（整理版）階段性測試題十二(綜合素質能力測試)

1、階段性測試題十二(綜合素質能力測試)本試卷分第一卷(選擇題)和第二卷(非選擇題)兩局部。總分值150分。考試時間120分鐘。第一卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12個小題，每題5分，共60分，在每題給出的四個選項中，只有一項為哪項符合題目要求的)1(文)(·重慶市期末)假設集合mx|log2(x1)<1，nx|<()x<1，那么mn()ax|1<x<2bx|1<x<3cx|0<x<3 dx|0<x<2答案a解析由log2(x1)<1得0<x1<2，1<x<3，由<()x<

2、;1得0<x<2，mnx|1<x<2(理)(·泉州五中模擬)假設復數(m21)(m1)i為純虛數(i為虛數)，那么實數m的值為()a1 b0c1 d1或1答案c解析由條件知，m1.2(文)(·陜西師大附中模擬)假設復數z，那么復數z在復平面上的對應點在()a第四象限 b第三象限c第二象限 d第一象限答案d解析z12i，其對應點(1,2)在第一象限(理)(·浙江寧波市期末)f(x)是定義在實數集r上的增函數，且f(1)0，函數g(x)在(，1上為增函數，在1，)上為減函數，且g(4)g(0)0，那么集合x|f(x)g(x)0()ax0或1x4

3、 bx|0x4cx|x4 dx|0x1或x4答案a解析由條件知，當x1時，f(x)0，當x1時，f(x)0；當0x4時，g(x)0，當x0或x4時，g(x)0，f(x)g(x)0，或，1x4或x0.3(文)(·延邊州質檢)冪函數yf(x)的圖象經過點(4，)，那么f()的值為()a4b3c2d1答案c解析設f(x)x，那么4，f()()2.(理)在圓x2y25x內，過點有n條弦的長度成等差數列，最短的弦長為數列的首項a1，最長的弦長為an，假設公差d，那么n的取值集合為()a4,5,6 b6,7,8,9c3,4,5 d3,4,5,6答案a解析由題意得a124，an5，d，<d，

4、<，3n1<6，4n<7，nn*，n4,5,6.應選a.4(文)(·北京四中期末)假設橢圓的對稱軸為坐標軸，長軸長與短軸長的和為18，焦距為6，那么橢圓的方程為()a.1b.1c.1或1d以上都不對答案c解析，應選c.(理)(·淄博一模)一天有語文、數學、英語、政治、生物、體育六節(jié)課，體育不排在第一節(jié)上，數學不排在第六節(jié)上，這天課程表的不同排法種數為()a288 b480c504 d696答案c解析體育排在第一節(jié)的有5！種，數學排在第六節(jié)的有5！種，體育排在第一節(jié)且數學排在第六節(jié)的有4！種，故這天課程表的不同排法數為62×54504.a. b.c

5、. d.答案c解析程序運行過程為：第一次循環(huán)i2，m1，n；第二次循環(huán)i3，m2，n；第三次循環(huán)i4，m3，n，此時i<4不成立，輸出n的值，n(1)()()1，選c.6(文)(·豫南九校聯考)假設函數f(x)x22ax與g(x)(a1)1x在區(qū)間1,2上都是減函數，那么a的取值范圍是()a(1,0) b(0,1c(0,1) d(1,0)(0,1答案b解析f(x)x22ax(xa)2a2在1,2上單調遞減，a1，又函數g(x)(a1)1x在區(qū)間1,2上單調遞減，a1>1，a>0，0<a1.(理)(·安徽名校聯考)x、y滿足不等式組，且2xy的最小值為

6、1，那么k()a2 b1c1 d2答案c解析令u2xy，那么y2xu，作出可行域如圖，當直線y2xu過點(k1，1)時，umin2(k1)12k1.由2k11得k1.應選c.的終邊經過點a(，a)，且點a在拋物線yx2的準線上，那么sin()a b.c d.答案b解析a(，a)在拋物線x24y的準線y1上，a1，a(，1)，sin.a2 b1c22 d4答案d解析由“高平齊知，側視圖中cd2，由“寬相等知側視圖中，bc2，ab，側視圖的面積s2×2××24.9(·吉林延吉市一模)設、是三個互不重合的平面，m、na假設，那么b假設，m，m那么mc假設，m，

