高考数学普通高等学校春季招生考试1

绝密★启用前高考数学普通高等学校春季招生考试考生注意：本试卷共有22道试题，满分150分．一、填空题（本大题满分48分）本大题共有12题．只要求直接填写结果，每题填对得4分，否则一律是零分．1．函数)0(1)(2xxxf的反函数)(1xf______．2．若复数z满足方程1iiz（i是虚数单位），则z=________．3．函数xxycos1sin的最小正周期为________．4．二项式6)1(xx的展开式中常数项的值为________．5．若双曲线的一个顶点坐标为（3，0），焦距为10，则它的标准方程为________．6．圆心在直线xy上且与x轴相切于点（1，0）的圆的方程为________．7．计算：nnnn)13(lim=________．8．若向量，满足||||，则与所成角的大小为________．9．在大小相同的6个球中，2个红球，4个是白球．若从中任意选取3个，则所选的3个球中至少有1个红球的概率是________．（结果用分数表示）10．若记号“*”表示求两个实数a与b的算术平均数的运算，即2baba，则两边均含有运算符号“*”和“+”，且对于任意3个实当选a、b、c都能成立的一个等式可以是_______。11．关于x的函数)sin()(xxf有以下命题：（1）对任意的，)(xf都是非奇非偶函数；（2）不存在，使)(xf既是奇函数，又是偶函数；（3）存在，使)(xf是奇函数；（4）对任意的，)(xf都不是偶函数。其中一个假命题的序号是_______。因为当=_______时，该命题的结论不成立。12．甲、乙两人于同一天分别携款1万元到银行储蓄，甲存五年期定期储蓄，年利率为2.88%。乙存一年期定期储蓄，年利率为2.25%，并在每年到期时将本息续存一年期定期储蓄。按规定每次计息时，储户须交纳利息的20%作为利息税，若存满五年后两人同时从银行取出存款，则甲与乙所得本息之和的差为__________元。（假定利率五年内保持不变，结果精确到1分）。二、选择题（本大题满分16分）本大题共有4题，每题都给出代号为A、B、C、D的四个结论，其中有且只有一个结论是正确的，必须把正确结论的代号写在题后的圆括号内，选对得4分，不选，选错或者选出的代号超过一个（不论是否都写在圆括号内），一律得零分。13．若a、b为实数，则0ba是22ba的（）（A）充分不必要条件．（B）必要不充分条件．（C）充要条件．（D）既非充分条件也非必要条件．14．若直线1x的倾斜角为，则（）（A）等于0（B）等于4（C）等于2（D）不存在15．若有平面与，且lPPl,,,，则下列命题中的假命题为（）（A）过点P且垂直于的直线平行于．（B）过点P且垂直于l的平面垂直于．（C）过点P且垂直于的直线在内．（D）过点P且垂直于l的直线在内．16．若数列}{na前8项的值各异，且n8naa对任意的Nn都成立，则下列数列中可取遍}{na前8项值的数列为（）（A）}{12ka（B）}{13ka（C）}{14ka（D）}{16ka三、解答题（本大题满分86分）本大题共有6题，解答下列各题必须写出必要的步骤．17．（本题满分12分）已知R为全集，}125|{},2)3(log|{21xxBxxA，求BA18．（本题满分12分）已知)24(12sinsin22ktg，试用k表示cossin的值．19．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分5分，第2小题满分9分．用一块钢锭浇铸一个厚度均匀，且全面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器（如图），设容器的高为h米，盖子边长为a米．（1）求a关于h的函数解析式；（2）设容器的容积为V立方米，则当h为何值时，V最大？求出V的最大值．（求解本题时，不计容器的厚度）20．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分5分，第2小题满分9分。在长方体1111DCBAABCD中，点E、F分别1BB、1DD上，且BAAE1，DAAF1。（1）求证：AEFCA平面1；（2）若规定两个平面所成的角是这两个平面所组成的二面角中的锐角（或直角），则在空间中有定理：若两条直线分别垂直于两个平面，则这两条直线所成的角与这两个平面所成的角相等。试根据上述定理，在4AB，3AD，51AA时，求平面AEF与平面BDBD11所成的角的大小。（用反三角函数值表示）21．（本题满分16分）本题共有2个小题，第1小题满分9分，第2小题满分7分。已知椭圆C的方程为1222yx，点),(baP的坐标满足1222ba。过点P的直线l与椭圆交于A、B两点，点Q为线段AB的中点，求：（1）点Q的轨迹方程；（2）点Q的轨迹与坐标轴的交点的个数．22．（本题满分18分）本题共有2个小题，第1小题满分5分，第2小题满分13分．已知}{na是首项为2，公比为21的等比数列，nS为它的前n项和．（1）用nS表示1nS；（2）是否存在自然数c和k，使得21cScSkk成立．数学试卷答案要点及评分标准说明：1．本解答列出试题的一种或几种解法，如果考生的解法与所列解法不同，可参照解答中评分标准的精神进行评分．2．