08年高考数学第一次摸底考试试题

08年高考数学第一次摸底考试试题数学试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。第I卷1至2页，第II卷3至4页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第I卷注意事项：1．答题前，考生在答题卡上务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码。请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效。3．本试卷共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1．若复数z满足i(1+2i)z=5z，则z等于A．2-iB．-2+iC．-2-iD．-1-2i2．对于实数a、b，“b(b-a)≤0”是“ab≥1”成立的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件3．设()()()(),2FxfxfxxR在区间上是单调递减函数，将F（x）的图象按向量(,0)a平移后得到函数G（x）的图象，则G（x）的一个单调递增区间是A．0,2B．3,22C．,2D．,024．设Sn是等差数列na的前n项和，若742,aa则137SS的值为A．1314B．2C．713D．267数学试题第1页（共4页）5．设函数()2cos()fxx对任意的,()()33xRfxfx都有，若设函数()3sin()1,()3gxxg则的值是A．2B．-4或2C．-1D．126．已知33,,,25ABBCBDDCCDAC若则的值为A．5B．-15C．15D．-57．直线220(,0)axbyab始终平分圆224280xyxy周长，则12ab的最小值A．1B．5C．42D．3+228．把9个相同的小球放入其编号为1，2，3的三个盒子里，要求每个盒子放球的个数不小于其编号数，则不同的放球方法共有A．8种B．10种C．12种tD．16种9．设23(1)...,()nfxxxxxfx且中所有项的系数和为nAAnnn2lim,则的值为txjyA．0B．12C．2D．110.已知平面α、β分别过两条垂直的异面直线l、m,则下列情况：①α∥β②α⊥β③l∥β④m⊥α中，可能成立的有A．1种B．2种C．3种D．4种x11．已知F1、F2为椭圆22221(0)xyabab的两个焦点，B为椭圆短轴的一个端点，221211.FFBFBF，则椭圆的离心率的取值范围是A．（10,2］B．2(0,)2C．（0，32）D．1(,1)212．设函数f(x)、g(x)在［a,b］上可导，x且()(),fxgxaxb则当时有A．()()fxgxB．()()fxgxC．()()()()fxgagxfaD．()()()()fxgbgxfb数学试题第2页（共4页）第II卷注意事项：1．答题前,考生先在答题卡上用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，然后贴好条形码.请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。2．第II卷共2页，请用黑色签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。3．本卷共10小题，共90分。二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在题中横线上.13．若关于x的不等式|1||2|xxa有解，则实数a的取值范围是________.14．如果一个数列na满足1nnaah,其中h为常数,*,2.nNn则称数列na为等和数列,h为公和.已知等和数列na中a1=1,h=-3,则a2006=_________.15．已知二面角al的大小是45°，AB且与棱l成45°角，则AB与平面β所成的角为________.16．已知双曲线22221(0,0)xyabab的左、右焦点分别为F1、F2，点P在双曲线的右支上，且|PF1|=6|PF2|，则此双曲线的离心率的最大值为________.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（本小题满分10分）一袋内有大小相同的3个红球和4个黑球，今从袋子里随机取出4个球.(Ⅰ)求取出的红球数的概率分布列和数学期望;(Ⅱ)若取出每个红球得2分,取出黑球得1分.求得分不超过5分的概率.18．（本小题满分12分）设A、B为圆221xy上两点，O为坐标原点（A、O、B不共线）（Ⅰ）求证：OAOBOAOB与垂直.（Ⅱ）当3,,(,),4445xOAxOBOAOB且时.求sin的值.数学试题第3页（共4页）19.(本小题满分12分)如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=BC=a,AA1=2AB，M为CC1上的点.（Ⅰ）当M在C1C上的什么位置时，B1M与平面AA1C1C所成的角为30°；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下求B点到平面AMB1的距离.20．