7、那么md假設m，n，那么mn答案b解析由條件知，m，m，過m作平面與、相交，設交線依次為a、b，那么，ab，m，ma，mb，b，m，m，故b正確點評a中由正方體交于同一頂點的三個面兩兩垂直知a錯誤；c中可能有m；d中當m與n都與、的交線平行時，mn，故d錯10(文)(·淄博一模)記集合a(x，y)|x2y24和集合b(x，y)|xy20，x0，y0表示的平面區(qū)域分別為1、2，假設在區(qū)域1內任取一點m(x，y)，那么點m落在區(qū)域2內的概率為()a. b.c. d.答案a解析如圖，由題意知1為o及其內部，2為oab及其內部，o的面積s14，oab的面積s22，所求概率p.x±m

8、與雙曲線1(a>0，b>0)相交于a、b、c、d四點，假設四邊形abcd為正方形，那么雙曲線的離心率的取值范圍為()a(1，) b(1，)c(，) d(，)答案c解析由條件知，直線y±x與雙曲線相交于四個點，由于等軸雙曲線的離心率e，e>，應選c.11(文)(·廈門市質檢)如圖，|3，|1，·0，aop，假設t，那么實數t等于()a. b.c. d3答案b解析由向量加運的運算法那么可知，過b作oa的平行線交op于點p，過p作ob的平行線交oa于q，那么，|1，|2，又，|，又|3，即.t.(理)(·泉州五中模擬)在abc中，ab，ac2

9、，假設o為abc內部一點，且滿足0，那么·()a. b.c. d.答案c解析0，o為abc的重心，×()()，·()·()(|2|2)×(43).12(文)(·黃岡市期末)以下四種說法中，錯誤的個數是()a0,1的子集有3個；“假設am2<bm2，那么a<bpqpq為真的必要不充分條件；xr，均有x23x20”的否認是：“xr，使得x23x20”a0個 b1個c2個 d3個答案d解析a0,1的子集有，0，1，0,1共4個，故錯；am2<bm2且m20，m2>0，a<ba<b am2<bm2，錯

10、誤；pq為真p真或q真 pq為真，pq為真p真且q真pq為真，故錯誤，應選d.amr，使f(x)(m1)·xm24m3是冪函數ba>0，函數f(x)ln2xlnxa有零點c，r，使cos()coscosdr，函數f(x)sin(x)都不是偶函數答案d解析m2時，f(x)x1是冪函數，a真；lnxr，ln2xlnx(lnx)2，即tln2xlnx的值域為，)，因此對任意a>0，存在x0>0，使aln2x0lnx0，即f(x)有零點，b真；當，時，cos()cos()，coscoscoscos()，c真；當時，f(x)sin(x)sin(x)cosx為偶函數，d假第二卷

11、(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4個小題，每題4分，共16分，把正確答案填在題中橫線上)y±x，那么雙曲線的離心率是_答案或解析由條件知，或，由得a2c2，e，同理由可得e.a，b，c，假設|5，|12，|13，那么_.答案13解析52122132，·0，···()·|2，|，原式|13.答案90解析由條件知：(0.0100.020)×10n36，n120，成績在60,90)內的學生人數為120×(0.0200.0300.025)×1090.(理)(·綏化市一模)假設asinxdx，那么

12、二項式(a)6展開式中含x的項的系數是_答案240解析asinxdx(cosx)|2，二項展開式的通項為tr1c·(2)6r·()r(1)r·26r·c·x3r，令3r1得r2，系數為(1)2·24·c240.15(文)(·吉林省延邊市質檢)f(x)asin(x)，f()a，f()0，|的最小值為，那么正數_.答案解析f(x)asin(x)，滿足f()a，f()0，(，f()為其最高點或最低點，|的最小值為周期t的，即，t，又t，.(理)(·蘭州一中期末)函數f(x)的定義域為a，假設x1，x2a且f(x

