高中数学较难 (含答案)

东莞龙文教育高中数学试卷（23）

选择题部分（共50分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给也的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的。 （1）若P{xx1},Q{xx1}，则

A．PQ

B．QP

C．CRPQ

D．QCRP

（2）若复数z1i，i为虚数单位，则(1i)z

A．13i B．33i

C．3i D．3

x2y50,（3）若实数x，y满足不等式组2xy70,则3x+4y的最小值是

x0,y0, A．13 B．15 C．20 D．28 （4）若直线l不平行于平面a，且la，则 A．a内的所有直线与异面 B．a内不存在与l平行的直线 C．a内存在唯一的直线与l平行 D．a内的直线与l都相交 （5）在ABC中，角A,B,C所对的边分a,b,c．若acosAbsinB，则sinAcosAcos2B

1 21（6）若a,b为实数，则 “0a

A．-

B．

1 2C． -1 D．1

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 （7）几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是

（8）从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球，则所取的3个球中至少有1个白球的概率是

A．

13 B． 1010C．

3 5D．

9 10x2y2y221有公共的焦点，C2的一条渐（9）已知椭圆C1:221（a＞b＞0）与双曲线C2:xab4

近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A,B两点．若C1恰好将线段AB三等分，则

A．a2 =

131 B．a2=13 C．b2= 222D．b2=2

2（10）设函数fxaxbxca,b,cR，若x1为函数fxe的一个极值点，则下列

图象不可能为yfx的图象是

非选择题部分 （共100分）

二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。 （11）设函数kf(x)4 ,若f(a)2,则实数a=________________________ 1x（12）若直线x2y50与直线2xmy60互相垂直，则实数m=_____________________ （13）某小学为了解学生数学课程的学习情况，在3000名学生中随机抽取200名，并统计这200

名学生的某次数学考试成绩，得到了样本的频率分布直方图（如图）。根据频率分布直方图推测3000名学生在该次数学考试中成绩小于60分的学生数是_____________________

（14）某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的k的值是_____________________。

（15）若平面向量α、β 满足11，且以向量α、β为邻边的平行

四边形的面积为

1，则α和β的夹角 θ的取值范围是222____________________________。

（16）若实数x,y满足xyxy1，则xy的最大值是

___________________________。

（17）若数列n(n4)()中的最大项是第k项，则

2n3k=_______________。

三、解答题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 （18）（本题满分14分）已知函数f(x)Asin(3x)，xR，A0，

02．yf(x)的部分图像，如图所示，P、Q分别为该图

像的最高点和最低点，点P的坐标为(1,A)． （Ⅰ）求f(x)的最小正周期及的值； （Ⅱ）若点R的坐标为(1,0)，PRQ值．

（19）（本题满分14分）已知公差不为0的等差数列{an}的首项为a(aR)，且

成等比数列．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）对nN，试比较

*2，求A的3111，，a1a2a41111123...n与的大小． a2a2a2a1a2

（20）（本题满分14分）如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO⊥平

面ABC，垂足O落在线段AD上． （Ⅰ）证明：AP⊥BC；

（Ⅱ）已知BC8，PO4，AO3，OD2．求二面角BAPC的大小．

（21）（本小题满分15分）设函数f(x)alnxxax，a0 （Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）求所有实数a，使e1f(x)e对x[1,e]恒成立．

注：e为自然对数的底数．

222（22）（本小题满分15分）如图，设P是抛物线C1：xy上的动点。

过点P做圆C2:x(y3)1的两条切线，交直线l：y3于

222A,B两点。

（Ⅰ）求C2的圆心M到抛物线 C1准线的距离。

（Ⅱ）是否存在点P，使线段AB被抛物线C1在点P处得切线平分，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。

东莞龙文教育高中数学试卷（23）参考答案

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题5分，满分50分。 1—5CAABD 6—10DBDCD

二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。每小题4分，满分28分。

11．-1 12．1 13．600 14．5 15．[56,6] 16．

23 17．4 3三、解答题：本大题共5小题，其72分。

（1）本题主要考查三角函数的图象与性质、三角运算等基础知识。满分14分。 （Ⅰ）解：由题意得，T236.

因为P(,A)在yAsin(所以sin(3x)的图象上，

3,)1.

