文科数学答案

高三年级数学热身考试（文科）答案

一、选择题 1．B【解析】由题意知|z|=

| 2i |

|1 i |

+

=

| 2 |

2

=

2

，利用性质 z·

z

=|z| 2_{，得 z·}

_z

_{=2，故选 B．}

2.D【解析】由题意知，A ={x∈Z|y=

4

x x

− −

2

3

}={1，2，3}，且 B={a，1}，由 A∩B=B，知 B



A，则

实数 a 的值为 2 或 3，故选 D．

3. C.解析：若

a

b

1

，则

log

_a

b

log

_a

a

1

；若

log

_a

b

1

log

_a

a

，因为

a b 

,

(1,

+

)

则

a

b

，故 “

a



b

”是“

log

a

b 

1

”的充分必要条件. 4. B 解析：

a

 

b

0,

c



1

,所以

c

a



c

b. 5.D.【解析】∵ ∴ 故选 D 6．A【解析】由三视图知该几何体的直观图放在正方体中是如图所示的三棱锥 A−BCD，其外 接球就是正方体的外接球．设外接球的半径为 R，因为正方体的棱长为 2，其体对角线为外接 球的直径，即 2R=2

3

，所以外接球的体积 V=

4

3

πR 3₌

4

3

π(

3

) 3₌₄

₃

_{π．故选 A．} 7.D 解 析 ： 由

a

₄

+



a

₁₀

+

a

₁₆

=

15

，

a

₄

+

a

₁₆

=

2

a

₁₀ ，

 +

(

2



)

a

₁₀

=

15

(

2



) (

1 9

d

)

15

 +

+

=

，

=

15

2

1 9d



−

+

，



随着

d

的增大而减小



当

d =

1

时，



取得最大值

1

2

−

. 8.B【解析】由

z

= +

x

3

y

，得

1

3

3

z

y

= −

x

+

，先作出

0

y

y

x





 







的图象，如图所示， 因为目标函数

z

= +

x

3

y

的最大值为 8，所以

x

+

3

y

=

8

与直线

y

=

x

的交点为 C， 解得 C(2，2)，代入直线

2

x

+ + =

y

k

0

，得

k = −

6

． 9.A【解析】连接

AC BD

,

相交于点

O

，连接

EM EN

,

．在①中，由正四棱锥

S

−

ABCD

，可得

SO ⊥

底 面

ABCD AC

,

⊥

BD

,



SO

⊥

AC

，

SO

BD

= 

O

,

AC

⊥

面

_SBD

．

E M N

,

,

分别是

BC CD SC

,

,

的

,

5

3

)

4

cos(



−



=

.

25

7

1

)

4

(

cos

2

)

2

2

cos(

2

sin



=



−



=

2



−



−

=

−

中 点 ，



EM

∥

BD

，

MN

∥

SD

，

EM

MN

=

M

， ∴ 平 面

EMN∥

平 面

SBD

,



AC

⊥

平 面

,

EMN



AC

⊥

EP

，故①正确；在②中，由异面直线的定义可知，

_EP

和

_BD

是异面直线，不可能

_{EP BD}

∥

， 因此不正确；在③中，由①可知，平面

_EMN∥

平面

_SBD

，

 ∥

_EP

平面

_SBD

，因此正确；在④中，由① 同理可得，

EM ⊥

平面

SAC

，若

EP ⊥

平面

SAC

，则

EP EM

∥

，与

EP

EM

=

E

相矛盾，因此当

P

与

M

不重合时，

EP

与平面

SAC

不垂直，即不正确．故选 A．

10B解析 设正三角形 ABC 的外接圆圆心为 O，半径为 R，则 R＝1，且∠AOB＝120°.由题意知AP→ ·PB→ ＝ (OP→ －OA→)·(OB→ －OP→)＝OP→ ·OB→ －OP→2－OA→ ·OB→ ＋OA→ ·OP→ ＝OP→ ·OB→ －1－1×1×cos120°＋OA→ ·OP→ ＝OP→ ·(OA→ ＋

OB→)－1

2.设 AB 的中点为 M，则OA→ ＋OB→ ＝2OM→ ，且|OM →

|＝1

2，设OM→ 与OP→ 的夹角为 θ，则AP→ ·PB→ ＝2OM→ ·OP →

－1₂＝2|OM→||OP→|cosθ－1 2＝2× 1 2×1×cosθ－ 1 2＝cosθ－ 1 2.又因为 θ∈[0，π]，所以AP→ ·PB→ 的范围为[－32， 1 2]， 11.B【解析】由抛物线的定义知|MF|= ₀

