高三数学模拟练习卷(1)

FxyABCO浙江省龙游中学2007届高三数学模拟练习卷（1）一、选择题（本大题共10小题，每小题5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NMyxRxNxyRyM则}.2|{},|{222（）A．)}1,1(),1,1{(B．{1}C．[0，1]D．]2,0[2．已知映射,:BAf其中A=B=R，对应法则xxyxf2:2，对于实数Bk.在集合A中存在不同的两个原象，则k的取值范围是（）A．k1B．k≤1C．k≥1D．k13．已知)4()5(),1()2)(1(:*,,35MnxxxxMNnRxnx例如定义xCOSMxfx20062005)(,60)3(73则函数（）A．是偶函数不是奇函数B．是奇函数不是偶函数C．既是奇函数、又是偶函数D．既不是奇函数又不是偶函数4．设数列}{na是等差数列，且nSaa,6,673是数列}{na的前n项和，则（）A．54SSB．56SSC．64SSD．56SS5．若定义在区间（－1，0）内函数)1(3log)(xaxf满足0)(xf，则a的取值范围是（）A．（0，1）B．（1，+）C．（0，31）D．（,31）6．若,10,1,babbaaxyyx且成立则（）A．0yxB．0yxC．0yxD．0yx7．如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到平面A1C1的距离是直线BC的距离的2倍，点M是棱BB1的中点，则动点P所在曲线的大致形状为（）8．如图，过抛物线)(022ppxy的焦点F的直线l交抛物线于点A、B，交其准线于点C，若BFBC2，且3AF，则此抛物线的方程为()A．xy232B．xy92C．xy292D．xy329．设)(,sincos)(xfxxxf把的图象按向量)0)(0,(mm平移后，图象恰好为函数)('xfy的图象，则m的值可以为（）A．4B．43C．D．210．已知F1、F2为椭圆E的左右两个焦点，抛物线C以F1为顶点，F2为焦点，设P为椭圆与抛物线的一个交点，如果椭圆离心率为e，且||||21PFePF则e的值为（）A．22B．32C．33D．22二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，共28分，把答案填在横线上。）11．已知一平面与正方体的12条棱的夹角均为，那么sin=.12．若},6,5,4,3,2,1{)2,1,0(},1010|{,0122iaaaaxxnmi其中并且606nm，则实数对（m，n）表示平面上不同点的个数为_____个13.若函数),(,2)2()(2Rbaabxxaxf，的定义域R，则3a+b的取值范围是.14.已知点P是双曲线14822yx上一动点,21FF、是双曲线的两个焦点，O是坐标原点,则||||||21OPPFPF取值范围是15.设坐标平面内有一个质点从原点出发，每次沿坐标轴向正方向或负方向跳动1个单位，经过10次跳动质点落在点（2，4）处，则质点不同的运动方法共有种（用数字作答）.16.已知二项式nx)15(的展开式的所有项的系数和为M，展开式的所有二项式的系数和为N，若M－N=992，则n=17.非空集合G关于运算○+满足，①对任意a、bG，都有a+bG；②存在Ge，使对一切Ga都有a○+e=e○+a=a，则称G关于运算○+的融洽集，现有下列集合和运算：（1）G={非负整数}，○+整数的加法（2）G={偶数}，○+整数的乘法（3）G={平面向量}，○+平面向量的加法（4）G={二次三项式}，○+多项式加法其中为融洽集的为（写出所有符合题意的序号）三、解答题（本大题共6小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）18．（本小题满分14分）17．（本小题满分12分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足（2a－c）cosB=bcosC.（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）设nmkknAAm且),1)(1,4(),2cos,(sin的最大值是5，求k的值.2007031619．（本小题满分14分）把圆周分成四等份，A是其中一个分点，动点P在四个分点上按逆时针方向前进，现投掷一个质地均匀的正四面体，它的四个面上分别写着1、2、3、4四个数字，P从A点出发，按照正四面体底面上的数字前进几个分点，转一周之前继续投掷。Ⅰ．求点P恰好返回A点的概率.（文科只做第一问）Ⅱ．（理做）在点P转一周恰能返回的所有结果中，用随机变量表示点P返回A点时的投掷次数，求的分布列和期望.20．（本小题满分14分）如图，已知矩形ABCD中，AB=1，BC=a（a0）,PA⊥平面—ABCD.Ⅰ．问BC边上是否存在点Q，使得PQ⊥QD，并说明理由Ⅱ．若PA=1，且BC边上有且只有一个点Q，使得PQ⊥QD，求这时二面角Q—PD—A的大小.21．（本小题满分14分）已知在平面直角坐标系xoy中，向量32),1,0(的面积为OFPj，且jOPOMtFPOF33,，已知P点在第一象限内.（Ⅰ）设的夹角与求向量FPOFt,344的取取值范围；（Ⅱ）设以原点O为中心，对称轴在坐标轴上，以F为右焦点的椭圆经过点M，且||,)13(,||2OPctcOF当取最小值时，求椭圆方程.10008022．