高考数学二模(理)

北京市朝阳区2006～2007学年度高三年级第二次统一考试数学试卷(理科)2007.5(考试时间120分钟,满分150分)第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题的4个选项中,只有一项是符合题目要求的.(1)已知复数z1=2+mi(m∈R)，z2=4-3i，若z1·z2为实数，则m的值为（）A.32B.-32C.-83D.83(2)不等式272xx-1的解集是（）A.｛x|x5或x2｝B.｛x|2x5｝C.｛x|x5或x-2｝D.｛x|-2x5｝(3)与函数y=2x-1的图象关于y轴对称的函数图象是（）(4)已知直线a和平面、，∩=l，a，a，a在、内的射影分别为直线b和c，则b、c的位置关系是（）A．相交或平行B．相交或异面C．平行或异面D．相交，平行或异面(5)把函数sin(2)4yx的图象向右平移8个单位，所得的图象对应的函数（）A.是奇函数B.是偶函数C.既是奇函数又是偶函数D.是非奇非偶函数(6)某电视台连续播放5个广告，其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的必须是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能连续播放，则不同的播放方式有()A．120种B．48种C．36种D．18种(7)对函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0，b、c∈R)作x=h(t)的代换，使得代换前后函数的值域总不改得分评卷人xyO-11xOy11yxO11xy-11OABCD变的代换是（）A.h(t)=10tB.h(t)=t2C.h(t)=sintD.h(t)=log2t(8)已知圆F的方程是xyy2220，抛物线的顶点在原点，焦点是圆心F，过F引倾斜角为的直线l，l与抛物线和圆依次交于A、B、C、D四点(在直线l上，这四个点从左至右依次为A、B、C、D)，若||AB，||BC，||CD成等差数列，则的值为（）A．±arctan22B．4C．arctan22D．arctan22或π-arctan22朝阳区高三第二次统一考试数学试卷(理科)第II卷（非选择题共110分）二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.将答案填在题中横线上.(9)已知向量a=(4，3)，b=(x，-4)，且a⊥b，则x=.(10)若x，y满足约束条件0,26.yxxy≥≥≤1,则z=x+y的最大值为.(11)高三某班50名学生参加某次数学模拟考试，所得的成绩(成绩均为整数)整理后画出的频率分布直方图如右图，则该班得120分以上的同学共有人.(12)已知曲线C的参数方程是：22cos,2sinxy(θ为参数)，则曲线C的普通方程是；曲线C被直线x-3y=0所截得的弦长是.(13)设常数0a，51axx展开式中3x的系数为-581，则a=，二题91011121314二题总分三题151617181920ⅠⅡⅠⅡⅢⅠⅡⅢⅠⅡⅠⅡⅠⅡⅢ三题总分二卷总分得分评卷人2lim()nnaaa_____.(14)在△ABC中，E、F分别为AB、AC上的点，若AEAB=m，AFAC=n，则AEFABCSS=mn.拓展到空间：在三棱锥S-ABC中，D、E、F分别是侧棱SA、SB、SC上的点，若SDDA=m，SEEB=n，SFFC=p，则SDEFSABCVV=.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.(15)（本小题满分13分）△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.（Ⅰ）若bcacb21222，求cosA的值；（Ⅱ）若A∈[2，23]，求ACB2cos2sin2的取值范围.得分评卷人ABCEFABCSDEF(16)（本小题满分13分）一个袋子里装有大小相同，且标有数字1~5的若干个小球，其中标有数字1的小球有1个，标有数字2的小球有2个，…，标有数字5的小球有5个.(Ⅰ)从中任意取出3个小球,求取出的小球都标有偶数数字的概率；（Ⅱ）从中任意取出2个小球,求小球上所标数字之和为6的概率；(Ⅲ)设任意取出的1个小球上所标数字为ξ，求Eξ.得分评卷人(17)（本小题满分13分）已知：四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD=1.(Ⅰ)求证：BC∥平面PAD；(Ⅱ)若E、F分别为PB、AD的中点，求证：EF⊥平面PBC；(Ⅲ)求二面角B-PA-C的余弦值.得分评卷人PDABCEF(18)（本小题满分13分）已知函数cbxaxxxf23)(．(Ⅰ)若函数()yfx的图象上存在点P，使P点处的切线与x轴平行，求实数a,b的关系式；(Ⅱ)若函数)(xf在1x和3x时取得极值，且其图象与x轴有且只有3个交点，求实数c的取值范围．得分评卷人(19)（本小题满分14分）已知O为坐标原点，点E、F的坐标分别为（-1，0）、（1，0），动点A、M、N满足||||AEmEF（1m），0MNAF，1()2ONOAOF，//AMME．（Ⅰ）求点M的轨迹W的方程；（Ⅱ）点0(,)2mPy在轨迹W上，直线PF交轨迹W于点Q，且PFFQ，若12≤≤，求实数m的范围．得分评卷人(20)（本小题满分14分）在下列由正数排成的数表中，每行上的数从左到右都成等比数列，并且所有公比都等于q，每列上的数从上到下都成等差数列．ija表示位于第i行第j列的数，其中2418a，421a，54516a．