中山市高三级2009—2010学年度第一学期期末统一考试（数学理）

高三数学（理科）第1页（共4页）中山市高三级2009—2010学年度第一学期期末统一考试数学试卷（理科）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试用时120分钟．注意事项：1、答第I卷前，考生务必将自己的姓名、统考考号、座位号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。2、每小题选出答案后，用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，再选涂其它答案，不能答在试题上。3、不可以使用计算器。4、考试结束，将答题卡交回，试卷不用上交。第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40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．已知3()lg,(2)fxxf则A．lg2B．lg8C．1lg8D．1lg232．01()xxedx=A．312eB．–1C．11eD．323．已知两直线m、n，两平面α、β，且nm,．下面有四个命题：1）若nm则有,//；2）//,则有若nm；3）则有若,//nm；4）nm//,则有若．其中正确命题的个数是A．０B．１C．2D．34．函数y=sinx的图象按向量a平移后与函数y=2-cosx的图象重合，则a是A．3(,2)2B．3(,2)2C．(,2)2D．(,2)25．如图，已知三棱锥的底面是直角三角形，直角边长分别为3和4，过直角顶点的侧棱长为4，且垂直于底面，该三棱锥的正视图是ABCDO345xyz34444443高三数学（理科）第2页（共4页）6．对变量x,y有观测数据（ix，iy）（i=1，2，…，10），得散点图1；对变量u，v有观测数据（iu，iv）（i=1，2，…，10），得散点图2.由这两个散点图可以判断A．变量x与y正相关，u与v正相关B．变量x与y正相关，u与v负相关C．变量x与y负相关，u与v正相关D．变量x与y负相关，u与v负相关7．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”.根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是A．甲地：总体均值为3，中位数为4.B．乙地：总体均值为1，总体方差大于0.C．丙地：中位数为2，众数为3.D．丁地：总体均值为2，总体方差为3.8．以平行六面体ABCD—A′B′C′D′的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出两个三角形，则这两个三角形不共面的概率p为A．385367B．385376C．385192D．38518第Ⅱ卷（非选择题共110分）二、填空题：(本大题共6小题，每小题5分，共30分.)9．若复数z满足z(1+i)=1－i(i是虚数单位)，则其共轭复数z=_______.10．命题“,cos1xxR”的否定是.图151234563010251520Oxy···········图2101234566020503040Ouv··········高三数学（理科）第3页（共4页）第14题511．在二项式251()xx的展开式中，含4x的项的系数是_______.12．平面内满足不等式组1≤x+y≤3，—1≤x—y≤1，x≥0，y≥0的所有点中，使目标函数z=5x+4y取得最大值的点的坐标是13．将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第n行(3)n从左向右的第3个数为．14．某地区为了解70~80岁老人的日平均睡眠时间（单位：小时），随机选择了50位老人进行调查．下表是这50位老人日睡眠时间的频率分布表．序号（i）分组（睡眠时间）组中值（iG）频数（人数）频率（iF）1[4,5)4.560.122[5,6)5.5100.203[6,7)6.5200.404[7,8)7.5100.205[8,9)8.540.08在上述统计数据的分析中，右边是一部分计算算法流程图，则输出的S的值是．三、解答题：（本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15．(本小题满分12分)已知：函数,0(),0axxfxax（0a）．解不等式：12)(xxf．16．(本小题满分12分)已知向量)sin,sin33(),sin,(cosxxOQxxOP，定义函数OQOPxf)(．（1）求)(xf的最小正周期和最大值及相应的x值；（2）当OQOP时，求x的值．12345678910………………………高三数学（理科）第4页（共4页）17．(本小题满分14分)一次国际乒乓球比赛中，甲、乙两位选手在决赛中相遇，根据以往经验，单局比赛甲选手胜乙选手的概率为０．６，本场比赛采用五局三胜制，即先胜三局的选手获胜，比赛结束．设全局比赛相互间没有影响，令ξ为本场比赛甲选手胜乙选手的局数（不计甲负乙的局数），求ξ的概率分布和数学期望（精确到0.0001）．18．(本小题满分14分)如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．（Ⅰ）求证：AC⊥SD；（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小；19．(本小题满分14分)已知数列,5}{1aan的首项前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+n+5（n∈N*）．