（本小题满分16分）（理）已知21),0,5(),0,1(,,12121nnnAAAAxAAA轴上依次在)3,2(,1nAAnn、点B1、B2……Bn……依次在射线)0(xxy上，且B1（3，3）)3,2(22||||1nOBOBnn（1）用n表示nnBA与的坐标；（2）设直线nnBA斜率为K，求nnKlim的值；（3）若四边形AnAn+1Bn+1Bn面积为S，求S的取值范围.参考答案一、选择题：12345678910DDBADCCDDC二、填空题：11．3312．6013.,614.]6,2(15.945016.517.（1）（3）三、解答题：18．解：（I）∵(2a－c)cosB=bcosC，∴（2sinA－sinC）cosB=sinBcosC.……………………………………………2分即2sinAcosB=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)∵A+B+C=π，∴2sinAcosB=sinA.…………………………………………4分∵0Aπ,∴sinA≠0.∴cosB=21.…………………………………………………………………5分∵0Bπ，∴B=3.…………………………………………………………6分（II）nm=4ksinA+cos2A.…………………………………………………………7分=－2sin2A+4ksinA+1，A∈（0，322）……………………………………9分设sinA=t，则t∈]1,0(.则nm=－2t2+4kt+1=－2(t－k)2+1+2k2,t∈]1,0(.…………………………10分∵k1，∴t=1时，nm取最大值.依题意得，－2+4k+1=5，∴k=23.………………………………………………12分19．解：（Ⅰ）记点P恰好返回A点为事件A1，记投掷1次、2次、3次、4次返返回A点分别为事件B1、B2、B3、B4投掷1次返回时，；所得数为4，故41)1(BP…………………………2分投掷2次返回时，分为分别投出1，3；2，2；3，1三种情况，故163414141414141)2(BP………………………………4分投掷3次返回时，分为分别投出1，1，2；1，2，1；2，1，1三种情况，故643414141414141414141)3(BP……………………6分投掷4次返回时，分别投出1，1，1，1故256141414141)4(BP……8分256125256164316341)4()3()2()1()1(BBBBAPPPPP……………9分（Ⅱ）在恰能返回A点的情况下，83)3(,83)2(,81)1(PPP81)4(P………………10分故的分布列为1234P8183838125814833832811E……………………12分20．解：（Ⅰ）由三垂线定理得,QDAQQDPQ故当2a时，BC边上有两个眯，即以AD为直径的圆与BC有两个交点满足QDPQ；当2a，BC边上存在一个点Q满足20;aQDPQ时，BC边上不存在点Q满足QDPQ。……6分（Ⅱ）O此时BC=2，Q为BC中点，设G为AD中点，作PDGH于H连QH、GQ，由题意得出QHGPDQH,是二面角的平面角，在QHGRt中，PDGDPAHG，故.5tanQHG所求二面角大小为5arctan……………………12分21．解：（Ⅰ）由sin2132FPOF得,sin34FPOF34sincostFPOFFPOF由得t34tan344t3tan1又],0[故夹角的取值范围为)3,4(…………………………4分（Ⅱ）设),(00yxP则.0,000yx由（Ⅰ）知2)13(3434tanct又32210ycSOFP,340cy20)13(34034ccxc又由，得cx3062343234)3(222020ccccyxOP……8分当且仅当cc343即c=2时，62minOP，此时),3,2(),3232(OMOP8)03()22()03()22(22222a162a、,122b故所求椭圆方程为1121622yx…………………………13分22．（理）解：设)0,(nnaA则由nnnnAAAA1121得2),(2111naaaannnn)()21(1211aaaannn①1128nnnaa②11228aa1n①+②+……+1n得1211282828nnnaa2112112181nnna2169nA坐标为*),0,2169(Nnn……………………4分设nnbB(、)nb则nnbOB222221nnbb21nnbb12)1(21nnbbnnB坐标为*)12,12(Nnnn……………………………………6分（2）nnnnnnk21691212limlim12168212limnnnn………………8分（3）nnOAnBnnOAnnSBSS21692145sin)32(22892111nnn248945sin)12(2…………………………10分记nnng248)(3)(002812lim,0)(04184832428)2()(,)3()2()1(),()1(2),1()2(,1246248248)()1(282max1ngnngngnggggngngnggnnnnngngnnnn且故又故时时则……………12分则S的取值范围为（9，12）………………13分（文）解：（Ⅰ）令,1,0xy得),0()1()1(fff即0]1)0([)1(ff01)1(1)(0fxfx故时1)0(f由①可知1)0()()(fxfxf0x时，1)(xf0x时，1)(0xfRx时，0)(xf……………………10分………………………………14分)()(0)(1)(0)