又因为0所以2，

6

（Ⅱ）解：设点Q的坐标为(x0,A)

3，得x04,所以Q(4,A)

3622连接PQ，在PRQ中,PRQ，由余弦定理得

3由题意可知

x0RP2RQ2PQ2A29A2(94A2)1cosPRQ.

2RPRQ22A9A2解得A3. 又A0,所以A2

3.

（19）本题主要考查等差、等比数列的概念以及通项公式，等比数列的求和公式等基础知识，同

时考查运算求解能力及推理论证能力。满分14分。 （Ⅰ）解：设等差数列{an}的公差为d，由题意可知(即(a1d)a1(a13d)，从而a1dd 因为d0,所以da1a. 故通项公式anna.

221211) a2a1a4

（Ⅱ）解：记Tn111,因为a2n2na a2a22a2n

11(1()n)11111112所以Tn(2n)2[1()n]

1a22aa2212从而，当a0时，Tn

11；当a0时,Tn. a1a1（20）本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间想象能

力和推理论证能力。满分14分。

（Ⅰ）证明：由AB=AC，D是BC中点，得ADBC， 又PO平面ABC，，得POBC 因为POADO，所以BC平面PAD，故BCPA. （Ⅱ）解：如图，在平面PAB内作BMPA于M，连CM。

因为BCPA,得PA平面BMC，所以APCM。 故BMC为二面角B—AP—C的平面角。 在RtADB中,ABADBD41,得AB在RtPOD中,PDPOOD， 在RtPDB中，PBPDBD，

所以PBPOODBD36,得PB6. 在RtPOA中,PAAOOP25,得PA5.

222222222241

222222

PA2PB2AB2122,从而sinBPA又cosBPA

2PAPB33故BMPBsinBPA42 同理GM42. 因为BMMCBC

222

所以BMC90

即二面角B—AP—C的大小为90.

（21）本题主要考查函数的单调性、导数运算法则、导数应用等基础知识，同时考查抽象概括、

推理论证能力。满分15分。 （Ⅰ）解：因为f(x)alnxxax.其中x0

22

a2(xa)(2xa)2xa所以f(x) xx

由于a0，所以f(x)的增区间为(0,a)，减区间为(a,)

（Ⅱ）证明：由题意得，f(1)a1c1,即ac

由（Ⅰ）知f(x)在[1,e]内单调递增， 要使e1f(x)e对x[1,e]恒成立， 只要2f(1)a1e1,f(e)aeaee222

解得ae.

（22）本题主要考查抛物线几何性质，直线与抛物线、直线与圆的位置关系，同时考查解析几何

的基本思想方法和运算求解能力。满分15分。 （Ⅰ）解：因为抛物线C1的准线方程为：y

所以圆心M到抛物线C1准线的距离为：|21 4111(3)|. 44 （Ⅱ）解：设点P的坐标为(x0,x0)，抛物线C1在点P处的切线交直线l于点D。

再设A，B，D的横坐标分别为xA,xB,xC 过点P(x0,x0)的抛物线C1的切线方程为：

2yx02x0(xx0)

2（1）

当x01时，过点P（1，1）与圆C2的切线PA为：y1可得xA15(x1) 817,xB1,xD1,xAxB2xD 1515(x1) 8当x01时，过点P（—1，1）与圆C2的切线PA为：y1可得xA1,xB17,xD1,xAxB2xD 15xA217,xB1,xD1,xAxB2xD 15所以x010

设切线PA，PB的斜率为k1,k2，则

2PA:yx0k1(xx0) 2PB:yx0k2(xx0)

（2） （3）

将y3分别代入（1），（2），（3）得

222x03x03x03xD(x00);xAx0;xBx0(k1,k20)

2x0k1k1

从而xAxB2x0(x03)(2|x0k1x03|211). k1k2 又k1222211

22

即(x01)k12(x03)x0k1(x03)10 同理，(x01)k22(x03)x0k2(x03)10

所以k1,k2是方程(x01)k2(x03)x0k(x03)10的两个不相等的根，从而

2222(3x0)x0(3x0)1k1k2,kk. 1222x01x012222222222

因为xAxB2x0

2x0311111,即. 所以2x0(3x)()k1k2x0k1k2x02022(3x0)x01从而2

(x03)21x0

进而得x08,x048 综上所述，存在点P满足题意，点P的坐标为(48,22).

4