2

p

y +

，则 ₀

2

p

y +

=

5

₀

4

y

，解得

y

0=2p，又点 M (1，

y

0)在抛物线 C 上， 代入 C： 2

2

x

=

py

，得

2 py

₀=1，得

y

₀=1，p=

1

2

，所以 M(1，1)，抛物线 C： 2

x

=

y

．因为斜率为 k 的 直 线 l 过 点 Q(−1 ， 3) ， 所 以 l 的 方 程 为

y

− =

3

k x

(

+

1)

， 联 立 方 程 得

y

₂

3

k x

(

1)

x

y

− =

+





₌



， 即 2

3

0

x

−

kx

− − =

k

，设 A(

x

₁，

y

₁)，B(

x

₂，

y

₂)，由根与系数的关系得 1 2 1 2

3

x

x

k

x x

k

+

=





_{= − −}



，则直线 AM 的斜 率 2 1 1

1

1

AM

x

k

x

−

=

−

=

x +

1

1

， 直 线 BM 的 斜 率 2 2 2 2

1

1

1

BM

x

k

x

x

−

=

=

+

−

， 1 2 1 2 1 2

(

1)(

1)

1

3 1

2

AM BM

k

k

=

x

+

x

+ =

x x

+ + + = − − + = −

x

x

k

k

，故选 B． 12.C 解 ： A 选 项 ： 2 1 2 1 2 1 2 1

ln

ln

ln

ln

x x x x

e

−

e



x

−

x



e

−

x



e

−

x

， 设

f x

( )

=

e

x

−

ln

x

( )

'

1

1

x x

xe

f

x

e

x

x

−



=

− =

，设

g x

( )

=

xe

x

−

1

，则有

g x

'

( ) (

=

x

+

1

)

e

x



0

恒成立，所以

g x

( )

在

( )

0,1

单调递增，所以

g

( )

0

= − 

1 0,

g

( )

1

= − 

e

1 0

，从而存在

x 

₀

( )

0,1

，使得

g x

( )

₀

=

0

，由单调性可判断 出：

(

) ( )

' '

( )

(

) ( )

' '

( )

0 0

0,

,

0

0,

,1 ,

0

0

x



x

g x

 

f

x



x



x

g x

 

f

x



，所以

f x

( )

在

( )

0,1

不单调， 不等式不会恒成立;B 选项： 1 2 1 2 2 1 1 2

ln

ln

ln

ln

x x x x

e

−

e



x

−

x



e

+

x



e

+

x

，设

f x

( )

=

e

x

+

ln

x

可知

( )

f x

单调递增。所以应该

f x

( )

₁



f x

( )

₂ ，B 错误;C 选项： 1 2 1 2 2 1 1 2 x x x x

e

e

x e

x e

x

x







，构造函数

( )

e

x

f x

x

=

， '

( ) (

)

2

1

x

x

e

f

x

x

−

=

，则 '

( )

0

f

x 

在

x 

( )

0,1

恒成立。所以

f x

( )

在

( )

0,1

单调递减，所以

( )

1

( )

2

f x



f x

成立;D 选项： 1 2 1 2 2 1 1 2 x x x x

e

e

x e

x e

x

x







，同样构造

( )

x

e

f x

x

=

，由 C 选项分析可知 D 错误,选 C. 二、填空题 13. 60 14．3900,500 15． 或 .【解析】∵偶函数 满足 ,∴函数 在 上为增函数, ,∴不等式 等价为 ,即 ,即 或 , 解得 或 . 16．−

7

4

<p<

23

4

【解析】∵

S

n=(−1) n n

a

+

1

2

n +2n−6，∴当 n2 时，

S

n−1=(−1) 1 n− 1 n

a

₋ +

1

₁

2

n− +2n−8， 两式相减得，

a

_n=(−1)n

a

_n+

1

2

n +2n−6−[(−1) 1 n− 1 n

a

₋ +

1

₁

2

n− +2n−8]， 整理得[1−(−1)n ]