（本小题满分12分）已知某质点的运动方程为32(),sttbtctd下图是其运动轨迹的一部分，若1,42t时，2()3std恒成立，求d的取值范围.21．（本小题满分12分）从原点出发的某质点M,按向量(0,1)a移动的概率为23,按向量(0,2)b移动的概率为13,设M可到达点(0,)(1,2,3...).nnnP的概率为(Ⅰ)求:P1和P2的值;(Ⅱ)求证:2111();3nnnnPPPP(Ⅲ)求nP的表达式.22．（本小题满分12分）已知动点P与双曲线22123xy的两个焦点F1、F2的距离之和为定值，且121cos9FPF的最小值为.(Ⅰ)求动点P的轨迹方程;(Ⅱ)若已知点D(0,3),点M、N在动点P的轨迹上且DMDN,求实数的取值范围.（在试题卷上作答无效）数学试题第4页（共4页）数学试题参考答案一、1—12CBBDCADBCDAC二、13.3a14.-415.616.75txjy三、17．解：（Ⅰ）依题意知：取出的红球数=0，1，2，3P（=0）=4447135CCt31434712(1)35CCPC22434718(2)35CCPC1343474(3)35CCPC的概率分布列为：0123P13512351835435E=112184120123353535357x（Ⅱ）当且仅当取出4个黑球，或3个黑球1个红球时得分不直过5分31443444771335CCCPCC18．解：（Ⅰ）由22||||1||||1OAOBOAOB得则221OAOB220OAOB()()0OAOBOAOB则OAOBOAOB与垂直（Ⅱ）由(cos,sin)444xOAOA得又(cos,sin)xOBOB由33coscossinsin5445OAOB得即3cos()4540sin()444245sinsin()sincos()cossin()444444=2324225251019．解：（Ⅰ）取A1C1的中点N1，连结B1N1，N1M，则11111.BMNBMACCA为与面所成的角设11111112212212,,sin22aBNCMxBNaBMNBMxa，解得111,2xaCMCC则∴M为CC1的中点.（Ⅱ）取BB1的中点K，连结MK，则MK⊥面A1B1BA，过K作KS⊥AB1，连结MS，过K作KH⊥MS，111.MKSABMKHABMKHMSKHKAMB面面面的长为到面的距离由BB1=2B1K，则B到面AMB1的距离为K到面AMB1的距离的2倍，在,,,5aRtMKSMKaKS中aaaaaMSMKKSKH6655.∴K到面AB1M的距离为16,.6aBAMBa6到面的距离为3另法利用体积相等，21BAMBMABBVV可求得B到面AMB1距离为6.3a另解：（Ⅰ）以B为原点，BA、BB1、BC所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图则A（a,0,0）；C（0,0,a）；C1（0,2a,a）；A1（a,2a,0）；B（0,0,0）；B1（0,2a,0）并设M（0,t,a）平面ACC1A1的法向量(,,)nxyz由11100(1,0,1)AAnACnn-ax+az=0和得令y=0则B1到平面ACC1A1的距离aMBndn22.1而221||(2)BMtaa112||dtaBM得∴M为CC1的中点.(Ⅱ)由(Ⅰ)知1(,,)(,2,0)AMaaaABaa设平面AMB1的法向量(,,)nxyz由10(2,1,1)0AMnnABn可得又(,0,0)ABa∴B到平面AMB1的距离||63ABndan20．解：2()32sttbtc由图象可知，()st在t=1和t=3处取得极值则(1)0,(3)0ss即320627609bcbbcc2()31293(1)(3)1,121,4,()2stttttst当t时,s(t)0当t(1,3)时,s(t)0当t(3,4)时,s(t)0则当t=1时,s(t)取得极大值4+d又s(4)=4+d故t时的最大值为4+d.221()3,423413stddddd2max已知在上恒成立s(t)3d即4解得或21．解：（Ⅰ）P1=23P2=2217()339（Ⅱ）(0,2)(0,1)(0,1)(0,)(0,2)nnn∴3132.12nnnPPP2111111()333nnnnnnPPPPPP（Ⅲ）21721939PP1nnPP为等比数列且首项为19，公比为-131111()93nnnPP02111()93PP13211()93PP24311()93......PP以上各式相加得：210121)31(...)31()31(91)31(91nnnnnPPPP=1111()11131()1912313nn12113111()()3123443nnnP22．解：（Ⅰ）由题意知，动点P的轨迹为椭圆，又由已知25c设12||||2,(5)PFPFaa由余弦定理得：21212210cos1||||aFPFPFPF又221212||||||||()2PFPFPFPFa当且仅当21212||||,||||.PFPFPFPFa时取最大值此时12cos1FPF222a-10取最小值a则2222101199aaa得254cb故所求P点的轨迹方程为22194xy（Ⅱ）设(,),(,)(,3)(,3)NstMxyDMDNxyst由得3(3)xsyt∵点M、N在22194xy上2222194()(33)194stsst消去得：1或1356t1351||2||2565t解得综上：155