深圳外国语学校2011届高三理科第11周周练习题

1ABCD'x'y深圳外国语学校2011届高三理科数学·第11周周练习题（2010.11.13.）一、选择题1．（2007山东文、理）下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（D）A．①②B．①③C．①④D．②④2．两条相交直线的平行投影是（D）A、两条相交直线B、一条折线C、一条直线D、一条直线或两条相交直线3．如图所示是水平放置三角形的直观图，D是三角形ABC的BC边的中点，AB、BC分别与'y轴、'x轴平行，则三条线段AB、AD、AC中（B）A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD4．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图与左视图都是边长为2的正三角形，则这个几何体的侧面积为（D）A．3π3B．2πC．3πD．4π5．若点M在直线a上，a在平面内，则M，a，间的上述关系的集合表示是（）A．M∈a，a∈B．M∈a，aC．M，aD．M，a∈6．如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P，Q分别是棱AA1，CC1中点，设平面DPQ∩平面A1C1=l，则下列不正确的判断是（）A．l过B1B．l不一定过B1C．DP的延长线与D1A1的延长线的交点在l上D．DQ的延长线与D1C1的延长线的交点在l上①正方形②圆锥③三棱台④正四棱锥俯视图左（侧）视图正（主）视图变式训练：DABCDPQA1B1C1D12GEFCBC1ADB1A1D17．下列推理不正确的是（）A．点A直线a，A平面，点B直线a，B平面直线a平面B．点M平面，M平面，点N，N直线MNC．点ABC、、平面，ABC、、平面，且ABC、、不共线与重合D．直线l不在平面内，点AlA8．已知函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－3)……(x－100)，则f′(1)＝（A）A．－99！B．－100！C．－98！D．0二、填空题9．一物体的三视图的俯视图是两个同心圆，对下列命题：①该物体可能是球；②该物体可能是一个空心圆柱；③该物体可能是圆台；④该物体可能是圆柱和球的组合物．其中正确命题的序号是．10．一个平面可将空间分成2个部分．两个平面最多可将空间分成部分，三个平面最多可将空间分成部分．11．在长方体ABCD—A1B1C1D1中，与对角线B1D共面的棱共有条．12．已知函数fx满足对任意的xR都有11222fxfx成立，则127888fff＝7．13．已知函数yfxyfx()()与1互为反函数，又yfxygx11()()与的图象关于直线yx对称，若fxxxfx()log()()()122120，则__，)1(221xx_;g()6____4___．14．已知函数f(x)是定义在区间（－1，1）上的奇函数，且对于x∈(－1，1)恒有f’(x)0成立，若f(－2a2＋2)＋f(a2＋2a＋1)0，则实数a的取值范围是2{|1}2aa．三、解答题15．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为AB的中点，F为AA1的中点．(1)求证：E、C、D1、F四点共面；(2)CE、DA、D1F三线共点．证明：(1)连结EF、A1B、D1C，易证EFA1B，CD1A1B，∴EFCD1，从而E、C、D1、F四点共面．(2)在四边形ECD1F中，∵EFCD1，∴直线CE和D1F必相交，设交点为G，则GCE,而CE平面AC,∴G平面AC．同理可证，G平面AD1，而平面AC平面AD1=AD，∴GAD，即CE、DA、D1F三线共点．注：本题(2)为证三线共点，其一般方法是：先证两条直线交于一点，再证该点在第三条直线上．316、.已知函数f（ｘ）＝xx1ln1(1)求函数的定义域;(2)确定函数f（ｘ）在定义域上的单调性,并证明你的结论；(3)若当ｘ０时，f（ｘ）＞1xk恒成立,求正整数k的最大值。解：(1)函数的定义域为).,0()0,1((2)xf＝21x1ln11xxx＝－21x1ln11xx∵ｘ＞０，∴ｘ２＞０，11x＞０．lｎ（ｘ＋１）＞０。∴xf＜０。因此函数f（ｘ）在区间（０，＋∞）上是减函数．当-1x0时,记0)1(11)1(1)(),1ln(11)(22'xxxxxgxxxg,故g(x)在(-1,0)上是减函数,即知g(x)g(0)=10,故此时xf＝－21x1ln11xx0,因此,函数f(x)在区间(-1,0)上也是减函数.