高三第二次模拟数学试题(文科1)

2007年北京市海淀区数学二模文科试题.doc一、选择题：1.设全集U={1，3，5，7}，集合A={3，5}，B={1，3，7}，则UA(CB)等于（）A．{5}B．{3，5}C．{1，5，7}D．{1，3，5，7}2.已知抛物线yx2，则它的准线方程为（）A41xB41xC41yD41y3．若0ab，则下列结论不正确．．．的是（）A.22abB.2abbC.2baabD.abab4.设m、n是不同的直线，、、是不同的平面，有以下四个命题：①//////②//mm③//mm④////mnmn，其中为真命题的是（）A①④B②③C①③D②④5.函数)1(log)(xxfa（)1,0aa的反函数的图象过定点（）A2,0B0,2C3,0D0,36.将圆122yx按向量a1,1平移后，恰好与直线0byx相切，则实数b的值为（）A22B22C23D237.定义在R上的函数)(xf既是偶函数又是周期函数．若)(xf的最小正周期是，且当]2,0[x时，xxfsin)(，则)35(f的值为()A21B21C23D238.三角形ABC中，120A，5AB，7BC，则BCsinsin的值为（）A53B35C85D58二、填空题：9.一个单位有业务人员120人，管理人员16人，后勤服务人员24人．为了了解这些职工的某种情况，要从中抽取一个容量为20的样本，用分层抽样的方法抽取样本，则其中需抽取管理人员人10.曲线32yxx在点（1，0）处的切线的斜率为11.已知点3,1A和向量a4,3，若2ABa，则点B的坐标为12.某地球仪上北纬60纬线的周长为4cm，则该地球仪的半径是cm，表面积为cm213.已知函数0,log0,321xxxxfx，若xf≥1，则x的取值范围是14.有这样一种数学游戏：在33的表格中，要求每个格子中都填上1、2、3三个数字中的某一个数字，并且每一行和每一列都不能出现重复的数字.若游戏开始时表格的第一行第一列已经填上了数字1（如左图），则此游戏有种不同的填法；若游戏开始时表格是空白的（如右图），则此游戏共有种不同的填法三、解答题：15(12分)已知2tan20，求下列各式的值：（I）sincos4cos2sin（II）142sin216(13分)在某次数学实验中，要求：实验者从装有8个黑球、2个白球的袋中每次随机地摸出一个球，记下颜色后放回.现有甲、乙两名同学，规定：甲摸一次，乙摸两次.求（I）甲摸出了白球的概率；（II）乙恰好摸出了一次白球的概率；（III）甲乙两人中至少有一个人摸出白球的概率.17(14分)如图，三棱锥ABCP中，ABPA，ACPA，ACAB，2ACPA，1AB，M为PC的中点．（I）求证：平面PCB平面MAB；（II）求点A到平面PBC的距离（III）求二面角APBC的正切值．1NMPyxO18(13分)设函数xxaaxxf1236223Ra（I）当1a时，求函数xf的极大值和极小值;（II）若函数xf在区间1,上是增函数，求实数a的取值范围.19.(14分)已知等比数列na，nS是其前n项的和，且531aa，154S.（I）求数列na的通项公式；（II）设nnab2log25，求数列nb的前n项和nT（III）比较（II）中nT与2213n(3,2,1n)的大小，并说明理由．20(14分)如图，在平面直角坐标系中，已知动点yxP,，yPM轴，垂足为M，点N与点P关于x轴对称，4MNOP（1）求动点P的轨迹W的方程（2）若点Q的坐标为0,2，A、B为W上的两个动点，且满足QBQA，点Q到直线AB的距离为d，求d的最大值文科数学试题答案一、选择题：题号12345678答案BDDCABCB二、填空题：FEMCBAP9.210.411.5,712.4，6413.,20,114.4，12三、解答题：15.方法一：（I）原式sin2cos2sin4costan2254tan分分方法二：（I）2cossintan，且1cossin22，且由20，得sin0，0cos所以552sin，55cos2分∴原式25525545525525分（II）原式12cos2sin7分222sincos2cos92555622125555分分16.（I）设“甲摸出了白球”为事件A，则51102AP3分（II）设“乙恰好摸出了一次白球”为事件B，则2581010282BP8分（III）设“甲乙两人中至少有一个人摸出白球”为事件C，则1256110810812CP13分17.