04-05年上学期高三第一轮复习数学分类讨论思想(附答案)

2004－2005学年度上学期高中学生学科素质训练高三数学同步测试（14）—《分类讨论思想》一、选择题（本题每小题5分，共60分）1．用0，1，2，3四个数字组成没有重复数字的自然数，把这些自然数从小到大排成一数列，则1230是这个数列的（）A．第30项B．第32项C．第33项D．第34项2．已知函数f(x)=3-2|x|，g(x)=x2-2x，构造函数F(x)，定义如下：当f(x)≥g(x)时，F(x)=g(x)；当f(x)＜g(x)时，F(x)=f(x)，那么F(x)（）A．有最大值3，最小值-1B．有最大值3，无最小值C．有最大值7-27，无最小值D．无最大值，也无最小值3．从长度分别为1，2，3，4的四条线段中，任取三条的不同取法共有n种，在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的三角形的个数为m，则mn等于（）A.0B．14C．12D．164．记二项式（1+2x）n展开式的各项系数和为an，其二项式系数和为bn，则limnnnnnbaba等于（）A．1B．－1C．0D．不存在5．过点)2,1(C作直线，使其在坐标轴上的截距相等，则满足条件的直线的斜率为（）A．1B．1C．21或D．21或6．设函数fxxx()()()1010，则()()()()ababfabab2的值为（）A．aB．bC．a、b中较小的数D．a、b中较大的数7．已知点P在定圆O的圆内或圆周上，圆C经过点P且与定圆O相切，则动圆C的圆心轨迹是（）A．圆或椭圆或双曲线B．两条射线或圆或抛物线C．两条射线或圆或椭圆D．椭圆或双曲线和抛物线8．若集合A1、A2满足A1∪A2=A，则称（A1，A2）为集合A的一个分拆，并规定：当且仅当A1=A2时，（A1，A2）与（A2，A1）为集合A的同一种分拆，则集合A={a1,a2,a3}的不同分拆种数是（）A.27B.26C.9D.89．已知函数)()()(22为偶数时当为奇数时当，，nnnnnf且)1()(nfnfan，则321aaa100a等于（）A．0B．100C．-100D．1020010．四面体的顶点和各棱的中点共10个点，在其中取4个点，则这四个点不共面的概率为（）A．75B．107C．3524D．704711．设双曲线的左、右焦点为1F、2F，左、右顶点为M、N，若12PFF的一个顶点P在双曲线上，则12PFF的内切圆与边1F2F的切点的位置是（）A．在线段MN的内部B．在线段1FM的内部或N2F内部C．点N或点MD．以上三种情况都有可能12．从5位男教师和4位女教师中选出3位教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任），要求这3位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有（）A．210种B．420种C．630种D．840种二、填空题（本题每小题4分，共16分）13．定义符号函数xsgn101000xxx，则不等式：xxxsgn)12(2的解集是.14．已知正ABC的边长为32，则到三个顶点的距离都为1的平面有_________个.15．从装有1n个球（其中n个白球，1个黑球）的口袋中取出m个球Nnmnm,,0，共有mnC1种取法。在这mnC1种取法中，可以分成两类：一类是取出的m个球全部为白球，共有mnCC01种取法；另一类是取出的m个球有1m个白球和1个黑球，共有111mnCC种取法。显然mnmnmnCCCCC111101，即有等式：mnmnmnCCC11成立.试根据上述思想化简下列式子：kmnkkmnkmnkmnCCCCCCC2211Nnmknmk,,,1.16．直线l经过点1,2P，它在y轴上的截距等于它在x轴上截距的2倍，求直线l的方程。某学生作出了以下解答：设直线l的方程为1byax，则ab2（1），∵点P在直线l上，∴112ba（2），解由（1）、（2）组成的方程组，得3,23ba，∴直线l的方程为032yx.判断上述解法是否正确，如不正确，给出你的答案.三、解答题（本大题共6小题，共74分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本小题满分12分）已知数列),(0,}{Nnaann中其前n项和为nS，且21S，当2n时，nnaS2.（1）求数列}{na的通项公式;（2）若nnab2log，求数列}{nb的前n项和nT.18．（本小题满分12分）设全集U=R（1）解关于x的不等式);(01|1|Raax（2）记A为（1）中不等式的解集，集合}0)3cos(3)3sin(|{xxxB，若（∪A）∩B恰有3个元素，求a的取值范围.19．（本小题满分12分）设函数f(x)=ax2+8x+3(a＜0)。对于给定的负数a，有一个最大的正数l(a)，使得在整个区间[0，l(a)]上，不等式|f(x)|≤5恒成立.问：a为何值时，l(a)最大？求出这个最大的l(a)，证明你的结论.20．（本小题满分12分）求函数12yaxx在0,1x上的最大值，其中.aR21．（本小题满分12分）已知函数()22xxafx.（1）将)(xfy的图象向右平移两个单位，得到函数)(),(xgyxgy求的解析式；（2）函数与函数)(xhy)(1)(xhy，yxgy求对称的图象关于直线的解析式；（3）设),()(1)(xhxfaxFammxF求实数且的最小值是,72,)(的取值范围.22．