高三年级数学(理科)第一次调研考试

高三年级数学（理科）第一次调研考试2008.3一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个备选项中，有且只有一项是符合要求的．1.设全集{0,1,2,3,4}U，集合{0,1,2}A，集合{2,3}B，则()UABð（）A．B．{1,2,3,4}C．{0,1,2,3,4}D．{2,3,4}2.复数13iz，21iz，则复数12zz在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3.如图所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的全面积为（）A．3π2B．2πC．3πD．4π4.设()fx是定义在R上的奇函数，且当0x时，()23xfx，则(2)f（）A．1B．14C．1D．1145.已知等差数列{}na的公差0d，它的第1、5、17项顺次成等比数列，则这个等比数列的公比是（）A．4B．3C．2D．126.函数2()ln(1)fxxx的零点所在的大致区间是（）A．(0,1)B．(1,2)C．(2,)eD．(3,4)7.为调查深圳市中学生平均每人每天参加体育锻炼时间X（单位：分钟），按锻炼时间分下列四种情况统计：①0～10分钟；②11～20分钟；③21～30分钟；④30分钟以上．有10000名中学生参加了此项活动，下图是此次调查中某一项的流程图，其输出的结果是6200，则平均每天参加体育锻炼时间在0～20分钟内的学生的频率是（）A．3800B．6200C．0.38D．0.62主视图左视图俯视图8.如图，已知(4,0)A、(0,4)B，从点(2,0)P射出的光线经直线AB反向后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到P点，则光线所经过的路程是（）A．210B．6C．33D．25二、填空题：本大题共7小题，每小题5分，共30分．其中13～15小题是选做题，考生只能选做两题，若三题全答，则只计算前两题得分．9.在ABC中，a、b分别为角A、B的对边，若60B，75C，8a，则边b的长等于．10.某高三学生希望报名参加某6所高校中的3所学校的自主招生考试，由于其中两所学校的考试时间相同，因此该学生不能同时报考这两所学校．该学生不同的报考方法种数是开始0S1T输入X20X1TT1SS10000T输出S结束．（用数字作答）11.在RtABC中，两直角边分别为a、b，设h为斜边上的高，则222111hab，由此类比：三棱锥SABC中的三条侧棱SA、SB、SC两两垂直，且长度分别为a、b、c，设棱锥底面ABC上的高为h，则．12.已知定义在区间[0,1]上的函数()yfx的图像如图所示，对于满足1201xx的任意1x、2x，给出下列结论：①2121()()fxfxxx；②2112()()xfxxfx；③1212()()22fxfxxxf．其中正确结论的序号是．（把所有正确结论的序号都填上）13.（坐标系与参数方程选做题）在极坐标系中，圆2cos的圆心的极坐标是，它与方程π4（0）所表示的图形的交点的极坐标是．14.（不等式选讲选做题）已知点P是边长为23的等边三角形内一点，它到三边的距离分别为x、y、z，则x、y、z所满足的关系式为，222xyz的最小值是．15.（几何证明选讲选做题）如图，PT是O的切线，切点为T，直线PA与O交于A、B两点，TPA的平分线分别交直线TA、TB于D、E两点，已知2PT，3PB，则PA，TEAD．EBDTPA三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16.（本小题满分12分）已知向量(1sin2,sincos)axxx，(1,sincos)bxx，函数()fxab．（Ⅰ）求()fx的最大值及相应的x的值；（Ⅱ）若8()5f，求πcos224的值．17.（本小题满分12分）将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A袋或B袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是12．（Ⅰ）求小球落入A袋中的概率()PA；（Ⅱ）在容器入口处依次放入4个小球，记为落入A袋中的小球个数，试求3的概率和的数学期望E．18.（本小题满分14分）如图所示的几何体ABCDE中，DA平面EAB，CB∥DA，2EADAABCB，EAAB，M是EC的中点．（Ⅰ）求证：DMEB；（Ⅱ）求二面角MBDA的余弦值．MCEDAB19.（本小题满分14分）在平面直角坐标系中，已知点(2,0)A、(2,0)B，P是平面内一动点，直线PA、PB的斜率之积为34．（Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程；（Ⅱ）过点1,02作直线l与轨迹C交于E、F两点，线段EF的中点为M，求直线MA的斜率k的取值范围．20.（本小题满分14分）已知()lnfxx，217()22gxxmx（0m），直线l与函数()fx、()gx的图像都相切，且与函数()fx的图像的切点的横坐标为1．（Ⅰ）求直线l的方程及m的值；（Ⅱ）若()(1)()hxfxgx（其中()gx是()gx的导函数），求函数()hx的最大值；（Ⅲ）当0ba时，求证：()(2)2bafabfaa．