a

_n=(−1)n

a

_n−1+2−

1

2

n (n2) (*)．又

S

n=(−1) n n

a

+

1

2

n +2n−6， ∴

S

₁=−

a

₁+

1

2

+2−6，即

a

1=−

7

4

．①当 n 为偶数时，化简(*)式可知，

a

n−1=

1

2

n −2， ∴

a

_n=

1

₁

2

n+ −2(n 为奇数)；②当 n 为奇数时，化简(*)式可知，2

a

n=−

a

n−1+2−

1

2

n ， 即

1

2

n −4=−

a

n−1+2−

1

2

n ，即

a

n−1=6− 1

1

2

n− ，∴

a

n=6−

1

2

n (n 为偶数)． 于是

a

_n= 1

1

2

2

1

6,

2

n n

n

n

+



₋





 − +



， 为奇数

为偶数

．∵对任意 n∈N*，(

a

_n+1−p)(

a

_n−p)<0 恒成立， ∴对任意 n∈N*，(p−

a

_n+1)(p−

a

_n)<0 恒成立．又数列{

a

_2k−1}单调递减，数列{

a

_2k}单调递增， ∴当 n 为奇数时，有

a

_n<p<

a

_n+1，则

a

₁<p<

a

_{1 1+} ，即−

7

4

<p<

23

4

； 当 n 为偶数时，有

a

_n+1<p<

a

_n，则

a

_{2 1+} <p<

a

₂，即−

31

16

<p<

23

4

．综上所述，−

7

4

<p<

23

4

． 三、解答题 17. 解：（1）

(

)

4

3

_{2 2 2}

b

c

a

S

=

+

−



(

)

4

3

sin

2

1

_{2 2 2}

b

c

a

B

ac

=

+

−



, 故：

ac

B

2

ac

cos

B

4

3

sin

2

1



=

3

tan

=



B

3



=

 B

. ...4分 （2）设



AOC

周长为

l

，



OAC

=



，则

(

,

)

12 4

 





,

OA OC

、

分别是



A

、



C

的平分线

，

=

3

B



4



a

a



0

f

(x

)

f x

( )

=

2

x

−

4(

x



0)

f

(x

)

[ +

0

,

)

0

)

2

(

=

f

f

(

a

−

2

)



0

f

(|

a

−

2

|)



f

(

2

)

|

a

−

2

|



2

a

−

2 

2

a

−

2



−

2

4



a

a



0

2

=

3

AOC





...6分 由正弦定理得

2 3

2

sin

sin(

)

sin

3

3

OA

OC



₋

_

=



=



,

4 sin

4 sin(

)

2 3

3

l

=



+



−



+

，

(

,

)

12 4

 





……8分 =

4 sin(

)

2 3

3





+

+

…………10分

)

4

,

12

(











)

12

7

,

12

5

(

3









+





当

6





=

时，



AOC

周长的最大值为

4 +

2

3

.………12分 18 解：（1）根据题意：

0.001 100 2



+

y

₀



100 0.002 100 0.004 100 1

+



+



=

解得 设在寿命落在 之间的应抽取 个，根据分层抽样有： 解得： 所以寿命落在 之间的元件应抽取 个 ---4 分 （2）记“恰好有一个寿命落在 之间，一个寿命为 之间”为事件 ， 易知，寿命落在 之间的元件有 个，分别记 ，落在 之间的元件有 个， 分别记为： ，从中任取 个元件，有如下基本事件 ： ， ，共有 个基本事件. 事件 “恰好有一个寿命落在 之间，一个寿命为 之间”有： ， ，共有 个基本事件………10 分 ∴ ∴ “恰好有一个寿命落在 之间，一个寿命为 之间”的概率为 –12 分 19．解（1）∵E、F 分别是 CD 和 BC 的中点，∴EF∥BD． 又∵AC⊥BD，∴AC⊥EF，故折起后有 PH⊥EF． 又∵PH⊥AH，∴PH⊥平面 ABFED. 又∵BD⊂平面 ABFED，∴PH⊥BD，

∵AH∩PH=H，AH⊂平面 APH，PH⊂平面 APH，∴BD⊥平面 APH， 又∵AP⊂平面 APH，∴BD⊥AP. ………4 分 （2）∵正方形 ABCD 的边长为 2 2 ，∴AC=BD=4，AN=2，NH=PH=1，PE=PF， ∴△PBD 是等腰三角形，连接 PN，则 PN⊥BD， 2 2 = 2 PN NH +PH = ． ∴△PBD 的面积 1 1 4 2 2 2 2 2 PBD S_△ = BD PN =   = ………6 分 设三棱锥A−BDP 的高为 h，则三棱锥 A−BDP 的体积为 1 2 2 3 3 A BDP PBD h V ₋ = S_△  =h . 由（1）可知 PH 是三棱锥 P−ABD 的高， 0

