高三数学练习19

2.已知函数f(x)loga(x1)的定义域和值域都是[0，1]，则a的值是

3.已知集合Px,yyk,Qx,yyax1,且PQ.那么k的取值范围是 高三数学练习19

0x2224.若x、y满足0y2,则x1)(y1)的取值范围是 。

xy112a,0a;nn62若

5.若数列{an}满足an1a1，则a2009的值为 . 72a1,1a1.nn26．已知m、n是两条不同直线，、是两个不同平面，有下列4个命题： ① 若m//n,n，则m∥；② 若mn,m,n，则n//；

③ 若,m,n，则mn；④ 若m、n是异面直线，m,n,m//，则n//. 其中正确的命题序号是

7．已知：f0(x)xex，若fi(x)f'i1(x)，则f2009(x) 8.育新中学的高二(一)班男同学有45名，女同学有15名，老师按照分层抽样的方法组建了一个4人的课外兴趣小组．经过一个月的学习、讨论，这个兴趣小组决定选出两名同学做某项实验，方法是先从小组里选出1名同学做实验，该同学做完后，再从小组内剩下的同学中选一名同学做实验，则选出的两名同学中恰有一名女同学的概率是 ； 9．命题p：方程x2xa26a0有一正根和一负根. 命题q：函数yx2(a3)x1的图象与x轴有公共点.若命题“p或q”为真命题，而命题“p且q”为假命题，则实数a的取值范围是 10.随着科学技术的不断发展，人类通过计算机已找到了630万位的最大质数。陈成在学习中发现由41，43，47，53，61，71，83，97组成的数列中每一个数都是质数，他根据这列数的一个通项公式，得出了数列的后几项，发现它们也是质数。于是他断言：根据这个通项公式写出的数均为质数。请你写出这个通项公式 ，从这个通项公式举出一个反例，说明陈成的说法是错误的：

mn49其中m、n是常数，且st的最小值是，满足st922条件的点(m,n)是圆(x2)(y2)4中一弦的中点，则此弦所在的直线方程为 . 12.已知如图所示的流程图表示的函数是f(x)，则方输入x 11.已知m、n、s、tR，mn2，

程f(x)sinx共有 个不同的实数解。

1x2, x[1,0)13.已知函数y=f(x)=,则由

x[0,1]1x, y=f(x)的图象表示的曲线绕x轴旋转一周所得几何体

的表面积= ；

-2≤x≤-1 N -12（i＋1）的向量依次记作titi1，则t1t2t2t3t2t3t3t4t12t1t1t2＝ 。

BAC90，M，N分别是A1B1，BC15.如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，

的中点．（Ⅰ）证明：ABAC1；（Ⅱ）判断直线MN和平面ACC1A1的位置关系，并加以证明．

C1 A1

M B1

C N A B

16.已知直线l:y=k(x+22)与圆O:x2y24相交于A、B两点，O是坐标原点，三角形ABO的面积为S.

（Ⅰ）试将S表示成的函数S（k），并求出它的定义域； （Ⅱ）求S的最大值，并求取得最大值时k的值.

1.解题探究：本题将复数与向量有机的结合在一起，将复平面与直角坐标系统一，掌握复试平面的上的确定方法，了解向量的坐标运算. 解析：5。由条件得:xy3,从而xy的值是5.

2xy22.解题探究：本题考查函数性质,以对数函数为载体,掌握定义域与值域的有关知识. 解析：显然由f(0)loga10得f(1)loga21,从而a2.

3. 解题探究：本题考查集合的运算法则与指数函数的图象与性质，掌握数形结合的数学思想。 解析：,1.本题两集合表示点集,通过作出函数yax1和yk的图象,可知满足条件的k的取值范围为,1.

4. 解题探究：本题考查数形结合的数学思想,作出可行域,利用目标函数f(x,y)的几何意义求之. 解析：约束条件是一个三角形区域,而(x1)2(y1)2表示以(1,1)为圆心的圆,从而最小值是点(1,1)到直线xy1的距离的平方,即范围是，2.

5.解题探究：本题将分段函数与数列有机地结合在一起,考查分类讨论的数学思想,只要审清题意,通过必要的代换,就能求之.

1,最大值为点(1,1)到点(2,0)的距离的平方,即为2.从而取值21216655361,所以a221,a321,从而a4,即该数列是循环数27777775列,周期是3,所以a2009a2.

7解析：因

6. 解题探究：考查立体几何的有关知识，回忆线线、线面位置关系，即可判断正确与否. 命题①中直线m可能也在平面内；同理命题④中直线n可能与平面相交。 解析： 正确的命题序号是②③。

7. 解题探究：本题考查简单的函数导数知识,考查归纳猜想的数学思想,通过前几项的运算,寻找规律，解决问题.

解析：由f1(x)exe，f2(x)eexe2exe以此类推，

xxxxxxxf2009(x)exexxex2009exxex。

8. [解析探究]本题考查统计与概率的基础知识,分层抽样的方法实质是按比例分配兴趣小组中男、女同学的人数,从而过枚举写出基本事件的总数以及事件A发生的个数,利用

P(A)事件A发生的个数这一公式求 “恰有一名女同学”的概率.

