08级重庆名校高考理科数学4月测试试题

08级重庆名校高考理科数学4月测试试题本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分150分。考试时间120分钟。第I卷（选择题共50分）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．已知集合2{|,},{|2||,},MyyxxRNyyxxR则MNA(1,1)B{(1,1),(1,1)}C{|02}yyD{|0}yy2．设等比数列{}na中，前n项和为nS,已知38S，67S,则789aaaA18B18C578D5583．对于不重合的两个平面，给定下列条件：①存在直线l，使,ll;②存在平面,使,;③内有不共线三点到的距离相等;④存在异面直线l，m使//,//,//,//llmm。其中可以判定//的有（）个A1B2C3D44．把函数lnyx的图象按向量(2,3)a平移得到()yfx的图象则()yfx=Aln(2)3xBln(2)3xCln(2)3xDln(2)3x5．在平面直角坐标系中，双曲本线的中心在原点，焦点在y轴上，一条渐近线方程为30xy,则它的离心率为：A10B103C22D36．已知(21)nx的展开式中，二项式系数和为a，各项系数和为b，则32323lim2nababA12B32C-3D37．已知函数4()lg(5)5xxfxm的值域为R，则m的取值范围是：A(4,)B[4,)C(,4)D(,4]8．如果椭圆22221(0)xyabab上存在一点P，使点P到左准线的距离与它到右焦点的距离相等，那么椭圆的离心率的范围是。A(0,21]B[21,1)C(0,31]D[31,1)9．已知⊿ABC，若对任意mR，||||BCmBACA恒成立，⊿ABC则必定为A锐角三角形B钝角三角形C直角三角形D不确定10．过正方体任意两个顶点的直线共有28条，其中异面直线有（）对A32B72C174D189第Ⅱ卷（非选择题共100分）二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分。把答案填在题中横线上。）11．若复数Z满足关系式(1)2Zi，则Z的共轭复数为12．72()xx的二项式展开式中的x系数是13．一次测量中，出现正误差和负误差的概率均为12，那么在5次测量中，至少3次正误差的概率是14设函数()sin(3)(0)fxx，若函数,()()fxfx是奇函数，则=43120xy15．设:p30x222(,),:(,,0)xyRqxyrxyRr312xy若非q是非p的充分必要条件，那么p是q的条件，的取值范围为.三、解答题（本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）16．（本小题满分12分）已知223()3sincos3cos2sin()(0).1212fxxxxx（1）求函数()fx值域（2）若对任意的aR，函数()yfx在(,]aa上的图象与1y有且仅有两个不同的交点，试确定的值（不必证明）并写出该函数在[0,]上的单调区间。17．箱子中装有大小相同的2个红球、8个黑球，每次从中摸取1个球。每个球被取到可能性相同。（1）若每次取球后不放回，求取出3个球中至少有1个红球的概率。（2）若每次取出后再放回，求第一次取出红球时，已取球次数的分布及数学期望。（要求写出期望过程）18．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面是矩形，且2ADAB,ABAP,PA底面ABCD,E为AD的中点,F为PC的中点.（1）求证：EF为AD及PC的公公垂线（2）求直线BD与平面BEF所成的角。19．数列{4}na是一个首项为4，公比为2的等比数，nS是{}na的前n项和。（1）求数列{}na的通项及nS（2）设点列2(,),nnnaSQnNnn试求出一个半径最小的圆，使点列nQ中任何一个点都不在该圆外部20．⊿ABC的内切圆与三边AB、BC、CA的切点分别为D、E、F，已知(2,0),(2,0)BC，内切圆圆心(1,),0Itt，设点A的轨迹为L（1）求L的方程（2）过点C作直线交曲线L于不同两点M、N，问在x轴上是否存在异于C点的点Q，使||||QMQCQNQCQMQN对任意的直线m成立，若存在，试求出点Q的坐标，若不存在，说明理由。21．已知ln()()ln(),[,0),(),xfxaxxxegxx其中e是自然常数，.aR（1）讨论1a时,()fx的单调性、极值;（2）求证：在（1）的条件下，1|()|().2fxgx（3）是否存在实数a，使()fx的最小值是3，如果存在，求出a的值；如果不存在，说明理由。