常州市第二中学高三数学周练十

江苏省四星级高中常州市第二中学高考数学模拟试卷2006.1.7一、选择题（本题每小题5分，共60分）1．已知集合A＝｛1,2,3,4｝，集合B＝｛－1,2｝，设映射f：AB，若集合B中的元素都是A中元素的f下的象，那么这样的映射f有A．16个B．14个C．12个D．8个2.已知角的终边经过点)60cos6,8(omP，且54cos，则m的值是A、21B、21C、23D、23（）3已知椭圆5922yx＝1的左、右焦点是F1、F2,P是椭圆上的一点，线段PF1交y轴于点M，若1PF是2PF与21FF的等差中项，则MPMF1等于（）A．3B.2C.5D.44．命题p：函数2212||)(xxxf不具有奇偶性；命题q：当121c时，函数xcy)12(为减函数．对于以上两个命题，下列结论中正确的是（）A．命题“p或q”为假B．命题“p或q”为真C．命题“p且q”为假D．命题“非q”为真5．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AB、C1D1的中点，则直线A1B1与平面A1ECF所成角的正弦为（）A．63B．33C．66D．226．点P在直线0102yx上，PA、PB与圆422yx相切于A、B两点，则四边形PAOB面积的最小值为（）A．24B．16C．8D．47.设i，j分别是平面直角坐标系内x轴、y轴正方向上的两个单位向量，在同一直线上有A、B、C三个点，2,,5OAimjOBnijOCij,若OAOB，则实数m，n的值分别为（）A.63nm或233nmB.36nm或323nmC.36nm或233nmD.63nm或323nm8．以椭圆的右焦点2F为圆心作一个圆，使此圆过椭圆中心并交椭圆于点M，N，若过椭圆左焦点1F的直线MF1是圆2F的切线，则椭圆的离心率为（）A．13B．32C．22D．239过△ABC的重心任作一直线分别交AB、AC于D、E，,,0,ADxABAEyACxy则11xy的值为A．4B．3C．2D．1()10、为了解某校高三学生的视力情况，随机地抽查了该校100名高三学生的视力情况，得到频率分布直方图，如右，由于不慎将部分数据丢失，但知道前4组的频数成等比数列，后6组的频数成等差数列，设最大频率为a，视力在4.6到5.0之间的学生数为b，则a,b的值分别为（）A．0.27,78B．0.27,83C．2.7,78D．2.7,8311一个机器猫每秒前进或后退一步，程序设计人员让机器猫以每前进3步，然后再后退2步的规律移动；如果将此机器猫放在数轴的原点上，面向正的方向，以1步的距离为1个单位长，令P（n）表示第n秒时机器猫所在的位置的坐标，且P（0）=0，那么下列结论中错误的是()A.P(3)=3B.P(5)=1C.P(101)=21D.P(103)P(104)12．经济学中的“蛛网理论”（如图），假定某种商品的“需求—价格”函数的图象为直线l1,“供给—价格”函数的图象为直线l2，它们的斜率分别为k1、k2，l1与l2的交点P为“供给—需求”均衡点，在供求两种力量的相互作用下，该商品的价格和产销量，沿平行于坐标轴的“蛛网”路径，箭头所指方向发展变化，最终能否达于均衡点P，与直线l1、l2的斜率满足的条件有关，从下列三个图中可知最终能达于均衡点P的条件为Ak1+k20Bk1+k2=0Ck1+k20Dk1+k2可取任意实数二、填空题（本题每小题4分，共24分）13．在△ABC中，已知ACABSACABABC则,3,1||,4||的值为14.|log|)(3xxf，若)(xf＞)5.3(f，则不等式的解集为15某校高三年级举行的一次演讲比赛共有10位同学参赛，其中一班有3位，二班有2位，其他班有5位.若采取抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班的3位同0.30.14.34.44.54.64.74.84.95.05.15.2视力频率组距ol1P价格需求/供给量图3l2需求/供给量价格ol1l2P图1ol1l2P价格需求/供给量图2学恰好被排在一起（指演讲序号相连），而二班的2位同学没有被排在一起的概率为16．已知球面上A、B两点间的球面距离是1，过这两点的球面半径的夹角为60°，则这个球的表面积与球的体积之比是.17.把曲线14:221kyxC按向量a=（1，2）平移后得到曲线C2，曲线C2有一条准线方程为x=5，则k的值为.18定义运算：bcaddcba，若数列{}na满足111221a，且112nnnnaa（*Nn），则10a为.三、解答题（本大题共5小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）：19.(本题满分12分)已知向量(cos,sin)m和2sin,cos,,2n，且825mn，求cos28的值.20．（.(本题满分12分）运动队11月份安排4次体能测试，规定每位运动员一开始就要参加测试，一旦某次测试合格就不必参加以后的测试，否则4次测试都要参加。