基本事件的总数解析：显然男、女同学分别有3人和1人,将他们分别记为a1,a2,a3,b，则选取两名同学的基本事件有(a1,a2),(a1,a3),(a1,b),(a2,a1),(a2,a3),(a2,b),(a3,a1),(a3,a2),(a3,b),(b,a1),(b,a2),(b,a3)共12种，其中有一名女同学的有6种,

选出的两名同学中恰有一名女同学的概率为P61 122高考预测：有关涉及必修3的统计概率题,在福建省的高考试题中通常作为第一大解答题出现,值得同学们注意.

9. 解题探究：掌握简易逻辑的有关知识，学会数形结合的数学思想，理解二次方程与二次函数之间的关系，一元二次方程有一正根和一负根的充要条件是二次函数的图象与y轴相交于负半轴；而二次函数的图象与x轴有公共点的充要条件是二次方程有根，即0。

解析： 由命题p 得：x1x2a26a00a6；由命题q得：(a3)240，

a5或a1；根据题意知命题p与命题q一真一假，当命题p真且命题q假时，a(1,5)；

当命题q真且命题p假时，a(,0][6,)，综上所述：a,0(1,5)6, 10. 解题探究：学会归纳猜想的数学思想，培养会举反例的严谨思维，寻找恰当的数据来说明结论的错误性。本题数列中相邻两数之差依次为2，4，6，8，所以利用等差数列的求和公式解决问题。. 解析： 根据题意知通项公式是an412462(n1)n(n1)41， 取n41得an41411681显然不是质数。

11. 解题探究：本题考查基本不等式、圆、直线方程等相关知识，其中整体代换是解题技巧，数形结合是解题思想。 解析：因(st)(mntmsn)mnmn2mn, stst所以mn2mn4,从而mn1,得mn1,得点(1,1),而已知圆的圆心为(2,2),所求之弦的斜率为-1,从而弦方程为xy20.

点评：本题涉及考试说明中的3个C级要求,是一道在知识交汇处命制的好题.在填空题中作为具有一定区分度的试题出现在后几题中，应沉着应试，冷静思考，逐步求解。

x2,(2x1)212. 解题探究：本题流程图表示一个分段函数yx,(1x1)，对于特殊方程，常用图

x2,(1x2)象来观察解的情形。

解析：分别作出函数yf(x)和ysinx的图象，观察可知，有五个交点（包括原点），所以共有五个解。

高考预测：有关方程解的个数问题，是近年高考的热点问题，如07年安徽高考题：定义在R上的

函数f(x)

既是奇函数，又是周期函数，T是它的一个正周期.若将方程f(x)0在闭区间T,T上的根的

个

数记为n，则n可能为 A.0 B.1 C.3

D.5 （参考答案：D）

13. 解题探究：因函数y1x2,(1x0)表示圆

yx2y21在第二象限的一部分，而函数yx1,(0x1)表示第一象限内的一条线段，通过旋转，组成半球与圆锥体的结合体，所以本题要利用球的表面积公式S4r和圆锥的侧面积公式Srl.

21-1o1x1x2,x[1,0)解析： y=f(x)=的图象如图所示 y=f(x)的曲线绕x轴旋转一周所得几何体是由

x1,x[0,1]一个半径为1的半球及底面半径和高均为1的圆锥体组成，从而其表面积为(22)。 延伸拓展：将函数图象与立体几何结合在一起，是一个不错的题型，如2007年上海市高考第21

x2y2y2x2题是：已知半椭圆221x0与半椭圆221x0组成的曲线称为“果

abbc圆”，………。

14. 解题探究：.先求正十二边形的边长以及它们的外角，再由向量的数量积计算各项之值。

解析：连接相邻分点的线段构成半径为

2的圆内接正12边形，相邻两个边向量的夹角是正122223。 则 sin 22124边形的外角，即为30度，而各边向量之长为2223cos2233，共有12个相等项。所以求得数量积之和为 t1t2t2t324642639。

点评：本题由相邻两边组成的向量的夹角应是正12边形的外角，考生特别引起重视。 15.证明：（Ⅰ）因为CC1平面ABC，又AB平面ABC，所以CC1AB．（2分）

由条件BAC90，即ACAB，且ACÇCC1C，（3分）

所以AB平面ACC1A1．（5分）

又AC1平面ACC1A1，所以ABAC1． （7分） （Ⅱ）MN∥平面ACC1A1．证明如下： 设AC的中点为D，连接DN，A1D．（9分） 因为D，N分别是AC，BC的中点，

//1AB．所以DN（10分）

C1 A1

M B1

21//AB，所以AM//DN． 又A1M=A1B1，A1B112所以四边形A1DNM是平行四边形． 所以A1D∥MN． （13分）

16.（Ⅰ）直线l方程 kxy22k0(k0), 原点O到l的距离为oc2D A

C N B

因为A1D平面ACC1A1，MN平面ACC1A1，所以MN∥平面ACC1A1． （14分）

22k1k22 （3分）

8K2弦长AB2OAOC24 （5分）

1K242K2(1K2)1△ABO面积SABOCAB0,1K1(K0),

21K242k2(1k2)S(k)(1k1且K0 （8分，不写定义域或定义域错误只得6分） 21k11t,t1, （Ⅱ）令

1k223212422t3t1422(t).

481k2313213时, Smax2（12分） ,k,k当t=时, 244331k1【又解:△ABO面积S=OAOBsinAOB2sinAOB

22 当AOB90时S可取最大值2】此时OCOA2（14分）

222K32k即（16分） 231KS(k)

42k2(1k2)