方法一：（I）∵ABPA，ACAB∴AB平面PAC，故PCAB∵2ACPA，M为PC的中点∴PCMA2分∴PC平面MAB又PC平面PCB，所以平面PCB平面MAB4分（II）如图，在平面MAB中作MBAE，垂足是E∵平面PCB平面MAB，∴AE平面PBC∴AE长为点A到平面PBC的距离又∵AB平面PAC，∴AMAB在直角三角形ABM中，1AB，2AM，3MB6分∴AMABMBAE，∴36AE即为所求9分（III）在平面PAB中作PBAF，垂足是F，连接CF∵ACPA，ACAB，∴AC平面PAB∴AFAC∴AF是CF在平面PAB内的射影，∴PBCF∴AFC是二面角APBC的平面角，11分在直角三角形PAB中，2PA，1AB，5PB，可得552AF∴在直角三角形AFC中，55522tanAFACAFC即为所求14分方法二：（I）同方法一4分（II）以A为原点，建立如图的空间直角坐标系由已知可得各点坐标为0,0,0A，0,1,0B，0,0,2C，2,0,0P，1,0,1M5分设平面PBC的法向量为nzyx,,，且2,1,0PB，2,0,2PC∴n02zyPB，n022zxPC∴zx，zy2，令1z，可得1x，2y∴n1,2,1，又0,1,0AB，∴点A到平面PBC的距离3662||nnABd9分（III）∵ACPA，ACAB，∴AC平面PABzyxPABCM∴平面PAB的法向量为0,0,2AC，设二面角APBC的大小为∴66622||||cosnACnAC，故5tan即为所求14分18.（I）当1a时，xxxxf1292231分∴23612186'22xxxxxf，2分令0'xf，得11x，22x，列表x1,12,12,2xf'+0─0+xf↗极大值↘极小值↗∴xf的极大值为51f，xf的极小值为42f6分（II）216212612)612(6'22xaxxaaxxaaxxf7分①若0a，则xxxf1232，此函数在2,上单调递增，满足题意8分②若0a，则令0'xf，得1x2，ax12，由已知，xf在区间1,上是增函数，即当1x时，xf'≥0恒成立10分若0a，则只须a1≥1，即0a≤111分若0a，则01a，当1xa时，0'xf，则xf在区间1,上不是增函数综上所述，实数a的取值范围是1,013分19.（I）设数列na的公比为q，则方法一：512121131qaqaaaa，1012142314qqaaaaaS2分∴2q，11a，则12nna4分方法二：易知1q，则512121131qaqaaaa15111111112121414qqaqqqqaqqaS，则31q2分（以下同方法一）4分（II）由（I）可得，231252log2512nnbnn，所以数列nb是一个以25为首项，1为公差的等差数列5分∴16253422922nnnbbTnnnn分分（III）∵221214421221233nnnnnnTnn11分∴当1n、2时，022121nnn，即nT2213n12分当n≥3时，022121nnn，即nT2213n14分20.（I）由已知yM,0，yxN,2分则422,,22yxyxyxMNOP，即12422yx4分（II）设11,yxA，22,yxB，如图，由QBQA可得022,2,221212211yyxxyxyxQBQA5分①若直线xAB轴，则21xx，24||||2121xyy此时02422221212121xxyyxx，则0128121xx，解之得，61x或21x但是若21x，则直线AB过Q点，不可能有QBQA所以61x，此时Q点到直线AB的距离为47分②若直线AB斜率存在，设直线AB的方程为mkxy，则4222yxmkxy042412222mkmxxk则0421241601222222mkmkk，即024012222kmk又124221kkmxx，12422221kmxx9分∴2212122121mxxkmxxkmkxmkxyy124122124124222222222222222kmkkmmkkmkkkmk∴2121221122,2,2yyxxyxyxQBQA21212142yyxxxx01241248128124222222222kmkkkkkmkm则012822kkmm，可得km6或km2若km2，则直线AB的方程为2xky，此直线过点Q，这与QBQA矛盾，舍若km6，则直线AB的方程为kkxy6，即06kykx12分此时若0k，则直线AB的方程为0y，显然与QBQA矛盾，故0k∴41141|4|22kkkd13分由①②可得，4maxd14分