0.0015

y =

100 ~ 300

x

(

0.001 0.0015

)

100

20

x =

+



x =

5

100 ~ 300

5

100 ~ 200

200 ~ 300

A

100 ~ 200

2

a a

₁

,

₂

200 ~ 300

3

1

, ,

2 3

b b b

2

(

a a

1

,

2

) (

,

a b

1

,

1

) (

,

a b

1

,

2

) (

,

a b

1

,

3

)

(

a b

2

,

1

) (

,

a b

2

,

2

) (

,

a b

2

,

3

)

(

b b

1

,

2

) (

,

b b

1

,

3

) (

,

b b

2

,

3

)

10

A

100 ~ 200

200 ~ 300

(

a b

1

,

1

) (

,

a b

1

,

2

) (

,

a b

1

,

3

)

(

a b

2

,

1

) (

,

a b

2

,

2

) (

,

a b

2

,

3

)

6

6

3

( )

10

5

P A



=

=

100 ~ 200

200 ~ 300

3

5

∴三棱锥P−ABD 的体积为 1 1 1 2 2 2 2 1 4 3 3 2 3 P ABD ABD V ₋ = S_△ PH =     = ．………10 分 ∵VA−BDP=VP−ABD，即2 2 =4 3 3 h ，解得_{h = 2}，即三棱锥A−BDP 的高为 2 ．………12 分 20.【解析】（1）由

1

2

c

e

a

= =

得

a

=

2

c

，所以

b

2

=

3

c

2…………1 分 点

1,

3

2













在椭圆上得 2 2

9

1

₄

1

4

c

+

3

c

=

解得

c =

1

， …………2 分 2 2

3

b

=

a

−

c

=

…………3 分 所求椭圆方程为 2 2

1

4

3

x

₊

y

₌

…………4 分 （2）当直线

l

₁的斜率不存在时，直线

OM

平分线段

PQ

成立…………5 分 当直线

l

₁的斜率存在时，设直线

l

₁方程为

y

=

k x

(

−

1

)

，联立方程得

(

)

2 2

1

1

4

3

y

k x

x

y

 =

−





+

=



， 消去

y

得

(

2

)

2 2 2

4

k

+

3

x

−

8

k x

+

4

k

−

12

=

0

，因为

l

1过焦点，所以

 

0

恒成立, 设

P x y

(

₁

,

₁

)

，

Q x y

(

₂

,

₂

)

，则 2 1 2 2

8

4

3

k

x

x

k

+

=

+

， 2 1 2 2

4

12

4

3

k

x x

k

−

=

+

………7 分

(

) (

)

(

)

1 2 1 2 1 2 2

6

1

1

2

4

3

k

y

y

k x

k x

k x

x

k

+

=

− +

− =

+

−

= −

+

， 所以

PQ

的中点坐标为 2 2 2 4 3 , 4 3 4 3 k k k k   −  _{+ +}   …8 分，

l

2方程为

(

)

1

1

y

x

k

= −

−

，

M

(

4,

y

_M

)

，可得

M

4,

3

k



₋











…10 分 所以直线

OM

方程为

3

4

y

x

k

= −

， 2 2 2

4

3

,

4

3

4

3

k

k

k

k





−



₊

₊







满足直线

OM

方程，即

OM

平分线段

PQ

， 综上所述，直线 OM 平分线段 PQ…………12 分 21 解：（1）

'( )

1

(

₂

1)

(

)

kx kx kx

ke

kx

ke

f x

k

e

−

−

= 

2

_kx

kx

e

−

=

2

(

)

kx

k x

k

e

−

−

=

--- ---1 分

①若

k 

0

，当

x

(

,

2

)

k

 −

时，

f x 

'( )

0

，

f x

( )

在

(

, )

2

k

−

上单调递增； 当

x

( ,

2

)

k



+ 

时，

f

'( )

x 

0

，

f x

( )

在

( ,

2

)

k

+ 

上单调递减 ---3 分 ②若

k 

0

，当

x

(

,

2

)

k

 −

时，

f

'( )

x 

0

，

f x

( )

在

(

, )

2

k

−

上单调递减； 当

x

( ,

2

)

k



+ 

时，

f x 

'( )

0

，

f x

( )

在

( ,

2

)

k

+ 

上单调递增． ∴当

k 

0

时，

f x

( )

在

(

,

2

)

k

−

上单调递增，在

( ,

2

)

k

+ 

上单调递减； 当

k 

0

时，

f x

( )