11a12a13a14a15a…ja1…21a22a23a24a25a…ja2…31a32a33a34a35a…ja3…41a42a43a44a45a…ja4………………………1ia2ia3ia4ia5ia…ija………………………（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求ija的计算公式；（Ⅲ）设数列｛bn｝满足bn=ann，｛bn｝的前n项和为nS，试比较nS与Tn=6115(1)nn(n∈N*)的大小，并说明理由.得分评卷人朝阳区高三第二次统一考试数学试卷答案(理科)2007.5一.选择题（1）A（2）B（3）A（4）D（5）B（6）C（7）D（8）D二.填空题（9）3（10）5（11）15（12）(x-2)2+y2=2，2（13）13，12（14）(1)(1)(1)mnpmnp三.解答题(15)解：解：（Ⅰ）∵bcacb21222，∴412222bcacb.∴41cosA.…………………………………5分（Ⅱ）2sincos22BCA=21cos()2cos12BCA1cos2cos21212AA=2cos2A+12cosA-12=2(cosA+18)2-1732，…………………………………………………9分∵A∈[2，23]，∴cosA∈[-12，0].∴2(cosA+18)2-1732∈[-1732，-14].即ACB2cos2sin2的取值范围是[-1732，-14].…………………………13分(16)解:袋子里共装有1+2+3+4+5=15个小球.(Ⅰ)标有偶数数字的小球共有2+4=6个，取出的3个小球全标有偶数数字的概率为36315491CPC.…………………4分(Ⅱ)2个小球上所标数字之和为6有三种情况，即（1，5），（2，4），（3，3）.所求概率111121524321516.105CCCCCPC…………………………8分(Ⅲ)取出的小球上所标数字的分布列为ξ12345P115215315415515∴Eξ=12345551112345.1515151515153……………13分(17)方法1：(Ⅰ)解：因为ABCD是正方形，所以BC∥AD.因为AD平面PAD，BC平面PAD，所以BC∥平面PAD.…………………………………………………………4分(Ⅱ)证明：因为PD⊥底面ABCD，且ABCD是正方形，所以PC⊥BC.设BC的中点为G，连结EG，FG，则EG∥PC，FG∥DC.所以BC⊥EG，BC⊥FG.因为EG∩FG=G，所以BC⊥面EFG.因为EF面EFG，所以BC⊥EF.①…………………………………6分又设PC的中点为H，且E为PB中点，连结DH，所以EH12BC.又BCAD，且EH12AD.所以四边形EHDF是平行四边形.所以EF∥DH.因为等腰直角△PDC中，H为底边PC的中点，ABCDEPFGH所以DH⊥PC，即EF⊥PC.②因为PC∩BC=C，③由①②③知EF⊥平面PBC.…………………………………………8分（②的证明也可以通过连结PF、FB，由△PFB为等腰三角形证明）(Ⅲ)（理科）解法1：设PA的中点为M，连结MC，依条件可知△PAC中PC=AC，所以MC⊥PA.①又PD⊥平面ABCD，∠BAD=90°，所以AB⊥PA.因为M、E均为中点，所以ME∥AB.所以ME⊥PA.②由①②知∠EMC为所求二面角的平面角.……………………………………11分连结EC，在△MEC中，容易求出ME=12，MC=62，EC=32.所以cos∠EMC=16344416222=63，即所求二面角的余弦值是63.…………13分解法2：过点C作CS⊥平面ABCD，使CS=PD.连结PS，SB，因为PD，AD，DC两两垂直，且四边形ABCD为正方形，故容易证明几何体PAD-SBC为三棱柱.(即以PAD为底面，以DC为高构造三棱柱PAD-SBC)设BS的中点为Q，PA中点为N，连结NQ，NC.因为ABSP为矩形，N、Q分别为中点，所以NQ⊥PA.又△APC中，AC=PC，N为中点，所以NC⊥PA.所以∠CNQ为所求二面角的平面角.……………………………………11分ABCDEPFNQSABCDEPFM因为BC=CS，所以CQ⊥BS.又面BCS⊥面ABSP，所以CQ⊥面ABSP.因为NQ面ABSP，所以CQ⊥NQ.在Rt△NCQ中，容易求出NQ=1，NC=62，所以cos∠CNQ=NQNC=26=63，即所求二面角的余弦值是63.…………13分方法2：如图，以点D为原点O，有向直线OA、OC、OP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系.(Ⅰ)证明：因为CB=(1，0，0)，平面PAD的一个法向量为rPAD=(0，1，0)，由CB·rPAD=0，可得CB⊥rPAD.于是BC∥平面PAD.……………………………………………………………4分(Ⅱ)证明：因为EF=(0，-21，-21)，CB=(1，0，0)，CP=(0，-1，1)且EF·CB=0，EF·CP=0，CB∩CP=C，所以EF⊥平面PBC.……………………………………………………………8分（也可以证明EF平行于平面PBC的一个法向量）(Ⅲ)解：容易求出平面PAB的一个法向量为rPAB=(21，0，21)，及平面PAC的一个法向量为rPAC=(1，1，1)，因为rPAB·rPAC=21+21=1，|rPAB|=22，|rPAC|=3，所以cosrPAB，rPAC=26=63，即所求二面角的余弦值是63.………13分(18)解：(Ⅰ)bxaxxf23)(2,设切点为),(00yxP,PDABCEFxyzO则曲线)(xfy在点P处的切线的斜率baxxxfk020023)(,由题意，知023)(0200baxxxf有解，∴24120ab≥即23ab≥.………………………………………………5分(Ⅱ)由已知可得1x和3x是方程2()320fxxaxb的两根，∴2133a，133b，∴3a，9b．……………………………7分∴()3(1)(3)fxxx，∴()fx在1x处取得极大值，在3x处取得极小值．∵函数()yfx的图象与x轴有且只有3个交点，∴(1)0,(3)0.ff………………9分又32()39fxxxxc，∴1390,2727270cc解得5