08届高考理科数学第二次模拟问卷

08届高考理科数学第二次模拟问卷理科问卷一．选择题：本大题共8小题。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．每小题5分，满分40分．1．已知集合01xxxA，xyyB31，则ABABABCBADBA2、4．已知na是等差数列，1010a，其前10项和1070S，则其公差d（）Ａ．23Ｂ．13Ｃ．13Ｄ．233、函数||(1)yxx在区间A是增函数，则区间A为（）A、（-∞，0]B、[0，+∞）C、[0，12]D、（12，+∞）4、如果执行的程序框图（右图所示），那么输出的S（）．Ａ．2450Ｂ．2500Ｃ．2550Ｄ．26525、曲线12exy在点2(4e)，处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（）Ａ．29e2Ｂ．24eＣ．22eＤ．2e6．定义运算ab=)()(babbaa，则函数f(x)=12x的图象是（）.7、已知函数dcxbxxxf23)(在区间]2,1[上是减函数，那么b+c（）A、有最大值215B、有最大值215C、有最小值215D、有最小值215xyo1xyo1xyo1xyo1ABCxDk=10Sk50?2SSk1kkS输出结束开始是否8．已知函数①xxfln3)(；②xexfcos3)(；③xexf3)(；④xxfcos3)(.其中对于)(xf定义域内的任意一个自变量1x都存在唯一个自变量)()(,212xfxfx使=3成立的函数是（）.A．③B．④C．②③D．①②④二、填空题：本大题共7小题，其中13～15题是选做题，考生只能选做两题，三题全答的，只计算前两题得分．每小题5分，满分30分．9、i是虚数单位，则666556446336226161iCiCiCiCiCiC．10．已知向量(4,0),(2,2),ABAC则BCAC与的夹角的大小为.11．抛物线24yx上一点M到焦点的距离为3，则点M的横坐标x．12．已知52315xx的展开式中的常数项为T，()fx是以T为周期的偶函数，且当[0,1]x时，()fxx，若在区间[1,3]内，函数()()gxfxkxk有4个零点，则实数k的取值范围是．13．（坐标系与参数方程选做题）在极坐标系中，点1,0到直线cossin2的距离为．14．（不等式选讲选做题）不等式142xx的解集是．15、(几何证明选讲选做题)如图，平行四边形ABCD中，2:1:EBAE，若AEF的面积等于1cm2,则CDF的面积等于cm2．三．解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明．证明过程和演算步骤．16、设函数2()2cossin2()fxxxaaR．（Ⅰ）求函数()fx的最小正周期和单调递增区间；（Ⅱ）当[0,]6x时，()fx的最大值为2，求a的值，并求出()()yfxxR的对称轴方程．17、已知△ABC中，.sin3)cos3(sinsinCBBA（1）求角A的大小；（2）若BC=3，求△ABC周长的取值范围.AFEDCB18、已知射手甲射击一次，击中目标的概率是23．（1）求甲射击5次，恰有3次击中目标的概率；（2）假设甲连续2次未击中．．．目标，则中止其射击，求甲恰好射击5次后，被中止射击的概率．19、如图，P—ABCD是正四棱锥，1111ABCDABCD是正方体，其中2,6ABPA新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆（1）求证：11PABD；（2）求平面PAD与平面11BDDB所成的锐二面角的余弦值；（3）求1B到平面PAD的距离新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆20、设函数2()2ln11fxxx．（1）求函数)(xf的单调递增区间；（2）若关于x的方程230fxxxa在区间2,4内恰有两个相异的实根，求实数a的取值范围．21、已知数列{an}的前n项为和Sn，点),(nSnn在直线21121xy上.数列{bn}满足11),(023*12bNnbbbnnn且，前9项和为153.（Ⅰ）求数列{an}、{bn}的通项公式；（Ⅱ）设)12)(112(3nnnbac，数列{cn}的前n和为Tn，求使不等式57kTn对一切*Nn都成立的最大正整数k的值.（Ⅲ）设**(21,)()(2,)nnanllNfnbnllN，问是否存在*Nm，使得)(5)15(mfmf成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.广州市第41中学2008届高三第二次模拟理科答卷班级姓名学号成绩一、12345678二、满分30分9、10、11、12、13、14、15、16、17、18、19、20、21、答案一、ADCCDABA二、-8i9002(0,]4122)23,25(316、解：（1）2()2cossin21cos2sin22sin(2)14fxxxaxxaxa…2分则()fx的最小正周期2T，…………4分且当222()242kxkkZ时()fx单调递增．