成都市第七中学2015届高三3月第三周周练数学试题及答案

成都七中高2015届周末练习题一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）1.设复数z满足ii21z，则z=()A.i2B.i2C.i2D.i22.设集合P＝{x|x02006103xdttt,)(}，则集合P的非空子集个数是()A.2B.3C.7D.83.下列结论正确的是()A.若向量//ab，则存在唯一的实数λ使得aλbB.已知向量,ab为非零向量，则“,ab的夹角为钝角”的充要条件是“,ab＜0”C.命题：若12x，则1x或1x的逆否命题为：若1x且1x，则21xD.若命题012xxxP,R:，则012xxxP，R:4.一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个腰长为2的等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积是()A.36B.9C.29D.8275.等比数列na的前n项和为nS,27),...(43211n2312aaaaaaSn，则6a=（）A.27B.81C.243D.7296.设函数)22,0)(sin(3)(xxf的图像关于直线32x对称,它的周期是，则（）A.)(xf的图象过点)21,0(B.)(xf的一个对称中心是)0,125(C.)(xf在]32,12[上是减函数D.将)(xf的图象向右平移||个单位得到函数xysin3的图象7．已知函数若x，y满足约束条件1,1,22,xyxyxy目标函数z＝ax＋2y仅在点(1，0)处取得最小值，则实数a的取值范围是()A.(4,2)B.(4,1)C.(,4)(2,)D.(,4)(1,)8．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=22，则下列结论中错误．．的个数是()(1)AC⊥BE；(2)若P为AA1上的一点,则P到平面BEF的距离为22；(3)三棱锥A-BEF的体积为定值；(4)在空间与DD1，AC，B1C1都相交的直线有无数条；(5)过CC1的中点与直线AC1所成角为40°并且与平面BEF所成角为50°的直线有2条.A.0B.1C.2D.39.已知椭圆)0(1:112122121babyaxC与双曲线)0,0(1:222222222babyaxC有相同的焦点F1，F2，点P是两曲线的一个公共点，e1，e2又分别是两曲线的离心率，若PF1PF2，则22214ee的最小值为()A.25B.4C.29D.910．已知1ln1)(xxxf，*)()(Nkxkxg，对任意的c＞1,存在实数ba,满足cba0，使得)()()(bgafcf，则k的最大值为（）A.2B.3C.4D.5二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）11.平面向量a与b的夹角为60°，a=(2,0)，|a|=1，则|a+2b|＝.12.已知tanβ＝43，sin(α＋β)＝513，且α，β∈(0，π)，则sinα的值为.13.设正数cba,,满足cbacba36941，则cbacb32.14.已知两个正数a，b，可按规则c=ab+a+b扩充为一个新数c，在a，b，c三个数中取两个较大的数，按上述规则扩充得到一个新数，依次下去，将每扩充一次得到一个新数称为一次操作．若p＞q＞0，经过6次操作后扩充所得的数为（q+1）m（p+1）n-1（m，n为正整数），则nm的值为．15.如右图，圆O的直径AB=8，C为圆周上一点，BC=4，过C作圆的切线l，过A作直线l的垂线AD，D为垂足，AD与圆O交于点E，则线段AE的长为．三、解答题（本大题共6小题，共75分）16.(12分)在△ABC中，角A、B、C对应边分别是a、b、c，c=2,222sinsinsinsinsinABCAB.（1）若sinsin()2sin2CBAA，求△ABC面积；（2）求AB边上的中线长的取值范围.17.(12分)已知数列{}na的前n项和为nS，常数0，且11nnaaSS对一切正整数n都成立.（1）求数列{}na的通项公式；（2）设10a，100，当n为何值时，数列1{lg}na的前n项和最大？18.(12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=12AD=1，CD=3．（1）求证：平面PQB⊥平面PAD；（2）若二面角M-BQ-C为30°，设=t，试确定t的值.19.(本小题满分12分)在某校运动会中，甲、乙、丙三支足球队进行单循环赛（即每两队比赛一场）共赛三场，每场比赛胜者得3分，负者得0分，没有平局。在每一场比赛中，甲胜乙的概率为31，甲胜丙的概率为41，乙胜丙的概率为31；（1）求甲队获第一名且丙队获第二名的概率；（2）设在该次比赛中，甲队得分为求,的分布列和数学期望。20.(13分)如图，已知点2,0A和圆22:4,OxyAB是圆O的直经，从左到右M、O和N依次是AB的四等分点，P(异于A、B)是圆O上的动点，,PDAB交AB于D，PEED，直线PA与BE交于C，|CM|+|CN|为定值.（1）求的值及点C的轨迹曲线E的方程；（2）一直线L过定点S（4,0）与点C的轨迹相交于Q，R两点，点Q关于x轴的对称点为Q1，连接Q1与R两点连线交x轴于T点，试问△TRQ的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．21.