（Ⅰ）证明数列}1{na是等比数列；（Ⅱ）令)1(1)(,)(221fxxfxaxaxaxfnn处的导数在点求函数.20．(本小题满分14分)已知A、B、C是直线l上的不同的三点，O是直线外一点，向量OA、OB、OC满足032ln1232OCyxOBxOA，记)(xfy．（1）求函数)(xfy的解析式；（2）若31,61x，31lna,证明：不等式xxfxa3)(lnln/成立；（3）若关于x的方程bxxf2)(在1,0上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围．ABCDPS高三数学（理科）第5页（共4页）中山市高三级2009—2010学年度第一学期期末统一考试数学试卷（理科）答案一、选择题DACBBCDA二、填空题9.i；10.,cos1xxR11．10；12．（2，1）；13.262nn；14.6.42三、解答题15．解：1）当0x时，即解12xxa，即0222xax，不等式恒成立，即0x；2）当0x时，即解12xa，即02)2(xax，因为22a，所以22ax．由1）、2）得，原不等式解集为}22,0|{axxx或．16．解：（1）xxxxf2sincossin33)(1313(sin2cos2)2322xx13sin(2)233x22,T．当5,12xkkZ时，()fx取最大值1323．（2）当OQOP时，()0fx，即13sin(2)0233x，解得6xkk或，kZ．17．解：甲选手胜乙选手的局数作为随机变量ξ，它的取值共有0、1、2、3四个值.1)当ξ=0时,本场比赛共三局,甲选手连负三局,P(ξ=0)=（1-0.6）3=0.064;2)当ξ=1时,本场比赛共四局,甲选手负第四局,且前三局中,甲胜一局,P(ξ=1)=13330.6(10.6)0.1152C;高三数学（理科）第6页（共4页）3)当ξ=2时,本场比赛共五局,甲选手负第五局,且前四局中,甲胜二局,P(ξ=2)=22340.6(10.6)0.13824C;4)当ξ=3时,本场比赛共三局、或四局、或五局．其中共赛三局时，甲连胜这三局；共赛四局时，第四局甲胜，且前三局中甲胜两局；共赛五局时，第五局甲胜，且前四局中甲胜两局；P(ξ=３)=323232340.60.6(10.6)0.6(10.6)CC=0.68256ξ的概率分布列为:ξ0123P0.0640.11520.138240.68256Eξ=0P(ξ=0)+1P(ξ=1)+2P(ξ=2)+3P(ξ=３)=00.064+10.1152+20.13824+30.68256=2.439262.4394.18．解法一：（Ⅰ）连BD，设AC交BD于O，由题意SOAC．在正方形ABCD中，ACBD，所以ACSBD平面,得ACSD.(Ⅱ)设正方形边长a，则2SDa．又22ODa，所以60SDO,连OP，由（Ⅰ）知ACSBD平面，所以ACOP,w且ACOD,所以POD是二面角PACD的平面角．由SDPAC平面,知SDOP，所以030POD,即二面角PACD的大小为030．解法二：（Ⅰ）；连BD,设AC交于BD于O，由题意知SOABCD平面.以O为坐标原点，OBOCOS，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系Oxyz如图．设底面边长为a，则高62SOa．于是62(0,0,),(,0,0)22SaDa，2(0,,0)2Ca，2(0,,0)2OCa，26(,0,)22SDaa，所以，0OCSD故OCSD，从而ACSDABCDPSONE高三数学（理科）第7页（共4页）(Ⅱ)由题设知，平面PAC的一个法向量26(,0,)22DSaa，平面DAC的一个法向量6)0,0,)2OSa，设所求二面角为，则3cos2OSDSOSDS,所求二面角的大小为03019．解：解：（Ⅰ）由已知,521nSSnn∴,42,21nSSnnn时两式相减，得,1)(211nnnnSSSS即,121nnaa从而).1(211nnaa当n=1时，S2=2S1+1+5，∴62121aaa又,11,521aa从而).1(2112aa故总有.*),1(211Nnaann又∵,01,51naa从而.2111nnaa即61}1{1aan是以为首项，2为公比的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）知.123nnannxaxaxaxf221)(1212)(nnxnaxaaxf.从而nnaaaf212)1()123()123(2)123(2nn)21()2222(32nnn2)1()]22(2[31nnnnn2)1(]222[311nnnnn.62)1(2)1(31nnnn20．解：（1）OCyxOBxOA32ln1232A、B、C三点共线，1)32ln(1232yxx)32ln(232xxy（2）31,61x，31lna，则xaln又由（1）得，xxxf3323)(/，31,61x，则03233)(/xxxf高三数学（理科）第8页（共4页）要证原不等式成立，只须证：xxa323lnln（*）设xxxxxh323ln323lnln)(．03223233323332)(2/xxxxxxxxh)(xh在31,61x上均单调递增，则)(xh有最大值31ln)31(h，又因为31lna，所以)(xha在31,61x恒成立．不等式（*）成立，即原不等式成立．（3）方程bxxf2)(即bxxx)32ln(2232令)32ln(223)(2xxxx，xxxxxxxx321313321923323)(2/当31,0x时，0)(/x，)(x单调递减，当1,31x时，0)(/x，)(x单调递增，)(x有极小值为31＝213ln即为最小值．又2ln0，215ln1，又215ln－2ln＝0342