参考答案一、选择题：题号12345678910答案CBBCACDBCC二、填空题：11、i112、56013、2114、3215、充分非必要512,0三、解答题：16、（1）xf62cos11cos2232sin232xxx162cos2cos212sin233xxx162cos62sin3xx（2分）162cos2162sin232xx132sin2x（6分）xf值域为3,1（不同变形参照给分）（2）因为xf周期为1（8分）132sin2xxfxf在125,0、,1211上单调递增，在1211,125上单调递减。（12分）17、（1）15831018222812CCCCC（4分）51541kP（2）分布列为：123…n…P51515451542…51541n…（7分没写后面省略号扣1分）E5154515435154251112nnE54515451541515425154112nnnnE515154515451545112nE125454541n55411（12分直接用P1计算只给2分）18、方法一：设1AB，则2AD（1）0,0,0A0,1,0B0,1,2C0,0,2D0,0,22E1,0,0P21,21,22F0,0,2AD1,1,2PC21,21,0EF0EFAD02121EFPCEFADEFPC故PC为AD及EF的公垂线（6分）（2）0,1,22EB0011EBPCEBPCEFBPC平面故PC可看成平面EFB的法向量故633212sinBDPCBDPC（12分）方法二：（1）连FO、OE、EP、EC222APEAEP222CDEDEC又CDAPABEDEAECEP又F为PC的中点PCEF又OF∥APABCDOF平面而ADOEADEF故EF为AD及PC的公垂线（6分）（2）过O作OHEFB平面于H，连BH，OBH为所求BD与平面EFB所成的角（8分）设2AD1AB212121222EF12321222BF222BEBFEFOEBFEFBOVV21212221311222131OH（10分）41OH632341sinOBH（12分）（其它解法参照给分）19、（1）441a11a2441nnaa241nnaaHPOFEDCBA即211nnaa故na是以1为首项，21为公差的等差数列（3分）212nannnSn43412（5分）（2）设yxan,nynx43412121由此可得nQ在直线0123yx上（8分）横坐标、纵坐标随n的增大而减小，并与41,21无限接近，故所求圆就是以1,1、41,21为直径端点的圆即64138138543222yx（12分）20、（1）由题知22CEOECECEBEACAB根据双曲线定义知，点A的轨迹是以B、C为焦点，实轴长为2的双曲线的右支除去点0,1E，故l的方程为122yx（1x）（5分）（2）设点0,0xQ、11,yxM、22,yxN，由（1）可知0,2CQNQCQNQCQNQMQCQMQCQMQNQCQNQMQCQM,cos,cosNQCMQCcoscosNQCMQC（7分）①当直线MNx轴时，点0,0xQ在x轴上任何一点处都能使得NQCMQC成立②当直线MN不与x轴垂直时，设直线MN：2xky由2122xkyyx得0122212222kxkxk122122222221kkkkxx1122221kkxx（9分）12222222212121kkkxxkxkxkyy022011tantanxxykNQCkxxyMQCQNQM要使NQCMQC，只需NQCMQCtantan成立即022011xxyxxy即020211012yxyxyxyx（11分）212121120212222xxkxkxxkxxkxxyy即12122202kkxkk故220x故所求的点Q的坐标为0,22时，使QNNCQNQMMCQM成立（13分）21、（1）xxxflnxxxxf111'当1xe时，0'xf，此时xf为单调递减当01x时，0'xf，此时xf为单调递增xf的极小值为11f（4分）（2）xf的极小值，即xf在0,e的最小值为11minxf令21ln21xxxgxh又21ln'xxxh当0xe时0'xhxh在0,e上单调递减minmax12121211xfeehxh（8分）当0,ex时，21xgxf（3）假设存在实数a，使xaxxfln有最小值3，0,exxaxf1'①当ea1时，由于0,ex，则01'xaxf函数xaxxfln是0,e上的增函数31minaeefxf解得eea14（舍去）（10分）②当ea1时，则当axe1时，01'xaxf此时xaxxfln是减函数当01xa时，01'xaxf，此时xaxxfln是增函数31ln1