即3[,]()88xkkkZ为()fx的单调递增区间（写成开区间不扣分）．………………6分（2）当[0,]6x时724412x，当242x，即8x时sin(2)14x．所以max()21212fxaa．………9分2()4228kxkxkZ为()fx的对称轴．……12分17.解（1）角A=π/3…………6分（2）6＜周长≤9…………12分18、解：（1）设“甲射击5次，恰有3次击中目标”为事件A，则32352180C33243PA．答：甲射击5次，恰有3次击中目标的概率为24380．………………………………6分（2）方法1：设“甲恰好射击5次后，被中止射击”为事件C，由于甲恰好射击5次后被中止射击，所以必然是最后两次未击中目标，第三次击中目标，第一次与第二次至少有一次击中目标，则2221222212116CC33333243PC．答：甲恰好射击5次后，被中止射击的概率为16243．……………………………12分方法2：设“甲恰好射击5次后，被中止射击”为事件C，由于甲恰好射击5次后被中止射击，所以必然是最后两次未击中目标，第三次击中目标，第一次与第二次至少有一次击中目标，则2222121161C333243PC．答：甲恰好射击5次后，被中止射击的概率为16243．……………………………12分19、解法一：以11BA为x轴，11DA为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系…………1分（1）设E是BD的中点，P—ABCD是正四棱锥，∴ABCDPE…………2分又2,6ABPA，∴2PE∴)4,1,1(P……………………………3分∴11(2,2,0),(1,1,2)BDAP…∴110BDAP即11PABD……5分（2）设平面PAD的法向量是(,,)mxyz，(0,2,0),(1,1,2)ADAP………7分∴02,0zxy取1z得(2,0,1)m，………………8分又平面11BDDB的法向量是(1,1,0)n…………………9分∴10cos,5mnmnmn∴10cos5…………………10分（3）1(2,0,2)BA…11分∴1B到平面PAD的距离1655BAmdm………14分20、解：（1）函数fx的定义域为1,，……………………………1分∵221()2111xxfxxxx，………………………2分∵1x，则使()0fx的x的取值范围为1,2，故函数fx的单调递增区间为1,2．………………………4分（2）方法1：∵2()2ln11fxxx，∴2()3012ln10fxxxaxax．………………6分令12ln1gxxax，∵23()111xgxxx，且1x，由()03()03gxxgxx得，得1．∴()gx在区间[2,3]内单调递减，在区间[3,4]内单调递增，……………………9分故2()30fxxxa在区间2,4内恰有两个相异实根(2)0,(3)0,(4)0.ggg……12分即30,42ln20,52ln30.aaa解得：2ln352ln24a．综上所述，a的取值范围是2ln35,2ln24．………………………………14分21、20、解：（Ⅰ）由题意，得.21121,211212nnSnnSnn即故当2n时，.5)]1(211)1(21[)21121(221nnnnnSSannn当n=1时，611Sa，而当n=1时，n+5=6，所以，).(5*Nnnan……………………………………………………2分又)(,02*11212Nnbbbbbbbnnnnnnn即，所以{bn}为等差数列，于是.1532)(973bb而.3371123,23,1173dbb故因此，).(23,23)3(3*3Nnnbnnbbnn即………………4分（Ⅱ）]1)23(2][11)5(2[3)12)(112(3nnbacnnn).121121(21)12)(12(1nnnn…………………………6分所以，)]121121()7151()5131()311[(2121nncccTnn.12)1211(21nnn…………………………………………7分由于0)12)(32(1123211nnnnnnTTnn，因此Tn单调递增，故.31)(minnT………………………………………………8分令.18,19,5731maxKkk所以得…………………………………………9分（Ⅲ）).,2(23),,12(5)(**NllnnNllnnnf①当m为奇数时，m+15为偶数.此时255)5(5)(5,4732)15(3)15(mmmfmmmf，所以.11,255473mmm………………………………………………11分②当m为偶数时，m+15为奇数.此时1015)23(5)(5,20515)15(mmmfmmmf，所以*75,101520Nmmm（舍去）.……………………………………13分综上，存在唯一正整数m=11，使得)(5)15(mfmf成立.…………14分