08届高考理科数学第四次月考试题

08届高考理科数学第四次月考试题08.1.25一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。1、复数(1)(12)zii的实部是（B）A、3B、3C、4D、34i2、函数21()2fxxx的定义域为（C）A、(0,1)(1,2)B、(,0)(2,)C、(0,2)D、[0,2]3、原命题：“设abcR、、，若ab则22acbc”的逆命题、否命题、逆否命题中真命题共有（B）A、0个B、1个C、2个D、3个4、设向量(1,2),(2,1)ab，则()abab等于（C）A、(1,1)B、(4,4)C、(12,12)D、(12,12)4．若mn，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是（）A．若m，，则mB．若mn，mn∥，则∥C．若m，m∥，则D．若，⊥，则6、函数1||yx的图象大致是（A）A、B、C、D、7、已知椭圆的中心为原点，离心率32e，且它的一个焦点与抛物线243yx的焦点重合，则此椭圆方程为（A）OyxOyxOyxOyxA、2214xyB、22186xyC、22143xyD、2212xy8、对任意实数,xy，定义运算xyaxbycxy，其中,,abc是常数，等式右边的运算是通常的加法和乘法运算。已知123,234，并且有一个非零常数m，使得对任意实数x，都有xmx，则x的值是（C）A、5B、4C、4D、6二、填空题：本大题共7小题，每小题5分，满分30分．其中13～15是选做题，考生只能选做二题，三题全答的，只计算前两题得分．9、如右下图给出一个程序框图，其运行结果是。10．若nxx)13(的展开式各项系数和为64，则展开式中的常数项为。11．一个几何体的三视图及其尺寸如下（单位：㎝），则该几何体的表面积是，体积是.12．在一次珠宝展览会上,某商家展出一套珠宝首饰,第一件首饰是1颗珠宝,第二件首饰是由6颗珠宝构成如图1所示的正六边形,第三件首饰是由15颗珠宝构成如图2所示的正六边形,第四件首饰是由28颗珠宝构成如图3所示的正六边形,第五件首饰是由45颗珠宝构成如图4所示的正六边形,以后每件首饰都在前一件上,按照这种规律增加一定数量的珠宝,使它构成更大的正六边形,依此推断,设第ｎ件首饰为(1)nan，则1nnaa_43n_____________(结果用n表示)图1图2图3图413．（坐标系与参数方程选做题）以极坐标系中的点1,6为圆心，1为半径的圆的方程是；14．（不等式选讲选做题）不等式|4||3|2xx的解集是；15．（几何证明选讲选做题）,,,DEFADCOEFOAB于于切圆的直径是圆2,6,ADAB则AC长为_______.BAOFCED第15题答题卷一、选择题：（共8小题，每小题5分，共计40分）题号12345678选项二、填空题：（共6小题，每小题5分，共计30分）9．10．11．12．13．14．15．三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．16．（满分12分）在△ABC中，角A、B、C所对边分别为a，b，c，已知11tan,tan23AB，且最长边的边长为l.求：（I）角C的大小；（II）△ABC最短边的长.17．（本小题满分12分）一个口袋中装有大小相同的2个白球和4个黑球．（Ⅰ）采取放回抽样方式，从中摸出两个球，求:(1)两球恰好颜色不同的概率；（Ⅱ）采取不放回抽样方式，从中摸出两个球，求摸得白球的个数的期望和方差.（方差：21()niiiDpE）18．（本小题满分14分）如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥面ABC，BC⊥AC，BC=AC=2，AA1=3，D为AC的中点.（Ⅰ）求证：AB1//面BDC1；（Ⅱ）求二面角C1—BD—C的余弦值；（Ⅲ）在侧棱AA1上是否存在点P，使得CP⊥面BDC1？并证明你的结论.19.(本题满分14分)已知函数211()ln,()22fxxgxx.(1)求()()()Fxfxgx在[1,]e上的最大值,最小值(e是自然对数的底);(2)当0k时,试讨论方程2(1)()fxgxk的解的个数.20．（本小题满分14分）已知动圆过定点1,0，且与直线1x相切.(1)求动圆的圆心轨迹C的方程；(2)是否存在直线l，使l过点（0，1），并与轨迹C交于,PQ两点，且满足0OPOQ？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.21．（本题满分14分）已知数列{an}、{bn}满足：a1=14，an+bn=1，bn+1=bn1－an2(1)求证bn+1=12－bn；并求b1,b2,b3,b4的值；(2)求数列{bn}的通项公式；(3)设Sn=a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1，求实数a为何值时4aSnbn恒成立.答案三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．16．（满分12分）在△ABC中，角A、B、C所对边分别为a，b，c，已知11tan,tan23AB，且最长边的边长为l.求：（I）角C的大小；（II）△ABC最短边的长.解：（I）tanC＝tan[π－（A＋B）]＝－tan（A＋B）11tantan231111tantan123ABAB∵0C，∴34C……………………5分（II）∵0tanBtanA，∴A、B均为锐角,则BA，又C为钝角，∴最短边为b，最长边长为c……………………7分由1tan3B，解得10sin10B……………………9分由sinsinbcBC，∴101sin510sin522cBbC………………12分17．