(14分)已知函数f(x)=ax+1ax+(1-2a)(a＞0)（1）若f(x)≥㏑x在[1，∞)上恒成立，求a的取值范围；（2）证明：1+12+13+…+1n＞㏑（n+1）+21nn（n≥1）；（3）已知S=1111232014，求S的整数部分.（ln20147.6079，ln20157.6084）数学周末作业参考答案题号12345678910答案CBCCCBAACB11.3212.656313.61314.2115.416.解：①由题意知2221cos23abcabCC由sinC+sin(B-A)=2sin(2A)=sinBcosA=2sinAcosA（1）若cosA=02323ABCAS（2）若cosA≠0b=2a233ABCS……………………（6分）②2CACBCDuuruuruuur222222222222cos3||441cos4242||14442||34||(1,3]ababababCDCabababababCDabCDCDQ故又故故……………………（12分）17.解：（1）令n=1，得112122aSa，0)2(11aa若）（，时，，当则1n0a0a2n00n1-nnnn1SSSa若时，当，则2n21a0a1nn2a2S，1-n1-n2a2S两式相减得）（，2na2aaa2-a21-nnn1-nn从而数列na为等比数列所以n1-n1n22aa综上：当0a0an1时，，当nn12a0时，a……………………（6分）PABCDQMNxyz（2）当）知，由（时，令，1a1lgb1000ann12nlg-22100lgbnn所以数列nb是单调递减的等差数列（公差为-lg2）所以01lg64100lg2100lg6621bbb当01lg2100lgbb777n时n所以数列na1lg的前6项和最大。……………………（12分）18.解：（Ⅰ）∵AD//BC，BC=12AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD//BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BQ⊥平面PAD．∵BQ平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．…………………………6分另证：AD//BC，BC=12AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD//BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°．∵PA=PD，∴PQ⊥AD．∵PQ∩BQ=Q，∴AD⊥平面PBQ．∵AD平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD．………………………6分（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PQ⊥平面ABCD．如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．则平面BQC的法向量为(0,0,1)n；(0,0,0)Q，(0,0,3)P，(0,3,0)B，(1,3,0)C．设(,,)Mxyz，则(,,3)PMxyz，(1,3,)MCxyz，∵PMtMC，∴(1)(3)3(xtxytyztz），∴13131txttytzt…………………9分在平面MBQ中，(0,3,0)QB，33(,,)111ttQMttt，∴平面MBQ法向量为(3,0,)mt．∵二面角M-BQ-C为30°，∴23cos30230nmtnmt，∴3t．……………………………………………………12分19.【解析】（1）设用队获第一且丙队获第二为事件A，则1111()(1);34318PA………………………………………（6分）（2）可能的取值为0，3，6；则甲两场皆输：111(0)(1)(1),342P甲两场只胜一场：11115(3)(1)(1)344312P甲两场皆胜：111(6)3412P，的分布列为：1517036212124E…………………………（12分）20、解：(1)易得2,0B，1,0M，1,0N，设036P1251211200,,,,PxyCxy则00,,1yEx直线PA与BE交于C，故2x，00,22yyxx①且00122yyxx，②………………2分①②相乘得2022201,44yyxx又因为点P(异于A，B)是圆O上的动点，故221,41yx即221441xy，要使CMCN为定值，则441,1解得13此时2212,43xyx即13时，点C的轨迹曲线E的方程为2212.43xyx………………6分（2）联立224143xmyxy消x得22(34)24360mymy222(24)436(34)144(4)0mmm，即24m…………（8分）设Q(11,xy），22(,)Rxy，则11'(,)Qxy由韦达定理有12212224,(1)3436,(2)34myymyym直线RQ的方程为211121()yyyxxyxx令0=y，得122112121212121212(4)(4)24()xyxymyyymymyyyyxyyyyyy将（1），（2）代人上式得1=x，……………………（10分）又212121213||||()422TRQSSTyyyyyy=222324436()23434mmm=2241834mm=182243(4)16mm=1822116344mm334当3282=m时取得。……………………（13分）21、解:(Ⅰ)令1()()ln12ln,1,,agxfxxaxaxxx则,)1)(1()1(11)(',0)1(2222xaaxxaxa