评阅试卷，应坚持每题评阅到底，不要因为考生的解答中出现错误而中断对该题的评阅，当考生的解答在某一步出现错误，影响了后继部分，但该步以后的解答未改变这一题的内容和难度时，可视影响程度决定后面部分的给分，这时原则上不应超过后面部分应给分数之半，如果有较严重的概念性错误，就不给分．3．给分或扣分均以1分为单位．答案及评分标准一、（第1至12题）每一题正确的给4分，否则一律得零分．1．)1(1xx．2．i1．3．2．4．20．5．116922yx．6．1)1()1(22yx．7．2e．8．90°．9．54．10．),(*)()*(cabacba.等)()(,)()()()(),()()*(cb*aca*b*bca*acb*cbacba*b*ca*ccba11．（1），)(Zkk；（1），)(2Zkk；（4），)(2Zkk等。（两个空格全填对时才能得分，其中k也可以写成任何整数）12．219.01二、（第13至16题）每一题正确的给4分，否则一律得零分。13．A14．C15．D16．B三、（第17至22题）17．解由已知4log)3(log2121x因为xy21log为减函数，所43x由0343xx解得31x所以}31|{xxA由125x，解得32x。所以}32|{xxB于是3}1|{xxxA或故}312|{xxxBA或18．解因为cossin2tg12sinsin22所以cossin2k因而k1cossin21)cos(sin2又24，于是0cossin因此k1cossin19．解（1）设'h为正四棱锥的斜高由已知,'ha41h,2a'h214a2222解得)0(112hha（2）)0()1(33122hhhhaV易得)h1h(31V因为2121hhhh，所以61V等式当且仅当hh1，即1h时取得。故当1h米时，V有最大值，V的最大值为61立方米．20．证（1）因为BACB1平面，所CA1在平面BA1上的射影为BA1由BAAEAEBA11,平面，得AECA1，同理可证AFCA1因为AECAAFCA11,所以AEFCA平面1解（2）过A作BD的垂线交CD于G，因为AGDD1，所以BDBDAG11平面设AG与CA1所成的角为，则即为平面AEF与平面BDBD11所成的角．由已知，计算得49DG．如图建立直角坐标系，则得点(0,0,0)A，)0,3,4(),5,0,0(),0,3,49(1CAG，}5,3,4{},0,3,49{1CAAG，因为AG与CA1所成的角为所以25212||||cos11CAAGCAAG25212arccos由定理知，平面AEF与平面CEF所成角的大小为25212arccos21．解（1）设点A、B的坐标分别为),(11yxA、),(22yxB，点Q的坐标为),(yxQ．当21xx时，设直线l的斜率为k，则l的方程为baxky)(由已知12,1222222121yxyx（1）baxkybaxky)(,)(2211（2）由（1）得0))((21))((21212121yyyyxxxx，（3）由（2）得bakxxkyy22)(2121，（4）由（3）、（4）及221xxx，221yyy，2121xxyyk，得点Q的坐标满足方程02222byaxyx。（5）当21xx时，k不存在，此时l平行于y轴，因此AB的中点Q一定落在x轴上，即Q的坐标为（a，0）。显然点Q的坐标满足方程（5）。综上所述，点Q的坐标满足方程02222byaxyx。设方程（5）所表示的曲线为L，则由,12,0222222yxbyaxyx得024)2(2222baxxba。因为128222bab，由已知1222ba，所以当1222ba时，△=0，曲线L与椭圆C有且只有一个交点P（a，b）。当1222ba时，△＜0，曲线L与椭圆C没有交点。因为（0，0）在椭圆C内，又在曲线L上，所以曲线L在椭圆C内。故点Q的轨迹方程为02222byaxyx（2）由,0,02222xbyaxyx解得曲线L与y轴交于点（0，0），（0，b）。由,0,02222ybyaxyx解得曲线L与x轴交于点（0，0），（a，0）当a=0，b=0，即点P（a，b）为原点时，（a，0）、（0，b）与（0，0）重点，曲线L与坐标轴只有一个交点（0，0）。当a=0且20b，即点P（a，b）不在椭圆C外且在除去原点的y轴上时，点（a，0）与（0，0）重合，曲线L与坐标轴有两个交点（0，b）与（0，0）。同理，当b=0且10a，即点P（a，b）不在椭圆C外且在除去原点的x轴上时，曲线L与坐标轴有两个交点（a，0）与（0，0）。当10a且)1(202ab，即点P（a，b）在椭圆C内且不在坐标轴上时，曲线L与坐标轴有三个交点（a，0）、（0，b）与（0，0）。22．解（1）由nnS2114，得)(221211411NnSSnnn。（2）要使21cScSkk，只要0223kkScSc。因为42114kkS，所以N)(kSSSkkk0212223，故只要N)(kScSkk223。①因为)(1NkSSkk，所以12232231SSk，又4kS，故要使①成立，c只能取2或3。当c=2时，因为21S，所以当k=1时，kSc不成立，从而①不成立。因为cS252232，由)(1NkSSkk，得2232231kkSS，所以当2k时，cSk223，从而①不成立。当c=3时，因为21S，32S，所以当k=1，2时，kSc不成立，从而①不成立。因为cS4132233，又2232231kkSS，所以当3k时，cSk223，从而①不成立。故不存在自然数c、k，使21cScSkk成立。