08届高考文科数学第二次摸底考试试卷

08届高考文科数学第二次摸底考试试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分,满分150分，考试时间120分钟。第Ⅰ卷（选择题，共60分）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．下列函数中没有反函数的是（）A．y=2xB．y=x2C．xyD．xy22．命题：“若12x，则11x”的逆否命题是（）A．若12x，则11xx，或B．若11x，则12xC．若11xx，或，则12xD．若11xx，或，则12x3．设M和N是两个集合，定义集合M－N=NMxx|x，且，如果1M2xlogx，12Nxx那么M－N等于（）A．{x|0x1}B．{x|0x≤1}C．{x|1≤x2}D．{x|2≤x3}4．采取简单随机抽样，从含有6个个体的总体中抽取一个容量为3的样本，个体a前两次未被抽到，第三次被抽到的概率为（）A．21B．31C．61D．515．在等差数列｛an｝中，已知a1=31，2054321aaaaa，那么a3等于（）A．4B．5C．6D．76．设函数f（x）=2222xxxfx，则f（－3）的值为（）A．2B．8C．81D．217．已知f（x）是定义在R上的奇函数，且为周期函数，若它的最小正周期为T，则f（－2T）=（）A．0B．2TC．TD．2T8．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦等于（）A．64B．104C．22D．329．当a＞1时，函数xayxlogya1和的图象只可能是（）10．曲线f（x）=x3+x－2在其上一点P0处的切线平行于直线y=4x－1，则P0点的坐标是（）A．（－1，－4）B．（1，0）C．（－1，0）D．（1，0）或（－1，－4）xyODxyOB1xyOC111xyOA1,3,511．如图是一个正方体纸盒子的展开图，把1、－1、2、－2、3、－3分别填入六个正方形，使得按虚线折成正方体后，相对面上的两个数的绝对值相等，求不同填法的种数为（）A．3B．6C．24D．4812．设函数f（x），对任意的实数x、y，有f（x+y）=f（x）+f（y），且当x＞0时，f（x）＜0，则f（x）在区间ba，上（）A．有最大值f（a）B．有最小值f（a）C．有最大值2bafD．有最小值2baf第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分.）13．曲线32242yxxx的单调递增区间是．14．251()xx展开式中4x的系数是．（用数字作答）15．一个容量为20的样本，数据的分组及各组的频数如下：；，，；，，330202201027060460505504044030，，；，，；，，；，，．则样本在区间5010，上的频率为．16．关于x的方程011222kxx给出下列四个命题：①存在实数k，使方程恰好有2个不同的实数根；②存在实数k，使方程恰好有4个不同的实数根；③存在实数k，使方程恰好有5个不同的实数根；④存在实数k，使方程恰好有8个不同的实数根；其中是真命题的有．（填序号）三、解答题（本大题共6小题,共74分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）已知集合A=032xxx，B=042axxx,若AB=B，求a的取值范围.18．（12分）某人居住在A处，准备开车到B处上班.若各路段发生堵车都是相互独立的，且同一路段发生堵车最多只有一次，发生堵车的概率如图(例如:DCA算作两段:路段AC发生堵车的概率为31，路段CD发生堵车的概率为41)。（1）请你为其选择一条由A到B的路线，使不堵车的概率最大；（2）求路线BFEA中堵车不多于2次的概率.1,3,519．（12分）如图，在三棱锥SABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，90BAC°，O为BC中点．（Ⅰ）证明：SO平面ABC；（Ⅱ）求二面角ASCB的余弦值．20．（12分）已知函数),(1)(2为实数babxaxxf，Rx.00xxfxxfxF（1）若0)1(f，且函数)(xf的值域为,0，求)(xF的表达式；（2）在（1）的条件下，当20，x时，kxxFxg2)()(是单调函数，求实数k的取值范围.21．（12分）数列}{na的前n项和记作nS，满足1232naSnn，)(*Nn．