2011高考数学预测题3附答案解析

2011高考数学预测题3（附答案解析）一、选择题（每题5分,有8题,共40分）1、设25abm，且112ab，则m（A）10（B）10（C）20（D）1002、0a是方程2210axx至少有一个负数根的（）A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件3、在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点OE，是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F．若ACa，BDb，则AF（）A．1142abB．2133abC．1124abD．1233ab4、设2()lg2xfxx，则2()()2xffx的定义域为()A新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆(4,0)(0,4)B新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆(4,1)(1,4)C新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆(2,1)(1,2)D新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆(4,2)(2,4)5、函数32()fxaxbxcxd图象如右图,则函数2233cyaxbx的单调递增区间为A．(,2]B.[3,)C.[2,3]D.1[,)26、在区间[1,1]上随机取一个数,cos2xx的值介于0到12之间的概率为A.13B.2C.12D.237、现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜四项工作，则不同安排方案的种数是A．152B．126C．90D．548、若,,0abc且()423,aabcbc则2abc的最小值为（）（A）31（B）31（C）232（D）232二、填空题（每题5分,有7题,共35分）9、已知753()5fxaxbxcxdx，其中,,,abcd为常数，若(7)7f，则(7)f_______10、在3333(1)(1)(1)xxx的展开式中，x的系数为____(用数字作答).11、在R上定义运算(1)xyxy,若不等式()()1xaxa对任意实数x均成立,则a的取值范围是__________12、在△ABC中，D为边BC上一点，1,120,2,2BDDCADBAD若△ADC的面积为33，则BAC_______13、函数()3sin23πfxx的图象为C，如下结论中正确的是_______（写出所有正确结论的编号）①图象C关于直线1112πx对称；②图象C关于点203，对称；③函数()fx在区间51212，内是增函数；④由3sin2yx的图角向右平移3个单位长度可以得到图象C14、若(1,1)A是225945xy内一点，F是椭圆的左焦点，点P在椭圆上，则||||PAPF的最大值为，最小值为15、把数列{21}n依次按第一个括号一个数,第二个括号两个数,第三个括号三个数,第四个括号四个数,第五个括号一个数循环分为(3),(5,7),(9,11,13),(15,17,19,21),(23),(25,27),(29,31,33),(35,37,39,41),(43)……则第100个括号内各数之和为___________三、解答题（16、17、18每题12分,19、20、21每题13分,共75分）16、已知函数()cos(2)2sin()sin()344fxxxx（Ⅰ）求函数()fx的最小正周期和图象的对称轴方程（Ⅱ）求函数()fx在区间[,]122上的值域17、某种有奖销售的饮料，瓶盖内印有“奖励一瓶”或“谢谢购买”字样，购买一瓶若其瓶盖内印有“奖励一瓶”字样即为中奖，中奖概率为16．甲、乙、丙三位同学每人购买了一瓶该饮料。（Ⅰ）求甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率；（Ⅱ）求中奖人数ξ的分布列及数学期望Eξ18、如图，在五面体ABCDEF中，四边形ADEF是正方形，FA平面ABCD，BC∥AD，1CD，22AD，45BADCDA。（Ⅰ）求异面直线CE与AF所成角的余弦值；（Ⅱ）证明CD⊥平面ABF；（Ⅲ）求二面角BEFA的正切值。19、张家界某景区为提高经济效益，现对某一景点进行改造升级，从而扩大内需，提高旅游增加值，经过市场调查，旅游增加值y万元与投入(10)xx万元之间满足：2101()ln,,5010xyfxaxxbab为常数。当10x万元时，19.2y万元；当20x万元时，35.7y万元。（参考数据：ln20.7,ln31.1,ln51.6）（1）求()fx的解析式；（2）求该景点改造升级后旅游利润()Tx的最大值。（利润=旅游增加值-投入）20、设椭圆2222:1(0)yxCabab的左焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于,AB两点，直线l的倾斜角为60o,2AFFB.