08年高考理科数学杭州市第一次教学质量检测

08年高考理科数学杭州市第一次教学质量检测试题卷（）考生须知:1.本卷满分150分,考试时间120分钟.2.答题前,在答题卷密封区内填写学校、班级和姓名.3.所有答案必须写在答题卷上,写在试题卷上无效.4.考试结束,只需上交答题卷.参考公式如果事件BA,互斥，那么)()()(BPAPBAP;如果事件BA,相互独立，那么)()()(BPAPBAP;如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率knkknnPPCkP)1()(.一.选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50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.若集合{|1}Xxx，则下列关系成立的是（宗）(A)0X(B)0X(C)X(D)0X2.已知复数z=(2+3i)(1–4i),则z在复平面上对应的点Z位于（）(A)第一象限(B)第二象限(C)第三象限(D)第四象限3．数据123,,,...,naaaa的方差为2，则数据12,,12,1221naaa的方差为（）(A)22(B)22－1(C))24(D)24－14.如图，已知单位圆O与y轴相交于A、B两点.角θ的顶点为原点，始边在x轴的正半轴上，终边在射线OC上.过点A作直线AC垂直于y轴且与角θ的终边交于点C，则有向线段AC的函数值是（）(A)sinθ(B)cosθ(C)tanθ(D)cotθ5.在锐角△ABC中，若lg(1＋sinA)=m,且lgAsin11=n，则lgcosA等于（）（A）21(m－n)（B）m－n（C）21(m＋n1)（D）m＋n16.从1到10十个数中，任意选取4个数，其中，第二大的数是7的情况共有()（A）18种（B）30种（C）45种（D）84种7．若,abR,使1ab成立的一个充分不必要条件是()(A)1ab(B)1a(C)0.5,0.5ab且(D)1b8.在等差数列na中，2700...,200...10052515021aaaaaa，则1a为（）（A）20（B）20.5（C）21.5（D）22.59．已知函数f(x)=(x2–3x+2)g(x)+3x–4,其中g(x)是定义域为R的连续函数，则方程f(x)=0在下面哪个范围内必有实数根（）(A)(0,1)(B)(1,2)(C)(2,3)(D)(2,4)10.已知偶函数f(x)满足条件：当xR时，恒有f(x+2)=f(x),且0x1时，有f`(x)0，则)(f,)(f,)(f15104171011998的大小关系是（B）(A))(f)(f)(f17101151041998(B))17101()1998()15104(fff(C))15104()1998()17101(fff(D))(f)(f)(f19981710115104二．填空题:本大题有7小题,每小题4分,共28分.把答案填在答题卷的相应位置上.11.函数11()2xy的定义域是_____12.22lim232xxxx=.13.化简)()270()90(180)(36022θsincoscos)(tanθcos)cos(=。14.二项式62)31(xx的展开式中,常数项的值是.15.函数fxxxx()cossincos223的最小正周期是__________。16.设实数,xy满足2210xxy，则xy的取值范围是____.17.设向量an=)nsin,n(cos66，向量b的模为k（k为常数），则y=|a1+b|2+|a2+b|2+…+|a10+b|2的最大值与最小值的差等于..三.解答题:本大题有5小题,共72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)已知434534,)(sin,求:(1))(cos4的值;(2)sin的值;(3)函数)(cos4xy的图象可以通过函数xysin的图象进行怎样的平移得到?19.(本小题满分14分)解关于x的不等式2x–|x–a|220．(本小题满分14分)暗箱中开始有3个红球，2个白球.每次从暗箱中取出一球后，将此球以及与它同色的5个球(共六个球)一齐放回暗箱中。(1)求第二次取出红球的概率(2)求第三次取出白球的概率;(3)设取出白球得5分，取出红球得8分，求连续取球3次得分的期望值.21.(本小题满分14分)已知向量x=(1，t2–3),y=(–k，t)(其中实数k和t不同时为零)，当|t|2时,有x⊥y,当|t|2时,有x∥y.(1)求函数关系式k=f(t);(2)求函数f(t)的单调递减区间;(3)求函数f(t)的最大值和最小值.22．(本小题满分16分)已知数列{bn}满足条件:首项b1=1,前n项之和Bn=232nn.