若李明4次测试当次合格的概率依次组成一公差为91的等差数列，且他直至第二次测试才合格的概率为.8125（1）求李明第一次参加测试就合格的概率P1（结果用分数表示）.（2）求李明11月份体能测试能合格的概率.（结果用分数表示）21（本题满分14分）如图已知四棱锥P—ABCD，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，∠A=90°且AB//CD，AB=21CD.（1）点F在线段PC上运动，且设问当,||||FCPF为何值时，BF//平面PAD？并证明你的结论；（2）二面角F—CD—B为45°，求二面角B—PC—D的大小；（3）在（Ⅱ）的条件下，若AD=2，CD=3，求点A到平面PBC的距离.22．（本题满分14分）如图，ABCD是边长为2的正方形纸片，沿某动直线l为折痕将正方形在其下方的部分向上翻折，使得每次翻折后点B都落在边AD上，记为B；折痕l与AB交于点E，点M满足关系式BEEBEM。（Ⅰ）建立适当的直角坐标系，求点M的轨迹方程；（Ⅱ）若曲线C是由点M的轨迹及其关于边AB对称的曲线组成的，F是边AB上的一点，4BFBA，过点F的直线交曲线C于P、Q两点，且FQPF，求实数的取值范围。23.（本小题14分，其中第一问2分，第二问6分，第三问6分）已知dcxbxaxxf23是定义在R上的函数，其图象交x轴于A，B，C三点，若点B的坐标为（2，0），且xf在]0,1[和[4，5]上有相同的单调性，在[0，2]和[4，5]上有相反的单调性．（1）求c的值；（2）在函数xf的图象上是否存在一点M（x0，y0），使得xf在点M的切线斜率为3b？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；（3）求AC的取值范围．参考答案1-6BADBAC7-12CABADA132或-214（0，72）（，27）152011617-3183819:解:cossin2,cossinmn……………………………………2分22cossin2(cossin)mn……………………………4分=422(cossin)=44cos4………………………………………………………7分=21cos4…………………………………………………………10分由已知82,5mn,得7cos425又2cos2cos()1428216cos()2825,2598288cos0284cos285……………13分20．解：（1）设四次测试合格的概率依次为.93,92,91,aaaa则.940811698,8125)91)(1(2aaaaa即∴李明第一次参加测试就合格的概率为.94………………6分（2）设A为李明11月份体能测试合格的事件则21874092939495)(AP…………………………9分21872147)(1)(APAP∴李明11月体能测试能合格的概率为.21872147……………………12分21．解：（1）当.//,1PADBF平面时证明：取PD中点E，则EF//CD，且,21//,21CDABCDABCDEF且又∴四边形ABFE为平行四边形.∴BF//AE.又AE平面PAD∴BF//平面PAD……………4分（2）PA平面ABCD，PDAPDCDADCD即是二面角的平面角45PDAPAD为等腰直角三角形，,,,CDAEADCDPDAEAE平面PCD又BF//AE，BF平面PCD.BF平面PBC，∴平面PCD⊥平面PBC，即二面角B—PC—D的大小为90°.……………8分（3）在平面PCD内作EH⊥PC于点H，由平面PCD⊥平面PBC且平面PCD平面PBC=PC知：EH⊥平面PBC.在17,22CDPDPCPCDRt中，在23,217,2,,EFPFPEEFPEPFEHPEFRt将中代入得：.17343EH即点E到平面PBC的距离为.17343又,//,//PBCAEBFAE平面点A到平面PBC的距离为.17343……14分22解答：(1)建立如图所示坐标系，设E(0,t),B’(x0,2)，M(x,y),则在'ABE中可求得'21ABt，∴021xt'(,),0,,21,2EMxytEBtEBtt又BEEBEM，代入可得：21122xttyt消去t得：1412xy（0≤x≤2）（8分）(2)21≤≤2（14分）23．解：⑴∵xf在0,1和2,0上有相反单调性，∴x=0是xf的一个极值点，故0'xf，即0232cbxax有一个解为x=0，∴c=0……2分⑵∵xf交x轴于点B（2，0）∴abddba24,048即令0'xf，则abxxbxax32,0,023212∵xf在2,0和5,4上有相反的单调性∴4322ab，∴36ab……4分假设存在点M（x0，y0），使得xf在点M的切线斜率为3b，则bxf30'即0323020bbxax∵△=94364334222abababbbab……6分又36ab，∴△＜0∴不存在点M（x0，y0），使得xf在点M的切线斜率为3b．……8分⑶依题意可令2222223xxxaxxxaxfadabadab2222则……10分162224222abadabAC……11分∵36ab，∴当6ab时，34maxAC；当3ab时，3minAC故343AC……14分