在

(

,

2

)

k

−

上单调递减，在

( ,

2

)

k

+ 

上单调递增．---5 分 （2）

f

( )

x

x

_x

1

ln

x

k

ke

−

=



（

x 

1

），当

k 

0

时，上不等式成立，满足题设条件； ---6 分 当

k 

0

时，

f

( )

x

x

_x

1

ln

x

k

ke

−

=



，等价于

x

_x

1

k

ln

x

0

e

−

₋

_

，设

g x

( )

x

_x

1

k

ln (

x x

1)

e

−

=

−



， 则

g x

'( )

2

_x

x

k

e

x

−

=

−

2

x

x

2_x

ke

x

xe

−

−

=

，设 2

( )

2

x

h x

=

x

−

x

−

ke

（

x 

1

），则

h x

'( )

=

2(1

− −

x

)

ke

x



0

， ∴

h x

( )

在

[1,

+ 

)

上单调递减，得

h x

( )



h

(1)

= −

1

ke

． ---9 分 ①当

1

− 

ke

0

，即

k

1

e



时，得

h x 

( )

0

，

g x 

'( )

0

， ∴

g x

( )

在

[1,

+ 

)

上单调递减，得

g x

( )



g

(1)

=

0

，满足题设条件；---10 分 ②当

1

−

ke



0

，即

0

k

1

e

 

时，

h

(1)



0

，而

h

(

2

)

= ke

−

2



0

，∴

 

x

₀

(1, 2)

，

h x

( )

₀

=

0

， 又

h x

( )

单调递减，∴当

x



(1,

x

₀

)

，

h x 

( )

0

，得

g x 

'( )

0

，∴

g x

( )

在

[1,

x

₀

)

上单调递增， 得

g x

( )



g

(1)

=

0

，不满足题设条件；综上所述，

k 

0

或

k

1

e



---12 分 22. 解：（1）由曲线 C 的参数方程，得普通方程为 2

4 y

=

x

，由

x

=



cos



，

y

=



sin



， 得 2 2

4 sin



 

=

cos



，所以曲线 C 的极坐标方程为 2

cos

4sin





=



， [或

4 sin

₂

cos







=

] ---3 分 2

l

的极坐标方程为

2



 

= +

； ---5 分 （2）依题意设

(

, ), (

,

)

2

A B

A

 

B





+



，则由（1）可得

4 sin

₂

cos

A







=

， 同理得 2

4 sin(

)

2

cos (

)

2

B







_



+

=

+

，即

4 cos

₂

sin

B







=

， ---7 分

∴

1

|

| |

|

1

|

|

2

2

OAB A B

S

_

=

OA



OB

=

 



8 | sin

₂

cos

₂

|

cos

sin











=



∵

0

2





 

∴

0

 

 

， ∴

8

cos

sin

OAB

S







=

_

16

sin 2



=



16

， ---9 分 △OAB 的面积的最小值为 16，此时

sin 2



=

1

，得

2

2





=

，∴

4





=

． ---10 分 23【解析】（1）原不等式等价于 或 或 ，………3 分 解得

x  −

8

或



或

x 

2

，………4 分 综上所述，不等式 的解集为

(

− −

, 8

 

2,

+

)

.………5 分 （2）当

m = −

1

时，则

_{g x}

_{( ) | 2}

=

_x

+ − + + =

_{2 | 5 |}

_x

_{1| 3 |}

_x

+ −

_{1| 5}

， 此时

_{g x}

_{( )}

的图象与 轴围成一个三角形，满足题意; ………6 分 当

m  −

1

时， ，………7 分 则函数

_{g x}

_{( )}

在

(

− −

, 1

)

上单调递减，在

(

− +

1,

)

上单调递增.要使函数

_{g x}

_{( )}

的图象与 轴围成一个 三角形，则 ，………8 分 解得 ；………9 分 综上所述，实数 的取值范围为 .………10 分

1

2

2 5 1

x

x

x

 −



− − −  −



1

1

2

2 5 1

x

x

x

−  



 + −  −



1

2

2 5

1

x

x

x





 + −  −



( )

1

f x

 −

x

x

3

7

1

( )

2

2

5

3

1

3

3

x

m

x

g x

x

x m

x

m

x

m

x m

x

m

− + −

 −





=

+ − + −

=

_

+ −

−  



_{− −}

_



x

( 1)

4

0

( )

2

3

0

g

m

g m

m

− = − 





₌

_{− }



3

4

2

 

m

m

3

, 4

 

1

2





₋





