安徽省池州市七校2010届高三元旦调研模拟考试

池州市七校2010届高三元旦调研模拟考试数学试题（理）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。1．设UR，{|0}Axx，{|1}Bxx，则UABð()A．{|01}xxB．{|01}xxC．{|0}xxD．{|1}xx2．已知,ab是实数，则“0a且0b”是“0ab且0ab”的()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3.设a、b、c是单位向量，且a·b＝0，则acbc的最小值为()（A）2（B）22（C）1(D)124.如果函数cos2yx＝3＋的图像关于点43，0中心对称，那么||的最小值为（A）6（B）4（C）3(D)25．在三棱柱111ABCABC中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点D是侧面11BBCC的中心，则AD与平面11BBCC所成角的大小是()A．30B．45C．60D．906.已知直线y=x+1与曲线yln()xa相切，则α的值为()(A)1(B)2(C)-1(D)-27．设向量a，b满足：||3a，||4b，0ab．以a，b，ab的模为边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为()A．3B．4C．5D．68．已知a是实数，则函数()1sinfxaax的图象不可能是()9．过双曲线22221(0,0)xyabab的右顶点A作斜率为1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为,BC．若12ABBC，则双曲线的离心率是()A2B．3C．5D．1010．对于正实数，记M为满足下述条件的函数()fx构成的集合：12,xxR且21xx，有212121()()()()xxfxfxxx．下列结论中正确的是()A．若1()fxM，2()gxM，则12()()fxgxMB．若1()fxM，2()gxM，且()0gx，则12()()fxMgxC．若1()fxM，2()gxM，则12()()fxgxMD．若1()fxM，2()gxM，且12，则12()()fxgxM11.曲线21xyx在点1,1处的切线方程为A.20xyB.20xyC.450xyD.450xy12.若将函数tan04yx的图像向右平移6个单位长度后，与函数tan6yx的图像重合，则的最小值为A．16B.14C.13D.12二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。13．设等比数列{}na的公比12q，前n项和为nS，则44Sa．14．若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是3cm．15．若实数,xy满足不等式组2,24,0,xyxyxy则23xy的最小值是．16.14．已知数列{}na满足：434121,0,,N,nnnnaaaan则2009a________；2014a=_________.三、解答题：本大题共6小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.在ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知222acb，且sincos3cossin,ACAC求b18.在数列{}na中，11111,(1)2nnnnaaan,（I）设nnabn，求数列{}nb的通项公式;（II）求数列{}na的前n项和nS19.设函数21fxxaInx有两个极值点12xx、，且12xx，求a的取值范围，并讨论fx的单调性；20．如图，平面PAC平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，,,EFO分别为PA，PB，AC的中点，16AC，10PAPC．（I）设G是OC的中点，证明：//FG平面BOE；（II）证明：在ABO内存在一点M，使FM平面BOE．21．已知，椭圆C过点A3(1,)2，两个焦点为（－1，0），（1，0）。（1）求椭圆C的方程；(2)E,F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值。22．（本题满分14分）已知函数322()(1)52fxxkkxx，22()1gxkxkx，其中kR．（I）设函数()()()pxfxgx．若()px在区间(0,3)上不单调，求k的取值范围；（II）设函数(),0,()(),0.gxxqxfxx是否存在k，对任意给定的非零实数1x，存在惟一的非零实数2x（21xx），使得21()()qxqx成立？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由．数学试题（理）答案1.答案：B【解析】对于1UCBxx，因此UABð{|01}xx．2.答案：C【解析】对于“0a且0b”可以推出“0ab且0ab”，反之也是成立的3.解:,,abc是单位向量2()acbcababcc2009042320090423|||12cos,121|abcabc故选D..解:函数cos2yx＝3＋的图像关于点43，0中心对称4232k13()6kkZ由此易得min||6.故选A5.