（1）求椭圆C的离心率；（2）如果15||4AB，求椭圆C的方程.21、已知()lnfxxx．（1）求函数()fx在区间[,2](0)ttt上的最小值；（2）对一切实数(0,)x,2()()fxgx恒成立，求实数a的取值范围；（3）证明对一切(0,)x,12lnxxexe恒成立．参考答案一、选择题ACBBDABD二、填空题9、1710、711、1322a12、313、①②③14、626215、199216、解：（1）()cos(2)2sin()sin()344fxxxx13cos2sin2(sincos)(sincos)22xxxxxx2213cos2sin2sincos22xxxx13cos2sin2cos222xxxsin(2)6x22周期T∴由2(),()6223得kxkkZxkZ∴函数图象的对称轴方程为()3xkkZ（2）5[,],2[,]122636xx因为()sin(2)6fxx在区间[,]123上单调递增，在区间[,]32上单调递减，所以当3x时，()fx取最大值1又31()()12222ff，当12x时，()fx取最小值32所以函数()fx在区间[,]122上的值域为3[,1]217、解：（1）设甲、乙、丙中奖的事件分别为,,ABC，那么1()()()6PAPBPCP(ABC)=P(A)P(B)P(C)=15252()66216答：甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率为25216（2）的可能值为0,1,2,3P(=k)=3315()()66kkkC(k=0,1,2,3)所以中奖人数的分布列为0123P12521625725721216Eξ=0×125216+1×2572+2×572+3×1216=1218、(I)解：因为四边形ADEF是正方形，所以FA//ED.故CED为异面直线CE与AF所成的角.因为FA平面ABCD，所以FACD.故EDCD.在Rt△CDE中，CD=1，ED=22，CE=22CDED=3,故cosCED=EDCE=223.所以异面直线CE和AF所成角的余弦值为223.(Ⅱ)证明：过点B作BG//CD,交AD于点G，则45BGACDA.由45BAD,可得BGAB,从而CDAB,又CDFA,FAAB=A,所以CD平面ABF.(Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得AG=2，即G为AD的中点.取EF的中点N，连接GN，则GNEF,因为BC//AD,所以BC//EF.过点N作NMEF，交BC于M，则GNM为二面角B-EF-A的平面角。连接GM，可得AD平面GNM,故ADGM.从而BCGM.由已知，可得GM=22.由NG//FA,FAGM,得NGGM.在Rt△NGM中，tanGM1NG4GNM,所以二面角B-EF-A的正切值为14.19、解：（1）由条件221011010ln119.2501012020ln235.750abab…………2分解得1,1100ab则2101()ln(10).1005010xxfxxx（2）由251()()ln(10)1005010xxTxfxxxx则(1)(50)511()505050xxxTxxx令()0,1Txx则（舍）或50x当(10,50)x时，()0Tx，因此()Tx在（10，50）上是增函数；当(50,)时，()0Tx，因此()Tx在（0，+∞）上是减函数，50x为()Tx的极大值点即该景点改造升级后旅游利润()Tx）的最大值为(50)24.4T万元。20、解：设1122(,),(,)AxyBxy，由题意知1y＜0，2y＞0．（Ⅰ）直线l的方程为3()yxc，其中22cab．联立22223(),1yxcyxab得22224(3)2330abybcyb解得221222223(2)3(2),33bcabcayyabab得离心率23cea．（Ⅱ）因为21113AByy，所以22224315433abab．由23ca得53ba．所以51544a，得a=3，5b.椭圆C的方程为22195yx．21、解：⑴'()ln1fxx，当1(0,)xe，'()0fx，()fx单调递减，当1(,)xe，'()0fx，()fx单调递增．①102tte，t无解；②102tte，即10te时，min11()()fxfee；③12tte，即1te时，()fx在[,2]tt上单调递增，min()()lnfxfttt；所以min110()1lnteefxttte，，．⑵22ln3xxxax，则32lnaxxx，设3()2ln(0)hxxxxx，则2(3)(1)'()xxhxx，(0,1)x，'()0hx，()hx单调递增，(1,)x，'()0hx，()hx单调递减，所以min()(1)4hxh，因为对一切(0,)x，2()()fxgx恒成立，所以min()4ahx；⑶问题等价于证明2ln((0,))xxxxxee，由⑴可知()ln((0,))fxxxx的最小值是1e，当且仅当1xe时取到，设2()((0,))xxmxxee，则1'()xxmxe，易得max1()(1)mxme，当且仅当1x时取到，从而对一切(0,)x，都有12lnxxexe成立．