取值范围为 [ ?

1 2

,1] .

答案:.

二、解答题:本大题共 6 小题,共 74 分.
2 (17)解: (Ⅰ) f ( x ) ? ( a ? b ) ?

3 sin 2 x

?1 ? 2 c o s x
2

?

3 s ix n ? 2

c o? 2 x s

x s i n 2 3 ?

2

= 2 sin( 2 x ?

π 6

)? 2 ,

2π ( k ? Z ) 时, f ( x ) m i n ? 0 , 当且仅当 2 x ? π ? 2 k π ? 3 π ,即 x ? k π ? 6 2 3

此时 x 的集合是 ? x | x ? k π ?
?

?

? π, k ? Z ? . 3 ? 2

(Ⅱ)由 2 k π -

π 2

? 2x ?

π 6

? 2 kπ ?

π 2

( k ? Z ) ,所以 k π - π 3 , kπ ? π 6

π 3

? x ? kπ ?

π 6

(k ? Z ) ,

所以函数 f ( x ) 的单调递增区间为 [ k π -

]( k ? Z ) .

(18)解: (Ⅰ)设等差数列 { a n } 的公差为 d ,由题设知 d ? 0 , 由 a 1 ? 1, a 1 , a 3 , a 9 成等比数列,得 解得 d ? 1, d ? 0 (舍去). 故 { a n } 的通项公式为 a n = 1 + ( n ? 1) ? 1 ? n . (Ⅱ)由(I)知 a n ? 2
1
an

1 ? 2d 1

?

1 ? 8d 1 ? 2d

.

? n?2
2

n


3 n ?1

S n ? 1 ? 2 ? 2 ? 2 ? 3 ? 2 ? ? ? ( n ? 1) ? 2

? n?2 ,
n

(1)
n ?1

2 ? Sn ?
(1) ? ( 2 ) ,得

1 ? 2 ? 2 ? 2 ? 3 ? 2 ? ? ? ( n ? 1) ? 2 ? n ? 2
2 3 4 n

, (2)

?Sn ? 2 ? 2 ? 2 ? ? ? 2 ? n ? 2
1 2 3 n

n ?1

.

所以 ? S n ?

2? 2

n ?1

1? 2

? n?2

n ?1

.

n ?1 从而 S n = ( n ? 1) ? 2 ? 2 .

(19)解: (Ⅰ)当 x 由条件可知 x ? 解得 x ? 1 ?

? 0 时, f ( x ) ? 0

;当 x

? 0 时, f ( x ) ? x ?

1 x

.

1 x

? 2 ,即 x ? 2 x ? 1 ? 0 ,
2

2 .?

x ? 0 ,?

x ?1?

2 .
2

(Ⅱ)因为 t ? ? 2 , 4 ? ,所以 f ? t ? ? t ?

1 t

, f ?t

??t

2

?

1 t
2

,

tf

? t ? ? m f ? t ? ? 0 恒成立即 t ? t
2

? ?

2

?

1 ? 1? ? ? m ? t ? ? ? 0 恒成立, 2 ? t ? t ? ?

即 ? t ? ? ? t ? 1 ? m ? ? 0 ,又 t ? ? 2 , 4 ? ,所以 t ?
2

? ?

1? t ?

1 t

? 0 .

2 所以 t ? 1 ? m ? 0 恒成立. 即 m ? ? ( t ? 1) 恒成立.
2

又 t ? ? 2 , 4 ? ,∴ m ? ? ? ( t ? 1) ? .即 m ? ? 5 . ? ? m ax
2

(20)解:(Ⅰ) 证明: 由题知, 直线 D A , D C , D P 两两垂直,以 D 为原点,以 DA , DC , DP 为方向向量建立空间直角坐标系 D ? xyz ,如图所示. 则 P ? 0 , 0 , 2 ? , C ? 0 , 2 , 0 ? , G ?1, 2 , 0 ? , E ? 0 ,1,1 ? , F ? 0 , 0 ,1 ? , A ? 2 , 0 0 ? . 所以 AP ? ? ? 2 , 0 , 2 ?, EF ? ? 0 , ? 1, 0 ?, EG ? ?1,1, ? 1 ? 设平面 E F G 的法向量为 n ? ? x , y , z ? ,
???? ?n ? EF ? 0 ?? y ? 0 ? x ? z, ? ? ? ? ? ? ? ???? ?x ? y ? z ? 0 ? y ? 0. ?n ? EG ? 0 ?

.

取 n ? ? 1, 0 ,1 ? . ∵ n ? A P ? 1 ? ? ? 2 ? ? 0 ? 0 ? 1 ? 2 ? 0 ,? n ? A P , 又 AP ? 平面 E F G , ? A P //平面 E F G . (Ⅱ)由已知底面 ABCD 是正方形,? AD ? DC .又∵ PD ? 面 ABCD, ? AD ? PD .又 P D ? C D ? D ,
? AD ? 平面 PCD,? 向量 DA 是平面 PCD 的一个法向量, DA = ? 2 , 0 , 0 ? .
??? ? ??? ?

