09届高三数学复读段摸底考试卷

海量资源尽在星星文库：届高三数学复读段摸底考试卷考试时间：2009.9.5一、选择题：（共60分）1、i为虚数单位，则复数32i1i在复平面内对应的点在（）A、第一象限B、第二象限C、第三象限D、第四象限2、已知角的余弦线是单位长度的有向线段，那么角的终边在（）A、x轴上B、y轴上C、直线yx上D、直线yx上3、函数1afx1logxa0,a1,fx且是fx的反函数，若1yfx的图象过点3,4，则a（）A、2B、3C、33D、24、在△ABC中，“cosA2sinBsinC”是“△ABC为钝角三角形”的（）A、必要不充分条件B、充要条件C、充分不必要条件D、既不充分也不必要条件5、已知ab、为非零实数，且ab，则下列不等式成立的是（）A、22abB、11abC、2211ababD、11aba6、定义行列式运算1234aaaa=1423aaaa.将函数3sinxf(x)1cosx的图象向左平移n（n0）个单位，所得图象对应的函数为偶函数，则n的最小值为（）A、6B、3C、56D、237、将正方形ABCD沿对角线BD折成120°的二面角，C点到C处，这时异面直线AD与BC所成角的余弦值是（）A、22B、12C、34D、348、已知等差数列n{a}的前n项和为nS，且25S10,S55，则过点nPn,a和n2Qn2,a(nN*)的直线的一个方向向量的坐标可以是（）A、2,4B、14,33C、1,12D、1,19、在O点测量到远处有一物体在做匀速直线运动，开始时该物体位于点P，一分钟后，其位置在Q点，且POQ90，再过二分钟后，该物体位于R点，且QOR60，则2tanOPQ的值等于（）A、49B、239C、427D、以上均不正确10、定义在R上的函数fx的图象关于点3,04成中心对称，对任意的实数x都有3fxfx2，且f11,f02，则f1f2f3f2008的值为（）A、2B、1C、0D、111、已知x，y满足约束条件，x03x4y4y0则22xy2x的最小值是（）A、25B、21C、2425D、112、双曲线C:2222xy1ab（a0,b0）的右顶点为A，x轴上存在一点Q2a,0，若C上存在一点P，使AP⊥PQ，则双曲线C的离心率e的取值范围为（）A、1,2B、1,6C、61,2D、61,2二、填空题：（共16分）13、设随机变量服从正态分布2N1,(0)，若P010.4，则P2=_______________。海量资源尽在星星文库：、定义映射*f:nf(n)(nN)如下表：n1234…nf(n)24711…f(n)若f(n)4951，则n。15、若函数31f(x)xx3在2a,10a上有最小值，则实数a的取值范围为。16、一个圆锥和一个半球有公共底面，如果圆锥的体积与半球的体积恰好相等，则圆锥轴截面顶角的余弦值是_________________。三、解答题：（共74分）17、设锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且bcosC(2ac)cosB。（1）求B的大小；（2）求sinAsinC的取值范围.18、将圆22xy2x2y0按向量a1,1平移得到O，直线与O相交于A、B两点，若在O上存在点C，使OCOAOB0,OCa且，求直线的方程。19、某厂规定，如果工人在第一季度里有1个月完成产生任务，可得奖金90元；如果有2个月完成任务，可得奖金210元；如果有3个月完成任务，可得奖金330元；如果三个月都未完成任务，则没有奖金。假设某工人每个月完成任务与否是等可能的，求此工人在第一季度里所得奖金的期望。20、在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，E、F分别是AB、SC的中点。（1）求证：EF∥平面SAD；（2）设SD2CD，求二面角A－EF－D的大小。21、已知函数xfxekxxR。（1）若ke，试确定函数fx的单调区间。（2）若k0，且对于任意xR，fx0恒成立，试确定实数k的取值范围。（3）设函数Fxfxfx，求证：F1F2Fnnn12e2*nN22、已知各项全不为0的数列ka的前k项和为KS，且*kkk11SaakN2，1a1。（1）求数列ka的通项公式。（2）对任意给定的正整数nn2，数列kb满足：k1kk1bknbak1,2,,n1，1b1，求12nbbb。海量资源尽在星星文库：答案：一、选择题：（每题5分，共60分）题号123456789101112答案DADCCCDBCDDC二、填空题：（每题4分，共16分）13、0.1；14、99；15、2a1；16、35；三、解答题：（共74分）17、设锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且bcosC(2ac)cosB。（1）求B的大小；（2）求sinAsinC的取值范围。