辽宁省朝阳区三校协作体20142015学年高二数学理下学期第一次阶段性检测试卷

12014—2015学年度下学期三校协作体高二第一次阶段性检测数学试题（理）说明：1.测试时间：120分钟总分：150分2.客观题涂在答题卡上，主观题答在答题纸的相应位置上第Ⅰ卷（满分60分）一、选择题（每题5分，共60分）1.设20.34log4log30.3abc，，，则a，b，c大小关系是（）A．abcB．acbC．cbaD．bac2．从2011名学生中选出50名学生组成参观团，若采用下面的方法选取：现用简单随机抽样从2011人中剔除11人，剩下的2000人再按系统抽样的方法抽取50人，则在2011人中，每人入选的概率()A．都相等，且为140B．都相等，且为502011C．均不相等D．不全相等3.顶点在同一球面上的正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,AB=1,AA1=2,则A,C两点间的球面距离是()A．4B．2C．42D．224．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A.60种B.63种C.65种D.66种5.甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，乙获胜的概率是13，则56是（）A．乙胜的概率B．乙不输的概率C．甲胜的概率D．甲不输的概率6.在1，2，3，4，5五个数字中，若随机取出三个数字，则剩下两个数字都是奇数的概率是（）A．0.2B.0.25C.0.3D.0.47．两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有（）A.10种B.15种C.20种D.30种8．已知向量a,b满足2ba,a与b的夹角为0120,则ba的值为（）A．1B．3C．32D．239．如果实数,xy满足221xy,则(1)(1)xyxy有()2A．最小值21和最大值1B．最大值1和最小值43C．最小值43而无最大值D．最大值1而无最小值10．在区间[,]22上随机取一个数x，cosx的值介于0到21之间的概率为().A.31B.2C.21D.3211．某工厂对一批产品进行了抽样检测，如图是根据抽样检测后的产品净重(单位：克)数据绘制的频率分布直方图，其中产品净重的范围是[96,106]，样本数据分组为[96,98)，[98,100)，[100,102)，[102,104)，[104,106]，已知样本中产品净重小于100克的个数是36，则样本中净重大于或等于98克，并且小于104克的产品的个数是()A．90B．75C．60D．4512.如果执行右面的程序框图,那么输出的S（）A．22B．46C.94D．190开始1,1is5?i1ii输出s结束否是2(1)ss3第Ⅱ卷（满分90分）二．填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13长方体8个顶点中，以任意3个为顶点的所有三角形中，锐角三角形共有______个14．若20092009012009(12)()xaaxaxxR,则20091222009222aaa的值为_______15.当时10x,不等式kxx2sin成立,则实数k的取值范围是_______________.16.若,0aob，4abab，在以,ab为圆心，ab为半径的圆中，面积最小的圆的标准方程为______三、解答题：（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．如图，矩形ABCD中，ABEAD平面，2BCEBAE，F为CE上的点，且ACEBF平面.（Ⅰ）求证：BCEAE平面；（Ⅱ）求证；BFDAE平面//18．已知等比数列{}na中,13,a481a*()nN.(Ⅰ)若{}nb为等差数列,且满足2152,baba,求数列{}nb的通项公式;(Ⅱ)若数列{}nb满足3lognnba,求数列11nnbb的前n项和nT.19．已知ABC中,1,120,,OACABCBAC,记fABBC.(1)求()f关于的表达式;ABCDEFGＡＢＣ120°4(2)求()f的值域20.旅游公司为3个旅游团提供甲、乙、丙、丁4条旅游线路，每个旅游团任选其中一条.（1）求3个旅游团选择3条不同的线路的概率；（2）求恰有2条线路没有被选择的概率；（3）设选择甲线路旅游团的个数为，求的分布列。21．已知定义域为R的函数12()2xxnfxm是奇函数.①求m、n的值;②若对任意的t∈(1,2),不等式22(2)(2)0fttftk恒成立,求实数k的取值范围.22.已知定圆:C4)3(22yx,定直线:m360xy,过)0,1(A的一条动直线l与直线相交于N,与圆C相交于QP,两点,M是PQ中点.