（本小题满分12分）一个口袋中装有大小相同的2个白球和4个黑球．（Ⅰ）采取放回抽样方式，从中摸出两个球，求:(1)两球恰好颜色不同的概率；（Ⅱ）采取不放回抽样方式，从中摸出两个球，求摸得白球的个数的期望和方差.（方差：21()niiiDpE）解：（Ⅰ）解法一：“有放回摸两次，颜色不同”指“先白再黑”或“先黑再白”，记“有放回摸球两次，两球恰好颜色不同”为事件A，…………2分∵“两球恰好颜色不同”共24+42=16种可能，………5分∴164()669PA．…………7分解法二：“有放回摸取”可看作独立重复实验，…………2分∵每次摸出一球得白球的概率为3162P．…………5分∴“有放回摸两次，颜色不同”的概率为1224(1)(1)9PCpp．………7分（Ⅱ）设摸得白球的个数为，依题意得：432(0)655P，42248(1)656515P，211(2)6515P．…………10分∴1812012215153E，……12分22222282116(0)(1)(2)3531531545D．…………14分18．（本小题满分14分）如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥面ABC，BC⊥AC，BC=AC=2，AA1=3，D为AC的中点.（Ⅰ）求证：AB1//面BDC1；（Ⅱ）求二面角C1—BD—C的余弦值；（Ⅲ）在侧棱AA1上是否存在点P，使得CP⊥面BDC1？并证明你的结论.（I）证明：连接B1C，与BC1相交于O，连接OD∵BCC1B1是矩形，∴O是B1C的中点.又D是AC的中点，∴OD//AB1.………………………………………………2分∵AB1面BDC1，OD面BDC1，∴AB1//面BDC1.…………………………………………4分（II）解：如力，建立空间直角坐标系，则C1（0，0，0），B（0，3，2），C（0，3，0），A（2，3，0），D（1，3，0）……………………5分设n=（x1，y1，z1）是面BDC1的一个法向量，则,0011DCnBCn即)21,31,1(,030231111nyxzy取.…………6分易知CC1=(0，3，0)是面ABC的一个法向量.723671||||,cos111CCnCCnCCn.…………………………8分∴二面角C1—BD—C的余弦值为72.………………………………9分（III）假设侧棱AA1上存在一点P（2，y，0）（0≤y≤3），使得CP⊥面BDC1.则.373,0)3(320)3(3,0011yyyyDCCPBCCP即∴方程组无解.∴假设不成立.……………………………………………………11分∴侧棱AA1上不存在点P，使CP⊥面BDC1.…………………12分19.(本题满分14分)已知函数211()ln,()22fxxgxx.(1)求()()()Fxfxgx在[1,]e上的最大值,最小值(e是自然对数的底);(2)当0k时,试讨论方程2(1)()fxgxk的解的个数.解:(1)2111(1)(1)()ln,()22xxFxxxFxxxx因为[1,]xe,所以()0Fx,所以()Fx在[1,]e上单调递减,所以当1x时,()Fx取得最大值(1)0F;当xe时,()Fx取得最小值231()22Fee.(2)2(1)()fxgxk即2211ln(1)22xxk.设22111ln(1)22yxx,2yk,1222(1)(1)11xxxxyxxx,令10y得1,0,1x.x(,1)1(1,0)0(0,1)1(1,)1y+00+01y极大值ln2极小值12极大值ln2由图象得:①当102k时,原方程有2个解;②当12k时,原方程有3个解;③当1ln22k时,原方程有4个解;④当ln2k时,原方程有2个解;ln21O1xy⑤当ln2k时,原方程无解.20．（本小题满分14分）已知动圆过定点1,0，且与直线1x相切.(1)求动圆的圆心轨迹C的方程；(2)是否存在直线l，使l过点（0，1），并与轨迹C交于,PQ两点，且满足0OPOQ？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.19．（本小题满分14分）解：（1）如图，设M为动圆圆心，F1,0，过点M作直线1x的垂线，垂足为N，由题意知：MFMN…………………2分即动点M到定点F与到定直线1x的距离相等，由抛物线的定义知，点M的轨迹为抛物线，其中1,0F为焦点，1x为准线，……………………………………3分∴动圆圆心的轨迹方程为xy42……………………………………5分（2）解法一：由题可设直线l的方程为(1)(0)xkyk由2(1)4xkyyx得2440ykyk△216160kk，01kk或…………7分设),(11yxP，),(22yxQ，则124yyk，124yyk……………………………………………9分由0OPOQ，即11,OPxy，22,OQxy，于是12120xxyy，……11分即21212110kyyyy，2221212(1)()0kyykyyk，2224(1)40kkkkk，解得4k或0k（舍去）…………………………………13分又40k，∴直线l存在，其方程为440xy……………………………14分解法二：显然直线的斜率存在，由题可设直线l的方程为1ykx由214ykxyx得22(24)10kxkx2224416160kkk1k……………………………………7分设),(11yxP，),(22yxQ，则12242kxxk，1221xxk…………………………………9分由0OPOQ