综上可知函数f(x)在(-1,0)和),0(上都是减函数（3）当ｘ０时，f（ｘ）＞1xk恒成立,令ｘ＝１有ｋ＜２2ln1又k为正整数．∴k的最大值不大于３．……..10分下面证明当ｋ＝３时，f（ｘ）＞1xk（ｘ＞０）恒成立．即证当ｘ０时，1x1lnx＋１－２ｘ＞０恒成立．令ｇ（ｘ）＝1x1lnx＋１－２ｘ，则xg＝1lnx－１，当ｘｅ－１时，xg＞０；当０＜ｘ＜ｅ－１时，xg＜０．∴当ｘ＝ｅ－１时，ｇ（ｘ）取得最小值ｇ(e－1)＝３－ｅ＞０．∴当ｘ０时，1x1lnx＋１－２ｘ＞０恒成立．因此正整数k的最大值为３．17．已知函数xxxxf1ln)(.（1）判定函数)(xf的单调性；（2）设1a，证明：aaa11ln.解：（1）0x，0)1(2121211)'1()'(1)('2xxxxxxxxxxxf∴)(xf在0x时单调递减．（2）由（1）知：)1()(faf，即：1111ln1lnaaa，4即：01lnaaa，∴aaa1ln，而1a，∴aaa11ln．18．设函数)(xf定义域为R，对于任意实数,,yx总有)()()(yfxfyxf，且当0x时，1)(0xf（1）求)0(f的值；（2）证明：当0x时，1)(xf；（3）证明：)(xf在R上单调递减，并举两个满足上述条件的函数)(xf；（4）若,,1)1(|,)1()1()(|2RxyxaxfyNfafyfyM且NM试求a的取值范围.解：（1）令1x，0y，有1)0(f．（2）令0xy，则)()()(1xfxfxxf，∴)(1)(xfxf，∵1)(0xf，∴1)(xf．（3）设21xx，则012xx，于是1)(012xxf，∴)(])[()()(111212xfxxxfxfxf)()()(1112xfxfxxf0]1)()[(121xxfxf∴)()(12xfxf，即)(xf单调递减，例：xxf)21()(，xxf)32()(等．（4）∵}|{ayyM，},1|{2RxxaxyyN显然当0a时，NM，当0a时，}411)21(|{2aaxayyN，要使NM，必须aa411即01442aa，∴0)12(2a，∴0a即可．519、已知函数4444(1)(1)()(1)(1)xxfxxx（0x）。（Ⅰ）若()fxx且xR，则称x为()fx的实不动点，求()fx的实不动点；（II）在数列{}na中，12a，1()nnafa（nN），求数列{}na的通项公式。解：（Ⅰ）由42361()44xxfxxx及()fxx得424223613210144xxxxxxxx或213x（舍去），所以1x或1，即()fx的实不动点为1x或1x；（II）由条件得4444114441(1)(1)1(1)1(1)(1)1(1)1nnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaa，从而有1111ln4ln11nnnnaaaa，由此及111lnln301aa知：数列1ln1nnaa是首项为ln3，公比为4的等比数列，故有11141441131ln4ln331131nnnnnnnnnaaaaa（nN）。20、已知函数Rxxfx241，点111,yxP，222,yxP是函数xf图像上的两个点，且线段21PP的中点P的横坐标为21．⑴求证：点P的纵坐标是定值；⑵若数列na的通项公式为mnNmmnfan,,2,1,，求数列na的前m项的和mS；⑶若Nm时，不等式11mmmmSaSa恒成立，求实数a的取值范围．解：⑴由题可知：121221xx，所以，21444244444424444242444424124121212121212121212121xxxxxxxxxxxxxxxxxfxfyy点P的纵坐标41221yyyP是定值，问题得证．⑵由⑴可知：对任意自然数nm,，21mnmfmnf恒成立．由于mmfmmfmmfmfmfSm1221，故可考虑利用倒写求和的方6法．即由于：mfmfmmfmmfmmfmmfmmfmmfmfmfSm12211221所以，1361)1(212121122112mfmmmfmfmmfmmfmfmmfmfSm所以，13121mSm⑵∵13121mSm，∴231211mSm∴11mmmmSaSa等价于02313112mamam①依题意，①式应对任意Nm恒成立．显然0a，因为0ma（Nm），所以，需且只需023131mam对任意Nm恒成立．即：1323mma对Nm恒成立．记1323mmmg（Nm）．∵013239132323531mmmmmmmgmg，∴mg（Nm）的最大值为251g，∴25a．