三月文数(湖南省)

冷水江市一中2007届高三第十次高考模拟试题数学（文科）命题：高三数学组本试卷共150分。考试用时120分钟。一、选择题（共10小题，每题5分，共50分）1．已知abR、，集合{,1},{,0},:bMNafxxa表示把集合M中的元素x映射到集合N中仍为x，则a+b的值为（）A．－1B．0C．1D．12．对总数为N的一批零件抽取一个容量为30的样本，若每个零件被抽取的概率为14，则N的值为（）A．120B．200C．150D．1003．已知()fx为偶函数，且(2)(2)fxfx，当20x时，()2xfx，若*nN，()nafn，则2007a（）A．2007B．12C．2D．－２4．若a=（2，1），b=（1，k）,a∥b,则实数k的值为（）A．k=2B．12kC．2kD．12k5．有一个等差数列na与一个等比数列nb，它们的首项是一个相等的正数，且第21n项也相等，则第1n项的大小关系为（）A．11nnabB．11nnabC．11nnabD．11nnab21111xx6.不等式的解集为（）A.1，+B.（-1，0]（1，+）C.[0，+）D.[0，1）（1，+）7．一个棱长为a的正三棱柱的六个顶点全部在同一个球面上,则此球的表面积为()222271142343aaaaA.B.C.D.8．已知为第二象限角，且sincos,22那么sincos22的取值范围是（）A．（－1，0）B．（1，2）C．（－1，1）D．（2,1）9．从4名教师与5名学生中任选3人，其中至少要有教师与学生各一人，则不同的选法共有种。()A．140B．70C．80D．3510．直线3yx与曲线2194xxy（）A．没有交点B．只有一个交点C．有两个交点D．有三个交点二、填空题：（共5小题，每题5分，共25分）11．已知曲线32()3fxxxx在1x处的切线恰好与抛物线22(0)ypxp相切，则p=12．把点A（2，2）按向量a=（－2，2）平移至点B，此时点B分向量OC（O为坐标原点）的比为－2，则点C的坐标为13．点（3，1）和（－4，6）在直线3x－2y＋a=0的两侧，则实数a的取值范围是14．31(2)xx的展开式中的常数项是15．把数列*1()21nNn的所有数按照从大到小，左大右小的原则写成如下数表：第k行有12k个数，第t行的第s个数（从左数起）记为A（t,s），则A（8,17）=1131517171911111311517117171191712117…129…………(第15题图)三、解答题（共6小题，共75分）16．(12分)已知点A(3,0),B(0,3),C(cos,sin)（Ⅰ）若AC1BC，求sin2的值；（Ⅱ）若13OAOC，其中O为坐标原点，且(0,)，求OBOC与的夹角的大小．17．（12分）平面上有两个质点A（0,0），B（2,2），在某一时刻开始每隔1秒向上下左右任一方向移动一个单位，已知质点A向左右移动的概率都是14，向上、下移动的概率分别是13和p，质点B向四个方向移动的概率均为q．(1)求p、q的值；(2)试判断至少需要几秒，A、B能同时到达D（1，2）？并求出在最短时间同时到达D的概率．18．（12分）如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，M、N、P分别是棱CC1、CB、CD的中点.⑴求证：1APDMN平面；⑵求四面体1ADMN的体积．19．（12分）已知双曲线C的方程为22221(0,0)xyabab，离心率132e.（Ⅰ）求双曲线C的渐近线方程；（Ⅱ）如图，若A、B分别是两渐近线上的点，AB是位于第一、四象限间的线段，AOB的面积为定值274，已知2APPB，双曲线C过点P,试求双曲线C的方程．AyBPoxD1A1AC1MQPDB1NCB20．（13分）已知定义在R上的函数32()4fxaxbxcxd（a，b，c，dR）的图象关于原点对称，且当1x时，()fx取得极小值2.（Ⅰ）求()fx的单调递增区间；（Ⅱ）解关于x的不等式22()5(43),()fxmxmxmR．21．（14分）已知定义在R上的函数()fx满足对任意实数1x，2x，总有1212()()()1fxxfxfx恒成立，已知(1)1f，若对任意的正整数n，有1()nafn，1()12nnbf.（1）求数列na和nb的通项公式；（2）记12231nnnSaaaaaa，12231nnnTbbbbbb，试比较43nS与nT的大小关系，并给出证明．冷水江市一中2007届高三第十次高考模拟试题数学（文科）参考答案1．C；提示：由题知：11,1.00aaabbba得故2．A；提示：3012014N。3．