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)设数列{an}的满足条件：an＝(1＋nb1)an–1，且a1=2,试比较an与31nb的大小，并证明你的结论.数学参考评分标准（理科）一.选择题:（本大题共10小题,每小题5分,共50分）题号12345678910答案BDCDACDBBB二．填空题:本大题有7小题,每小题4分,共28分.把答案填在答题卷的相应位置上.11.[0,)12.4.13.–114.1215.15.16.(–,–1]∪[1,)17.2(26)k.三.解答题:本大题有5小题,共72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)(1)∵434534,)(sin,∴240,有544)(cos;---4分(2)1027444444sin)(coscos)(sin)(sinsin;---5分(3)函数)(cos4xy的图象可以通过函数xysin的图象向左平移41个单位得到.---5分19.(本小题满分14分)1.当xa时,不等式化成:2x+x–a2,得x31(a+2),2分a=31(a+2),得a=11分1)当a1时,∵31(a+2)≥a,∴无解,2)当a1时,∵31(a+2)a,∴解为31(a+2)xa.3分2.当xa时,不等式化成:2x–x+a2,得x2–a,2分由a=2–a,得a=11分1)当a1时,∵a2–a,∴x2–a,2)当a1时,∵a2–a,∴xa.3分综合上述:当a1时,原不等式解为x2–a,当a1时,原不等式解为x31(a+2)2分其它解法:1)2x–2|x–a|平方求解.2)图象法对照上面给分.20．(本小题满分14分)设第n次取出白球的概率为Pn,第n次取出红球的概率为Qn,(1)第二次取出红球的概率Q2=55352+555353=535分(每项2分)(2)三次取的过程共有下列情况:白白白,白红白,红白白,红红白,第三次取出白球的概率P3=525522555252[phone][phone][phone]=525分(每项1分)(3)连续取球3次,得分的情况共有5+5+5,5+8+5,8+5+5,8+8+5,5+5+8,5+8+8,8+5+8,8+8+8列表如下:15182124P525522555252=125285255255352[phone][phone]=125215252555353[phone][phone]=12524525523555353=12552得分期望=1512528+1812521+2112524+2412552=510612526504分21.(本小题满分14分)(1)当|t|2时,由x⊥y得：x·y=–k+(t2–3)t=0,得k=f(t)=t3–3t(|t|2)当|t|2时,由x∥y得：k=32tt所以k=f(t)=时或当时当22322323ttttttt5分(2)当|t|2时,f`(t)=3t2–3,由f`(t)0,得3t2–30解得–1t1,当|t|2时,f`(t)=222323)t()t(t)t(=22233)t(t0∴函数f(t)的单调递减区间是(–1,1).4分(3)当|t|2时,由f`(t)=3t2–3=0得t=1或t=–1∵1|t|2时,f`(t)0∴f(t)极大值=f(–1)=2，f(t)极小值=f(1)=–2又f(2)=8–6=2,f(–2)=–8+6=–2当t2时,f(t)=32tt0,又由f`(t)0知f(t)单调递增,∴f(t)f(2)=–2,即当t2时,–2f(t)0,同理可求,当t–2时,有0f(t)2,综合上述得,当t=–1或t=2时,f(t)取最大值2当t=1或t=–2时,f(t)取最小值–25分22．(本小题满分16分)(1)当n1时,bn=Bn–Bn–1=232nn–21132)n()n(=3n－2令n=1得b1＝1,∴bn＝3n－2.5分（2）由an＝(1＋nb1)an–1，得nnnbaa111∴an＝112211aaaaaaannnn由a1=2,bn＝3n－2知，an＝(1＋231n)(1+531n)…(1＋41)2＝(1＋1)(1＋41)…(1＋231n)又31nb=3213)n(=313n,5分设cn=313n,当n＝1时，有(1＋1)=38＞334113当n＝2时，有an＝(1＋1)(1＋41)=25=381253856=3123=cn假设n＝k(k≥1)时ancn成立，即(1＋1)(1＋41)…(1＋231k)313k成立,则n＝k＋1时，左边=＝(1＋1)(1＋41)…(1＋231k)(1＋2131)k()313k(1＋2131)k()=313k1323kk3分右边=ck+1=3113)k(=343k由(ak+1)3–(ck+1)3=(3k+1)331323)k()k(–(3k+4)=22313134323)k()k)(k()k(=21349)k(k0,得ak+1ck+1成立.综合上述,ancn对任何正整数n都成立.3分