答案：C【解析】取BC的中点E，则AE面11BBCC，AEDE，因此AD与平面11BBCC所成角即为ADE，设32AEa，2aDE，即有0tan3,60ADEADE．6.解:设切点00(,)Pxy，则0000ln1,()yxayx,又0'01|1xxyxa00010,12xayxa.故答案选B7.答案：C【解析】对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，但5个以上的交点不能实现．8.答案：D【解析】对于振幅大于1时，三角函数的周期为2,1,2TaTa，而D不符合要求，它的振幅大于1，但周期反而大于了2．9.答案：C【解析】对于,0Aa，则直线方程为0xya，直线与两渐近线的交点为B，C，22,,(,)aabaabBCabababab，则有22222222(,),,ababababBCABabababab，因222,4,5ABBCabe．10.答案：C【解析】对于212121()()()()xxfxfxxx，即有2121()()fxfxxx，令2121()()fxfxkxx，有k，不妨设1()fxM，2()gxM，即有11,fk22gk，因此有1212fgkk，因此有12()()fxgxM．11.解：111222121||[]|1(21)(21)xxxxxyxx,故切线方程为1(1)yx,即20xy故选B.12.解：6tantan[(]ta)6446nyxyxx向右平移个单位164()662kkkZ，又min102.故选D13.答案：15【解析】对于4431444134(1)1,,151(1)aqsqsaaqqaqq14.答案：18【解析】该几何体是由二个长方体组成，下面体积为1339，上面的长方体体积为3319，因此其几何体的体积为1815.答案：4【解析】通过画出其线性规划，可知直线23yxZ过点2,0时，min234xy16.【答案】1，0【解析】本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.依题意，得2009450331aa，2014210071007425210aaaa.∴应填1，0.17.分析:此题事实上比较简单,但考生反应不知从何入手.对已知条件(1)222acb左侧是二次的右侧是一次的,学生总感觉用余弦定理不好处理,而对已知条件(2)sincos3cossin,ACAC过多的关注两角和与差的正弦公式,甚至有的学生还想用现在已经不再考的积化和差,导致找不到突破口而失分.解法一：在ABC中sincos3cossin,ACAC则由正弦定理及余弦定理有:2222223,22abcbcaacabbc化简并整理得：2222()acb.又由已知222acb24bb.解得40(bb或舍）.解法二:由余弦定理得:2222cosacbbcA.又222acb,0b。所以2cos2bcA…………………………………①又sincos3cossinACAC，sin()4cossinACAC，即sin4cossinBAC由正弦定理得sinsinbBCc，故4cosbcA………………………②由①，②解得4b。18.分析：（I）由已知有1112nnnaann112nnnbb利用累差迭加即可求出数列{}nb的通项公式:1122nnb(*nN)（II）由（I）知122nnnan,nS=11(2)2nkkkk111(2)2nnkkkkk而1(2)(1)nkknn,又112nkkk是一个典型的错位相减法模型，易得1112422nknkknnS=(1)nn1242nn19.解:（I）2222(1)11axxafxxxxx令2()22gxxxa，其对称轴为12x。由题意知12xx、是方程()0gx的两个均大于1的不相等的实根，其充要条件为480(1)0aga，得102a⑴当1(1,)xx时，0,()fxfx在1(1,)x内为增函数；⑵当12(,)xxx时，0,()fxfx在12(,)xx内为减函数；⑶当2,()xx时，0,()fxfx在2,()x内为增函数；20.证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则0,0,0,(0,8,0),(8,0,0),(0,8,0),OABC(0,0,6),(0,4,3),PE4,0,3F，由题意得，0,4,0,G因(8,0,0),(0,4,3)OBOE，因此平面BOE的法向量为(0,3,4)n，(4,4,3FG得0nFG，又直线FG不在平面BOE内，因此有//FG平面BOE（II）设点M的坐标为00,,0xy，则00(4,,3)FMxy，因为FM平面BOE，所以有//FMn，因此有0094,4xy，即点M的坐标为94,,04，在平面直角坐标系xoy中，AOB的内部区域满足不等式组008xyxy，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，（21）解：（Ⅰ）由题意，c=1,可设椭圆方程为2219114bb，解得23b，234b（舍去）所以椭圆方程为22143xy。……………4分（Ⅱ）设直线AE方程为：3(1)2ykx，代入22143xy得2223(34)4(32)4()1202kxkkxk设(x,y)EEE,(x,y)FFF,因为点3(1,)2A在椭圆上，所以xyz2234()122x34Fkk;32EEykxk又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以—K代K，可得2234