（1）证明数列}3{na为等比数列；并求出数列}{na的通项公式．（2）记nnnab，数列}{nb的前n项和为nT，求nT．22．（14分）已知函数),()(23Rqpqxpxxxf的图像与x轴切于点A（1，0）.（1）求函数)(xf的解析式;（2）若对于任意的]45,0[x,方程0)(axxf恰有三个不同的实根,求实数a的范围.OSBAC参考答案1—5BDBCA6—10CAABD11—12DA13．，和，23214．1015．0．716．①②③④17．（12分）解:3,2A,由题意知AB,（1）B=时，40442aa，解得；（2）B≠时，∵)3,2(24)(2xaxxxf对称轴为，∴只须满足.aafa43012930442解得综上所述：a的取值范围是，3.18．（12分）解：记AEFB表示BFEA不堵车，其它类似.（1）P(AEFB)=31546521，P(ACDB)=125654332，P(ACFB)=258545332，,31125258125，BDCA为最佳路线.（2）堵车3次的概率601516121P，堵车不多于2次的概率605960111P.19．（12分）证明：（Ⅰ）由题设ABACSBSC===SA，连结OA，所以，ABC△为等腰直角三角形，所以22OAOBOCSA，且AOBC，又SBC△为等腰三角形，故SOBC，且22SOSA，从而OA2+SO2=SA2．∴SOAO．又AOBOO．所以SO平面ABC．（Ⅱ）解法一：取SC中点M，连结AMOM，，由（Ⅰ）知SOOCSAAC，，得OMSCAMSC，．OMA∴为二面角ASCB的平面角．由AOBCAOSOSOBCO，，得AO平面SBC．所以AOOM，又32AMSA，故26sin33AOAMOAM．所以二面角ASCB的余弦值为33．解法二：以O为坐标原点，射线OBOA，分别为x轴、y轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz．设(100)B，，，则(100)(010)(001)CAS，，，，，，，，．OSBACM1,3,5SC的中点11022M，，，111101(101)2222MOMASC，，，，，，，，．00MOSCMASC，∴··．故,MOSCMASCMOMA，，等于二面角ASCB的平面角．3cos3MOMAMOMAMOMA，··，所以二面角ASCB的余弦值为33．20．（12）解：（1）已知1)(2bxaxxf，由0)1(f，得01ba，1ba.①又Rx时，值域为,0，得.ab,a0402②①、②联立，解得1,2ab.22)1(12)(xxxxf，∴010122xxxxxF（2）由（1），当2,0x时，1)1(22122)()(22xkxkxxxkxxFxg其对称轴为直线kx1，若2,0x时)(xg为单调函数，则01k，或21k.解得1k，或1k.21．（12分）解：（1）*Nn时，1232naSnn…………①12)1(3211naSnn，…………②②—①得：nnaaannn3)1(32211，即321nnaa，可变形为)3(231nnaa，亦即2331nnaa………………………………3分所以数列}3{na是以31a为首项，2为公比的等比数列．……………………4分在1232naSnn中，令1n，可求得91a．……………………5分所以12)39(3nna，即323nna，)(*Nn……………………7分（2）∵bn=nan=3n+3n×2n，∴)2222(32)1(321nnnnnT，………………………………8分令nnnP222221，13222)1(2222nnnnnP，上二式作差，13222222nnnnP1221)21(2nnn，OSBACMxzy所以22)1(1nnnP．………………………………………………10分所以62)1(32)1(31nnnnnT．……………………………………………12分22．（14分）解：（1）xxxxf232)(.（2）解法(一):由0)12(,02,0)(223axxxaxxxxaxxf即得.的根，是方程0)(0axxfx]45,0[0)(xaxxf在要使有三个不同的根,只需使0122axx在450，x有不同的两个实根.令,12)(2axxxg则只需].161,0(00)45(0)0(agg解法(二)利用数形结合的思想;解法(三)由0122axx得ax2)1(,得axax1,121.所以,只需].161,0(045101aaaa解法(四)分离系数法:].161,0(]45,0[,)1()(2axxxxfa时，可得当