21.（本小题满分14分）如图，111(,)Pxy、222(,)Pxy、…、(,)nnnPxy（120nyyy）是曲线C：23yx（0y）上的n个点，点(,0)iiAa（1,2,3,,in）在x轴的正半轴上，且1iiiAAP是正三角形（0A是坐标原点）．（Ⅰ）写出1a、2a、3a；（Ⅱ）求出点(,0)nnAa（nN）的横坐标na关于n的表达式；（Ⅲ）设12321111nnnnnbaaaa，若对任意的正整数n，当[1,1]m时，不等式2126ntmtb恒成立，求实数t的取值范围．高三年级数学（理科）第一次调研考试数学（理科）参考答案一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个备选项中，有且只有一项是符合要求的．题号12345678答案DAACBBCA二、填空题：本大题共7小题，每小题5分，共30分．其中13～15小题是选做题，考生只能选做两题，若三题全答，则只计算前两题得分．9．4610．1611．22221111habc12．②③13．(1,0)，π2,414．3xyz，315．433，32三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16.解：（Ⅰ）因为(1sin2,sincos)axxx，(1,sincos)bxx，所以22()1sin2sincos1sin2cos2fxxxxxxπ2sin214x．因此，当ππ22π42xk，即3ππ8xk（kZ）时，()fx取得最大值21；（Ⅱ）由()1sin2cos2f及8()5f得3sin2cos25，两边平方得91sin425，即16sin425．因此，ππ16cos22cos4sin44225．17.解：（Ⅰ）记“小球落入A袋中”为事件A，“小球落入B袋中”为事件B，则事件A的对立事件为B，而小球落入B袋中当且仅当小球一直向左落下或一直向右落下，故33111()224PB，从而13()1()144PAPB；（Ⅱ）显然，随机变量34,4B，故3343127(3)4464PC，3434E．18.解：建立如图所示的空间直角坐标系，并设22EADAABCB，则（Ⅰ）31,1,2DM，(2,2,0)EB，所以0DMEB，从而得DMEB；（Ⅱ）设1(,,)nxyz是平面BDM的法向量，则由1nDM，1nDB及31,1,2DM，(0,2,2)DB得11302220nDMxyznDByz可以取1(1,2,2)n．显然，2(1,0,0)n为平面ABD的法向量．设二面角MBDA的平面角为，则此二面角的余弦值121212||1cos|cos,|3||||nnnnnn．19.解：（Ⅰ）依题意，有3224PAPByykkxx（2x），化简得22143xy（2x），这就是动点P的轨迹C的方程；（Ⅱ）依题意，可设(,)Mxy、(,)Exmyn、(,)Fxmyn，则有2222()()143()()143xmynxmyn，两式相减，得4430014342EFmxnnxykmyx，由此得点M的轨迹方程为226830xyx（0x）．设直线MA：2xmy（其中1mk），则22222(68)211806830xmymymyxyx，故由22(21)72(68)0||8mmm，即18k，解之得k的取值范围是11,88．20.解：（Ⅰ）依题意知：直线l是函数()lnfxx在点(1,0)处的切线，故其斜率1(1)11kf，所以直线l的方程为1yx．又因为直线l与()gx的图像相切，所以由22119(1)0172222yxxmxyxmx，得2(1)902mm（4m不合题意，舍去）；（Ⅱ）因为()(1)()ln(1)2hxfxgxxx（1x），所以1()111xhxxx．当10x时，()0hx；当0x时，()0hx．因此，()hx在(1,0)上单调递增，在(0,)上单调递减．因此，当0x时，()hx取得最大值(0)2h；（Ⅲ）当0ba时，102baa．由（Ⅱ）知：当10x时，()2hx，即ln(1)xx．因此，有()(2)lnln1222abbabafabfaaaa．21.解：（Ⅰ）12a，26a，312a；（Ⅱ）依题意，得12nnnaax，132nnnaay，由此及23nnyx得21133()22nnnnaaaa，即211()2()nnnnaaaa．由（Ⅰ）可猜想：(1)nann（nN）．下面用数学归纳法予以证明：（1）当1n时，命题显然成立；（2）假定当nk时命题成立，即有(1)nakk，则当1nk时，由归纳假设及211()2()kkkkaaaa得211[(1)]2[(1)]kkakkkka，即2211()2(1)[(1)][(1)(2)]0kkakkakkkk，解之得1(1)(2)kakk（1(1)kkakka不合题意，舍去），即当1nk时，命题成立．由（1）、（2）知：命题成立．（Ⅲ）12321111nnnnnbaaaa111(1)(2)(2)(3)2(21)nnnnnn2111112123123nnnnnnn．令1()2fxxx（1x），则21()2210fxx，所以()fx在[1,)上是增函数，故当1x时，()fx取得最小值3，即当1n时，max1()6nb．2126ntmtb（nN，[1,1]m）2max112()66ntmtb，即220tmt（[1,1]m）222020tttt