又由(Ⅰ)知平面 EFG 的法向量为 n ? ? 1, 0 ,1 ? ,
??? ? ??? ? DA ?n 2 ? c o s ? D A , n ? ? ??? ? ? ? 2 2 DA ? n 2 2

.

结合图知二面角 G ? EF ? D 的平面角为 45 .
0

(21)解:(Ⅰ)由题知, 图象的最高点为 S (1 5 0 , 1 0 0 3 ) , 所以 A ? 1 0 0 3 , 由T ? 6 0 0 ?

T 4 ? 150,

所求的解析式是

?

,得 ? ?

π 300

.

x (0 ? x ? 2 0 0 ) . 300 (Ⅱ)当 x ? 2 0 0 时, y ? 1 5 0 ,所以 M P ? 2 5 0 ,设 M N ? m , N P ? n ( m , n > 0 ) , 3 s in

y ? 100

π

在 ? M N P 中,由余弦定理,得 M P ? 2 5 0 ? M N ? N P ? 2 M N ? N P c o s 1 2 0 .
2 2 2 2 o

即 2 5 0 ? ( m ? n ) ? m n .又 m n ?
2 2

?m
2

? n? 4

2

( m ? n 时取等号),
2

所以 2 5 0 ? ( m ? n ) ? m n ? ( m ? n ) ?
2 2

(m ? n) 4

,

解得 0 ? m ? n ?

500 3

3

.

即设计折线段训练道路中 M N 与 为
500 3 3 m .

NP

的长度相等时,折线段训练道路 M N P 最长.最长

ln 2 ? 2 ,∴ (22)解:由题意可设 h ( x ) ? m ( m ? 0 且 m ? 1) ,又 h ( x ) 过点 (ln 2 , 2 ) ,∴ m
x

m ? e


x x

∴h(x) ? e , f (x) ? e ? ax .
x (Ⅰ) f ? ( x ) ? e ? a ,

(1) a ? 0 时, f ? ( x ) ? 0 , 所以 f ( x ) 的单调区间是 ( ? ? , ? ? ) ;
x (2) a ? 0 时,令 f ? ( x ) ? 0 , 即 e ? a ? 0 ,得 x ? ln ( ? a ) ,

且当 x ? ( ? ? , ln ( ? a )) 时, f ? ( x ) ? 0 , 当 x ? (ln ( ? a ), ? ? ) 时, f ? ( x ) ? 0 , 所以 f ( x ) 的单调减区间是 ( ? ? , ln ( ? a )) ,单调增区间是 (ln ( ? a ), ? ? ) . (Ⅱ) 因为 M ? P ? P ,所以 M ? P . 从而不等式 h ( x ) ? (1 ? a ) x 在 [ , 2 ] 上恒成立,即 a ? 1 ?
2
e
x

1

e

x

在 [ , 2 ] 上恒成立.
2

1

x e (1 ? x )
x

令t(x) ? 1 ?

,x?[

1 2

, 2 ] ,则 t ? ( x ) ?

x

x

2



所以 t ( x ) 在 [ ,1] 上递增,在 [1, 2 ] 上递减.
2

1

t(

1 2

) ?1? 2

e ,t(2) ? 1 ?

e

2

,且 t ( 2 ) ? t ( ) ,
2
e
2

1

2 e
2

所以 t ( x ) m in ? t ( 2 ) ? 1 ?

,所以 a ? 1 ?

.

2

2

(Ⅲ) C : y ? g ( x ) ? f ( x ) ? e ln x ? e ? x ,
x x

所以 y ? ? e (ln x ?
x

1 x

? 1) ? 1 .

由(I)知,当 a ? ? 1 时, f ( x ) 的最小值是 ? ( ? 1) ? ( ? 1) ln 1 ? 1 . 假设存在 x 0 ? ( 0 , ? ? ) , 使曲线 C : y ? g ( x ) ? f ( x ) 在点 x 0 处的切线斜率与 f ( x ) 在 R 上的 最小值相等,则 x 0 为方程 y ? ? 1, 即 ln x ? 令 r ( x ) ? ln x ? 由 r ?( x ) ?
1 x ? 1 x 1 x
2

1 x

? 1 ? 0 的解.

? 1 , x0 ? (0, ? ? ) , ? x ?1 x
2

,知 r ( x ) 在 ( 0 ,1) 上为减函数,在 (1, ? ? ) 上为增函数,
1 x ? 1 ? 0 在 ( 0 , ? ? ) 上有唯一解.

所以 r ( x ) m in ? r (1) ? 0 ,故方程 ln x ?

所以,符合条件的 x 0 存在,且只有一个.


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