13、1)f(x2)時總有x1x2，那么稱f(x)為單函數例如，函數f(x)2x1(xr函數f(x)x2(xr)是單函數；假設f(x)為單函數，x1，x2a且x1x2，那么f(x1)f(x2)；假設f：ab為單函數，那么對于任意bb，它至多有一個原象；函數f(x)在某區(qū)間上具有單調性，那么f(x)一定是該區(qū)間上的單函數答案解析由xx，xr x1x2，故假；假設f(x1)f(x2)，x1，x2a，由單函數定義，必有x1x2，與x1x2矛盾，故真；由映射定義知真；單調函數是一一對應的函數，故假設f(x)為單調函數，那么f(x)一定為單函數，故真16(文)(·平頂山、許昌、新鄉(xiāng)調研)函數f(x)

14、(x>0)觀察以下計算：f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，根據以上事實，由歸納推理猜測：當nn*且n2時，fn(x)f(fn1(x)_.答案fn(x)解析觀察f1(x)，f2(x)，f3(x)，f4(x)的分母可以發(fā)現，每一項的常數是2n，x的系數是2n1，故fn(x).(理)(·臺州市質評)假設bn是等比數列，m，n，p是互不相等的正整數，那么有正確的結論：m·n·p1，類比上述性質，相應地，假設an是等差數列，m，n，p是互不相等的正整數，那么有正確的結論：_.答案m(apan)n(amap

15、)p(anam)0解析將等比數列的項輪換相除所得商的冪的乘積類比為等差數列項的輪換相減所得差的倍數相加點評可將通項公式代入按冪的運算法那么(或多項式乘法運算法那么)進行驗證三、解答題(本大題共6個小題，共74分，解容許寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17(本小題總分值12分)(文)(·南通市調研)在abc中，a、b、c所對的邊分別是a、b、c，且bcosb是acosc，ccosa的等差中項(1)求b的大??；(2)假設ac，b2，求abc的面積解析(1)由題意得，acoscccosa2bcosb，由正弦定理得，sinacosccosasinc2sinbcosb，即sin(ac)2si

16、nbcosb.acb,0<b<，sin(ac)sinb0.cosb，b.(2)由b得，即，ac，b2，ac2.sabcacsinb.(理)(·安徽六校教育研究會聯考)設abc的內角a，b，c所對的邊長分別為a，b，c，且acosbbcosac.(1)求的值；(2)求tan(ab)的最大值，并判斷當tan(ab)取最大值時abc的形狀解析(1)由acosbbcosac可得，sinacosbsinbcosasinc，2sinacosb2sinbcosasin(ab)sinacosbcosasinb，sinacosb3sinbcosa，3.(2)設tanbt，那么tana3t且

17、t>0tan(ab)，此時tba，故c，abc為直角三角形abpc中，appc，acbc，m為ab中點，d為pb中點，且pmb為正三角形(1)求證：dm平面apc；(2)求證：平面abc平面apc；(3)假設bc4，ab20，求三棱錐dbcm的體積解析(1)由得，md是abp的中位線，mdap，md平面apc，ap平面apc，md平面apc.(2)pmb為正三角形，d為pb的中點，mdpb，appb，又appc，pbpcp，ap平面pbc，bc平面pbc，apbc，又bcac，acapa，bc平面apc，bc平面abc，平面abc平面apc.(3)由題意可知，md平面pbc，md是三棱錐