解：（1）由条件及正弦定理得：sinBcosC(2sinAsinC)cosB2sinAcosBsinCcosB则sinBcosCsinCcosB2sinAcosB（3分）∴sin(BC)2sinAcosB,又sin(BC)sinA0，∴1cosB,2又0B，∴B3.（6分）（2）由ABC及B3，得2CA3.又△ABC为锐角三角形，∴0A,20A.32∴A62.（8分）2sinAsinCsinAsinA333sinAcosA3sinA226（10分）又2A,633，∴3sinA,162.∴3sinAsinC,32.（12分）。18．（本小题满分12分）将圆22xy2x2y0按向量a(1,1)平移得到O，直线与O相交于A、B两点，若在O上存在点C，使OCOAOB0,OCa.且求直线的方程。解：由已知圆的方程为22(x1)(y1)2，按a(1,1)平移得到22O:xy2.(1分)∵OC(OAOB),∴22OCAB(OAOB)(OBOA)OAOB0.即OCAB.（5分）又OCa，且a(1,1)，∴OCk1.∴ABk1.（7分）设AB:xym0，AB的中点为D。由OC(OAOB)2OD，则OC2OD，又2OC2,OD2.海量资源尽在星星文库：∴O到AB的距离等于22.（9分）即m222，∴m1.∴直线的方程为：xy10或xy10.（12分）19、（满分12分）某厂规定，如果工人在第一季度里有1个月完成产生任务，可得奖金90元；如果有2个月完成任务，可得奖金210元；如果有3个月完成任务，可得奖金330元；如果三个月都未完成任务，则没有奖金．假设某工人每个月完成任务与否是等可能的，求此工人在第一季度里所得奖金的期望．解：设：该工人在第一季度完成任务的月数，：该工人在第一季度所得奖金数，则与的分布列如下：1P(0)P(0)83P(90)P(1)83P(210)P(2)81P(330)P(3)8∴1331E0902103308888153.75．答：该工人在第一季度里所得奖金的期望为153.75元20、在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，E、F分别是AB、SC的中点。（1）求证：EF∥平面SAD；（2）设SD2CD，求二面角A－EF－D的大小。解：（1）作FG∥DC交SD于G，则G为SD中点，连接AG。易得FG∥1CD2。又CD∥1AB2，E为AB中点，则FG∥AE，故四边形AEFG为平行四边形，从而EF∥AG。由于AG平面SAD，EF平面SAD，所以EF∥平面SAD。（2）不妨设DC＝2，则SD＝4，DG＝2，△ADG为等腰直角三角形。取AG中点H，连接DH，则DH⊥AG。易得AB⊥平面SAD，则AB⊥DHAB交AG于A，故DH⊥平面AEF。取EF中点M，连接MH、DM。易得MH⊥EF，DM⊥EF，则∠DMH为二面角A－EF－D的平面角，可求得其大小为arctan2。21、已知函数xfxekxxR。（1）若ke，试确定函数fx的单调区间。（2）若k0，且对于任意xR，fx0恒成立，试确定实数k的取值范围。（3）设函数Fxfxfx，求证：F1F2Fnnn12e2*nN解：（1）由ke，得xfxeex，xfxee。海量资源尽在星星文库：由fx0，得x1，故fx的单调增区间为1,。由fx0，得x1，故fx的单调减区间为,1。（2）由fxfx，可知fx是偶函数，则fx0对任意xR恒成立，等价于fx0对任意x0恒成立。由xfxek0，得xlnk。①当k0,1时，xfxek1k0x0，此时fx在0,上单调递增，故fxf010，合题意。②当k1,时，lnk0。当x变化时，fx,fx的变化情况如下表：x0,lnklnklnk,fx－0＋fx单调递减极小值单调递增由此可得：在0,上fxflnkkklnk。由题意得kklnk0，则1ke。综上所述：0ke。（3）xxFxfxfxee。12121221xxxxxxxx12FxFxeeee1212xxxxee212xxe2，依此类推。由此可得：nn1F1FnF2Fn2FnF1e2，故：F1F2Fnnn12e2*nN22、已知各项全不为0的数列ka的前k项和为KS，且*kkk11SaakN2，1a1。（1）求数列ka的通项公式。（2）对任意给定的正整数nn2，数列kb满足：k1kk1bknbak1,2,,n1，1b1，求12nbbb。解：（1）当k1时，由11121aSaa2及1a1，得2a2。当k2时，由kkk1kk1k1k11aSSaaaa22，得kk1k1kaaa2a。又ka0，则k1k1aa2，从而2m1a1m122m1，2ma2m122m，故*kakkN。（2）由kak，得k1kk1bnknkbak1kk12kk1k21bbbbbbbk1nk1nk2n11kk121k1k*n11CkNn，故n1123n12nnnnn1bbbCCC1Cnn10123nnnnnn111CCCC1Cnn