(Ⅰ)当l与m垂直时,求证:l过圆心C;(Ⅱ)当23PQ时,求直线l的方程;(Ⅲ)设tANAM,试问t是否为定值,若为定值,请求出t的值;若不为定值,请说明理由.高二（理）数学答案一、选择题（每题5分，共60分）1-12ABBDBCCCBAAC二、填空题（每题5分，共20分）（13）8（14）-1（15）1k5（16）223681xy三、解答题17.（Ⅰ）证明：ABEAD平面，BCAD//,∴ABEBC平面，则BCAE又ACEBF平面，则BFAE,∴BCEAE平面------------5分（Ⅱ）证明：依题意可知：G是AC中点ACEBF平面则BFCE，而BEBC,∴F是EC中点在AEC中，AEFG//,∴BFDAE平面//--------------10分18.解:(Ⅰ)在等比数列{}na中,13,a481a.所以,由341aaq得3813q,即327q,3q因此,1333nnna在等差数列{}nb中,根据题意,21523,9baba可得,52932523bbd所以,2(2)3(2)221nbbndnn----------------6分(Ⅱ)若数列{}nb满足3lognnba,则3log3nnbn,因此有122311111111122334(1)nnbbbbbbnn1111111(1)()()()223341nn1111nnn------------12分19.解:(1)设,,abc分别是ABC角,,ABC所对的边,由正弦定理:0,1,120sinsinsinabcbBABC且得:000sin60sin,sin120sin120ac6∴0002()cos60sinsin60,0603fABBCac----6分(2)02231()sinsin60sin21cos23344f011sin23036000006030230150,1()0,6f--------------12分20.解：（1）3个旅游团选择3条不同线路的概率为：P1=834334A………4分[K（2）恰有两条线路没有被选择的概率为：P2=16943222324ACC………8分[K（3）设选择甲线路旅游团数为ξ，则ξ=0，1，2，3P（ξ=0）=64274333，P（ξ=1）=6427433213C，P（ξ=2）=23339464C，P（ξ=3）=6414333C∴ξ的分布列为：………………………12分21.解:(1)因为()fx是奇函数,所以f(0)=0即1120,1,()22xxnnnfxmm解得从而有11212(1)(1)241ffmmm又由知解得所以，n=1，m=2----------------------------------5分(2)由①知12111()22221xxxfx由上式知()fx在(-∞,+∞)上为减函数∵()fx是奇函数ξ0123P642764276496417∴22(2)(2)0fttftk等价于222(2)(2)(2)fttftkftk又∵()fx在(-∞,+∞)上为减函数由上式推得22222,32(1,2)tttktttk即对一切有恒成立令2()32(1,2)utttt则2()32(1,2)uttt函数在上单调递增∴()1ut∴实数k的取值范围为{|1}kk-------------------12分22.解:(Ⅰ)由已知31mk,故3lk,所以直线l的方程为)1(3xy.将圆心C)3,0(代入方程易知l过圆心C--------4分(Ⅱ)当直线l与x轴垂直时,易知1x符合题意;当直线与x轴不垂直时,设直线l的方程为)1(xky,由于32PQ,所以.1CM由1132kkCM,解得34k.故直线l的方程为1x或0434yx-------------8分(Ⅲ)当l与x轴垂直时,易得)3,1(M,)35,1(N,又)0,1(A则),3,0(AM)35,0(AN,故5ANAM.即5t当l的斜率存在时,设直线l的方程为)1(xky,代入圆的方程得056)62()1(2222kkxkkxk.则,1322221kkkxxxM2213)1(kkkxkyMM,即)13,13(2222kkkkkkM,8AM)13,113(222kkkkk.又由,063),1(yxxky得)315,3163(kkkkN,则)315,315(kkkAN.故t5)1)(31()1)(31(5)31)(1()3(5)31)(1(51522222kkkkkkkkkkkkANAM.综上,t的值为定值,且5t---------------------12分另解一:连结CA,延长交m于点R,由(Ⅰ)知mAR.又lCM于M,故△ANR∽△AMC.于是有ARACANAM.由,105,10ARAC得.5ANAM故tAMAN.5ANAM另解二:连结CA并延长交直线m于点B,连结,,CNCM由(Ⅰ)知,mAC又lCM,所以四点BNCM,,,都在以CN为直径的圆上,由相交弦定理得5tAMANAMANACAB