18、mdbc的高，在rtbcp中，bc4，bdpd5，bcp為直角，sbcd2，又mb10，md5，vdbcmvmdbcsbcd·md10.(理)(·臺州市質評)函數f(x)lnxax22x.(1)當a3時，求函數f(x)的極大值；(2)假設函數f(x)存在單調遞減區(qū)間，求實數a的取值范圍解析(1)f(x)lnxx22x，f (x)(x>0)，由f (x)>0，得0<x<，由f (x)<0，得x>.所以yf(x)存在極大值f()ln3.(2)f (x)(x>0)，依題意f (x)<0在(0，)上有解，即ax22x1>0在(0

19、，)上有解當a0時，顯然有解；當a<0時，由方程ax22x10至少有一個正根，得1<a<0.所以a>1.另解：依題意f (x)<0在(0，)上有解，即ax22x1>0在(0，)上有解a>在(0，)上有解，即a>()min.x>0時，(1)211，a>1.19(本小題總分值12分)(文)(·安徽省東至縣一模)函數f(x)x3bx2cx2在x1處取得極值1.(1)求b、c的值；(2)假設關于x的方程f(x)t0在區(qū)間1,1上有實根，求實數t的取值范圍解析(1)f (x)3x22bxc，由條件得，解之得，f(x)x3x25x2.(

20、2)設g(x)f(x)tx3x25x2t，那么g(x)3x22x5(3x5)(x1)，由g(x)>0得，x<或x>1，由g(x)>0得<x<1，g(x)的單調增區(qū)間是(，)，(1，)，g(x)的單調減區(qū)間是(，1)，函數g(x)在1,1上單調遞減，要使關于x的方程f(x)t0在區(qū)間1,1上有實根，只需，7t1.(理)(·深圳市調研)如圖，平行四邊形abcd中，abbd，ab2，bd，沿bd將bcd折起，使二面角abdc是大小為銳角，設c在平面abd上的射影為o.(1)當為何值時，三棱錐coad的體積最大？最大值為多少？(2)當adbc時，求的大小解

21、析(1)由題知od為cd在平面abd上的射影bdcd，co平面abd，bdod，odc，vcaodsaod·oc·(·od·bd)oc·od·oc·cd·sin·cd·cos·sin2.當且僅當sin21，即45°時取等號，當45°時，三棱錐oacd的體積最大，最大值為.(2)法一：連接ob，co平面abd，adbc，ad平面boc，adob，obdadb90°，又abbd，故obddab，rtabdrtbdo，od1，在rtcod中，cos，得60

22、76;.法二：過o作oeab于e，那么oebd為矩形，以o為原點，oe，od，oc所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如下圖的空間直角坐標系，那么o(0,0,0)，d(0,2cos，0)，a(，2cos2,0)，b(，2cos，0)，c(0,0,2sin)，于是(，2,0)，(，2cos，2sin)，由adbc，得·0，()×()2×(2cos)0×2sin0，得cos，又為銳角，60°.分組70,80)80,90)90,100)100,110)頻數231015分組110,120)120,130)130,140)140,150頻數15x31乙校

23、：分組70,80)80,90)90,100)100,110)頻數1298分組110,120)120,130)130,140)140,150頻數1010y3(1)計算x，y的值甲校乙?？傆媰?yōu)秀非優(yōu)秀總計(3)(理)根據抽樣結果分別估計甲校和乙校的優(yōu)秀率；假設把頻率作為概率，現從乙校學生中任取3人，求優(yōu)秀學生人數的分布列和數學期望附：k2；p(k2>k)k解析(1)從甲校抽取學生1100×55人，從乙校抽取學生1055550人x6，y7.(2)甲校乙校總計優(yōu)秀102030非優(yōu)秀453075總計5550105k26.109>5.024，(3)甲校優(yōu)秀率為，乙校優(yōu)秀率為，0,1,

24、2,3，b(3，)，p(0)c()0(1)3；p(1)c()1(1)2；p(2)c()2(1)1；p(3)c()3(1)0，分布列0123p期望：e()3×.21(本小題總分值12分)(文)(·陜西師大附中模擬)數列an，bn，其中a1，數列an的前n項和snn2an(nn*)，數列bn滿足b12，bn12bn.(1)求數列an，bn的通項公式；(2)是否存在自然數m，使得對于任意nn，n2，有1<恒成立？假設存在，求出m的最小值解析(1)因為snn2an(nn)當n2時，sn1(n1)2an1；所以ansnsn1n2an(n1)2an1.所以(n1)an(n1)an