（本小题满分14分）已知A（－2，0），B（2，0），动点P与A、B两点连线的斜率分别为PAk和PBk，且满足PAk·PBk=t(t≠0且t≠－1).（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）当t＜0时，曲线C的两焦点为F1，F2，若曲线C上存在点Q使得∠F1QF2=120°，求t的取值范围.参考答案（十四）一、选择题（每小题5分，共60分）：(1).D(2).C(3).B(4).B(5).C(6).C(7).C(8).A(9).B(10).D(11).C(12).B二、填空题（每小题4分，共16分）(13).}34333|{xx；(14).8；(15).mknC(16).02032yxyx或三、解答题（共74分，按步骤得分）17.解：（1）当n=1时，211Sa；当n=2时，有2,22221aaaa得；当3n时，有：1112,22nnnnnnnaaaaSSa得.故该数列从第2项起为公比q=2的等比数列，故).,2(2)1(21Nnnnann（2）由（1）知).,2(1)1(1Nnnnnbn故数列}{nb的前n项和),2(12)1()1(1NnnnnnTn18.解：（1）由.1|1|01|1|axax得当1a时，解集是R；当1a时，解集是}.2|{axaxx或……………………3分（2）当1a时，（∪A）=；当1a时，∪A=}.2|{axax……………………5分因)3cos(3)3sin(xx.sin2]3sin)3cos(3cos)3[sin(2xxx由.,),(,0sinZBZkxZkkxx所以即得…………8分当（∪A）∩B怡有3个元素时，a就满足.01,322,1aaa解得.01a…12分19.解：f(x)=a·(x+a4)2+3－a16∵a＜0，∴f(x)max=3－a16(i)当3－a16＞5，即－8＜a＜0时，l(a)是方程ax2+8x+3=5的较小根，∴21428648)(aaaal（ii）当5163a时，即a≤－8时，l(a)是方程5382xax的较大根，即l(a)=aa232648=22042244a=215当且仅当a=－8时，等号成立。由于215＞21，因此当且仅当a=－8时，l(a)取最大值215.20.解：求函数212ftatt在0,1上的最大值.……2分当0a时，显然212ftatt在0,1t上为增函数，因而max121.ftfa…4分下面先考虑0a时，函数212ftatt在0t上的单调性.由'3220,ftat得31.ta于是有当310,ta时，'0,ft此时212ftatt为增函数；当31,ta时，'0,ft此时212ftatt为减函数.………6分接下来，要比较31a与1的大小：（1）当11a时，311,a则212ftatt在0,1t上为增函数，此时max121.ftfa……8分（2）当1a时，311,a则212ftatt在310,ta上为增函数；在31,1ta上为减函数.此时max31ftfa33223123.aaaa……10分综合以上可知：当1a时，max121ftfa；当1a时；max31ftfa323.a……………12分21.解：（1）2222)2()(xxaxfxg……………………2分（2）设QyxQyPyxPxhy点对称点为关于则上的任意点),2,(1),,()(在22222)(,)(xxaxhxgy所以上…………………………4分（3）2)21)(14(2)411()(xxaaxF…………………………5分与时当,2)(,014,0411,0)1(xFaaa题设矛盾)(,)(,014,0411,410)2(xFRxFaaa上是增函数在时当无最小值：无最小值上是减函数在时当)(,)(,014,0411,4)3(xFRxFaaa…8分maaaxFaaa24)14)(4(2)(,014,0411,441)4(时当2217)14)(4(441,72aaaaam得由……………………12分22.解：(1)设点P坐标为(x,y),依题意得22xyxy=ty2=t(x2－4)42x+ty42=1轨迹C的方程为42x+ty42=1（x≠2）.(2)当－1＜t＜0时，曲线C为焦点在x轴上的椭圆，设1PF=r1，2PF=r2,则r1+r2=2a=4.在△F1PF2中，21FF=2c=4t1,∵∠F1PF2=120O，由余弦定理，得4c2=r21+r22－2r1r20120cos=r21+r22+r1r2=(r1+r2)2－r1r2≥(r1+r2)2－(221rr)2=3a2,∴16（1+t）≥12,∴t≥－41.所以当－41≤t＜0时，曲线上存在点Q使∠F1QF2=120O当t＜－1时，曲线C为焦点在y轴上的椭圆，设1PF=r1，2PF=r2，则r1+r2=2a=－4t,在△F1PF2中，21FF=2c=4t1.∵∠F1PF2=120O，由余弦定理，得4c2=r21+r22－2r1r20120cos=r21+r22+r1r2=(r1+r2)2－r1r2≥(r1+r2)2－(221rr)2=3a2,∴16（－1－t）≥－12tt≤－4.…12分所以当t≤－4时，曲线上存在点Q使∠F1QF2=120O综上知当t＜0时，曲线上存在点Q使∠AQB=120O的t的取值范围是0,414,.……………………………………14分