B；提示：()fx为偶函数，则(2)(2)(2)fxfxfx，故得()fx周期为4，120071(2007)(20081)(1)22afff4．B；1210,2kk故。5．C；提示：110ab，22110nnbbq21210nnab又12112112122nnnaabbbb（当1q时取“=”）即有11nnab6．B7．2222137723123aaaa2A；设球的半径为r,则r（）（），故球的表面积为。8．D；提示：由题知5322,422kkkZ。sincos2sin()2224，3722.2244kkkZ2sincos1229．B；提示：2112454570CCCC10．D；提示：当0x时，曲线方程为22194yx，0x时，方程为22194yx。又直线恒过点（0，3），又223194yxyx得213240xx，解得0x或2413x，故与左半椭圆还有一个交点；另3yx的斜率比双曲线22194yx的渐近线32yx的斜率小，故与双曲线右半部份有一交点，共有3个交点。11．16；提示2'()321fxxx，'(1)2f，故切线方程为22(1)yx即24yx代入22ypx中，得：240ypxp，由016得p12．（0，2）；提示：B（0，4），则由B分OC的比为-2，知C（0，2）13．-7a24;提示：（9-2+a）(-12-12+a)014．-2015．1287；提示：前7行共有01722211276++2个数，故第8行的第一个数为11212712255，那么第8行的第17个数为11255(171)228716．解：（Ⅰ）(cos3,sin),(cos,sin3)ACBC，由1ACBC得(cos3)cossin(sin3)1得2sincos3，平方得5sin29。（Ⅱ）106cos13OAOC1cos2又(0,)313(,)22C3cos2OBOCOBOC617．解：⑴111111,44364pq;⑵至少需要3秒才可同时到达D；恰好经过3秒，A到达D点的概率为131()()()12CPPP右上上,设(2,1)(1,1)(3,2)(2,3)(1,3)(0,2)NCHFEM，则经过3秒，B到达D的可能情形为DBD、DMD、DED、DCD、NBD、NCD、HBD、FED、FBD共有九种情形，故B到达D点的概率为3199464，AB、在最短时间同时到达D的概率为1931264256.18．⑴证明：正方体ABCD—A1B1C1D1中，1AP在底面ABCD内的射影为AP，在正方形ABCD中，P、N为CD、BC中点，记AP与DN交于一点Q，则11cot,tan22DPCNQPDQDPADDC90QPDQDPAPDN1APDN，同理可证1APDM1APDMN平面。⑵取BB1中点E，连NE，则11////NEBCAD，且112NEBC1ADNE四边形为梯形，且112ADNANESSD1C1MQPDB1A1ANCB111121111142222223343ADMNMADNMANEAMNEMNEVVVVABS19．.解(Ⅰ)渐近线方程为32yx；(Ⅱ)不妨设11(2,3)Att22(2,3)Btt，其中10t，20t，设渐近线32yx的倾斜角为，则3tan2，所以12sin213，从而由12127sin2624AOBSOAOBtt得1298tt，又设2APPB，则点121224(,2)3ttPtt，将其代入双曲线22249xya中得2123249att，则29b.双曲线C的方程为22149xy.20．解(Ⅰ)由已知得()fx为奇函数且(0)0f，0b，0d2()3fxaxc，当1x时，()fx取得极小值2302acac得13ac2()33fxx令()0fx得：1x或1x()fx的增区间为,1和1,.(Ⅱ)由（1）知3()3fxxx故22()5(43)fxmxmx可化为()(4)0xxmxm当0m时，0x当0m时，4xm或0xm.当0m时，0x或4mxm.21．解（1）：由1212()()()1fxxfxfx可知(1)()(1)1fnfnf即(1)()2fnfn()21fnn121nan又可得111111111()()()()122222nnnnnffff.即：111()2()122nnff，即12nnbb111()2nnbb.而1(1)2()112ff1()02f11()112bf11()2nnb.（2）由（1）可知11111(1)1335(21)(21)221nSnnn01121111111()()()()()()222222nnnT32111121()()1()22234nn4211()33421nnnSTn又01114(31)3333121nnnnnnnnnnCCCCnn403nnST43nnST.