25、1.即.又a1，所以an······a1······.當n1時，上式成立因為b12，bn12bn，所以bn是首項為2，公比為2的等比數列，故bn2n.an，bn2n.(2)由(1)知，bn2n.那么112，假設存在自然數m，使得對于任意nn，n2，有1<恒成立，即2<恒成立，當nn*，n2時，2<2，2，解得m16，所以存在自然數m，使得對于任意nn，n2，有1<恒成立，此時，m的最小值為16.(理)(·臺州市質檢)數列bn是首項為1，公比為

26、2的等比數列，數列an滿足anlog2bn3n11，sn是an的前n項和(1)求sn；(2)設同時滿足條件：cn1(nn*)；cnm(nn*，m是與n無關的常數)的無窮數列cn叫做“特界數列判斷(1)中的數列sn是否為“特界數列，并說明理由解析(1)bnb1qn12n1，anlog2bn3n11log22n13n11102n，snna1dn29n.(2)由sn11<0，得<sn1，故數列sn適合條件；又snn29n(n)2(nn*)，故當n4或5時，sn有最大值20，即sn20，故數列sn適合條件.綜上，數列sn是“特界數列22(本小題總分值14分)(文)定點f(0,1)和直線l1

27、：y1，過定點f與直線l1相切的動圓圓心為點c.(1)求動點c的軌跡方程；(2)過點f的直線l2交軌跡于兩點p、q，交直線l1于點r，求·的最小值解析(1)由題設點c到點f的距離等于它到l1的距離，點c的軌跡是以f為焦點，l1為準線的拋物線所求軌跡的方程為x24y.(2)由題意直線l2的方程為ykx1，與拋物線方程聯立消去y，得x24kx40.記p(x1，y1)，q(x2，y2)，那么x1x24k，x1x24.直線pq的斜率k0，易得點r的坐標為(，1)，·(x1，y11)·(x2，y21)(x1)(x2)(kx12)(kx22)(1k2)x1x2(2k)(x1x

28、2)44(1k2)4k(2k)44(k2)8，k22，當且僅當k21時取到等號·4×2816，即·的最小值為16.(理)(·浙江六校聯考)如圖，過點d(0，2)作拋物線x22py(p>0)的切線l，切點a在第二象限(1)求切點a的縱坐標；(2)假設離心率為的橢圓1(a>b>0)恰好經過切點a，設切線l交橢圓的另一點為b，記切線l，oa，ob的斜率分別為k，k1，k2，假設k12k24k，求橢圓方程解析(1)設切點a(x0，y0)，那么y0，由切線l的斜率為k，得l的方程為yx，又點d(0，2)在l上，2，即點a的縱坐標y02.(2)由(

29、1)得a(2，2)，切線斜率k，設b(x1，y1)，切線方程為ykx2，由e，得a24b2，所以橢圓方程為1，且過a(2，2)，b2p4，由(14k2)x216kx164b20，k12k23k3k3k3k4k將k，b2p4代入得：p32，所以b236，a2144，橢圓方程為1.1(·深圳市一調)“2012”含有數字0,1,2，且有兩個相同數字2.那么含有數字0,1,2，且有兩個相同的數字的四位數的個數為()a18b24c27 d36答案b解析1°含有2個0時，先排首位有2種排法，剩下的非零數字，可排在其余3個位置中的任何一個位置上，共有2×36種，2°含有兩個1時，假設首位排1，有6種不同排法，假設首位排2，有3種不同排法，共有639種不同排法，3°含有兩個2的四位數與含有兩個1的一樣多，共有不同的四位數字69×224個2(·廈門市質檢)假設x、yr，那么“xy是“