08高考数学创新试题及考点预测

高考数学创新试题及考点预测（一）数学试题一、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},22|{|1|RxxMx，},|1|1|{ZxxyxN，则NMA．MB．NC．}2,1,0{D．}1{2．某单位有业务人员120人，管理人员24人，后勤人员16人。现用分层抽样的方法，从该单位职工中抽取一个容量为n的样本，已知从管理人员中抽取了3人，则n为A．20B．30C．40D．503.已知圆04:22mxyxC上存在两点关于直线04yx对称，则实数m为A．8B．8C．2D．无法确定4.下列函数中周期是2的函数是（）A．1cos22xyB．xxy2cos2sinC．)32tan(xyD．sincosyxx5．已知直线m、n及平面α、β，则下列命题正确的是A.mn//////B.mmnn//////C.mm//D.mnmn//6．在空间直角坐标系xyzO中，i、j、k分别是x轴、y轴、z轴的方向向量，设a为非零向量，且045,ia，060,ja，则ka,A．030B．045C．060D．0907．已知A、B、C、D是同一球面上的四点，且每两点间距离都等于2，则球心到平面BCD的距离是()A．63B．66C．612D．6188．已知点FA,分别是椭圆sincosbyax(为参数，)0ba的右顶点和左焦点，点B为椭圆的一个短轴端点，若0BABF，则椭圆的离心率e为A．215B．213C．25D．229．若关于x的不等式组4212txtx的解集不是空集，则实数t的取值不可能是A．0420sinB．0420cosC．0420tanD．0420cot10．如图是一个由正整数组成的数表，表中下一行数的个数是其上一行中数的个数的2倍，则表中第8行的第5个数是A．68B．132C．133D．26011．设56)(2xxxf，若实数yx,满足条件510)()(yyfxf，则xy的最大值是A．549B．3C．4D．512.用一块长为a，宽为b(ab)的矩形木板，在二面角为的墙角处，围出一个直三棱柱的谷仓，在下面四种设计中，容积最大的是（）第Ⅱ卷（非选择题，共100分）二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分.答案填在题中横线上.）13．已知6)1(xxx展开式中的第5项等于215，那么x__________________14．已知数列{xn}中，1122,31nnnxxxx，则x2006＝.200611()1215．已知函数)(xf在R上是减函数，且满足3)2(f，1)2(f，那么2|)12(|1nf的解集为________________)2,1(16．已知直线ay和0yx将曲线sin2cos2yx，(为参数，R)所围成的区域分成若干部分，现用5种不同的颜色给每部分涂色，每一部分只涂一种颜色，且任意两部分的颜色各不相同，若一共有120种不同的法，则实数a的取值范围是__________三、解答题（本大题共6小题，每小题英才苑14分，满分84分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17．△ABC的三边为a，b，c，已知22()CACBcab，且2ba，求Ccos的值及三角形面积S的最大值．第1行1第2行2、3第3行4、5、6、7…………18．福建省的地方汽车牌照号码为七位码，从左边起第一个位置是表示福建省的汉字“闽”；第二个位置是代表城市的字母（如A代表福州市、D代表厦门市等）；后五个位置是汽车的编号，编号规则如下：按照汽车落户的先后顺序，从左边起由0~9这10个数字排成五位数字码；当五位数字码排满后，对之后落户的汽车，从左边起的第三、第四位置按除I、Q以外的24个英文字母依次编码，第五至第七位位置仍由数字0~9依次编码，下图就表示福州市编号为W6691的车辆。福州市区出租车的号码标志是第三位置的编码为T，例如“闽ATM996”。假定按上述规则确定的每一个编码对应一辆落户汽车（即假定福州市地方汽车已排满所有编号），从成都市的地方汽车中任意抽取一辆。⑴抽到的牌照号码恰好是福州市区的出租车的概率是多少？⑵抽到的牌照号码在“闽A99999”之前且最后一个数字为偶数的概率是多少？⑶抽到的牌照号在“闽AGZ999”之前且后三位置上每个数字都是偶数的概率是多少？19．如图，在长方体1111ABCDABCD中，11,2,ADAAAB点E在棱AB上移动.（I）证明：11DEAD；（II）若E为AB中点，求E到面1ACD的距离；（III）AE等于何值时，二面角1DECD的大小为.420．设21,xx是函数)0(213)(23axxbxaxf的两个极值点。⑴求证：021xx；⑵若,421xx，求证：3)2(f。EADCBA1B1C1D121.已知数列{}na满足0na且对一切*nN有3312aa+……32nnaS，（1）求证：对一切*nN有2112nnnaaS（2）求数列{}na的通项公式（3）求证：222123111aaa……212na22．已知倾斜角为45的直线l过点1,2A和点B，点B在第一象限，32AB。（1）求点B的坐标；（2）若直线l与双曲线222:10xCyaa相交于,EF两点，且线段EF的中点坐标为4,1，求a的值；（3）对于平面上任一点P，当点Q在线段AB上运动时，称PQ的最小值为P与线段AB的距离。已知P在x轴上运动，写出点,0Pt到线段AB的距离h关于t的函数关系式。2008年高考创新试题及考点预测（一）数学试题参考答案一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）1—5：DAACD6—10：CBACB11—12DA二、填空题（本大题有4小题，每小题4分，共16分）13．214．200611()1215．)2,1(16．三、解答题：（本大题有6小题，每小题14分，共84分）17．解：cosCACBabC，又由余弦定理得2222()(2cos)cabababC22(2)2(1cos)abababC．cos2(1cos)abCabC，cos2(1cos)CC，得2cos3C，5sin3C．又2ab，21555sin()26626abSabCab．当且仅当1ab时，等号成立．max56S．18．解：按照规则，福州市地方汽车的牌照号码共有3210341010103434个。⑴福州市区出租车的牌照号码共有31034个，故抽到的牌照号码恰好是出租车的概率是341103410343231P⑵牌照号码在“闽A99999”之前即是汽车的编码仅由0~9这10个数字组成，其中最后一个数字为偶数的号码有4105个，故所求概率5782510341053242P⑶牌照号码在“闽AGZ999”之前，即第三个位置由数字0~9及A、B、C、D、E、F、G中一个占据，共有17种可能，第四个位置有34种可能，故号码在“闽AGZ999”之前且最后三个位置为偶数的牌照号码共有353417个，故所求概率为3233103453417P19．方法一（I）证明：111111,,.AEAADDADADDEAD平面（II）设点E到平面1ACD的距离为h，由题设可得115,2,ACCDAD111.DDAA算得131,,2.22ADCACEABCACESSSS11111,33ABCDABCADCVDDShS则1.3h（III）过D作DHCE，垂足为H，连1,,DHDE则1,DHCE1DHD为二面角1DECD的平面角.设,2AExBEx，在直角1DHD中，1,1.4DHDDH在直角ADE中，21,DEx在直角DHE中，.EHx在直角DHC中，3CH，在直角CBE中，245,CExx234523.xxxx因为以上各步步步可逆，所以当23AE时，二面角1DECD的大小为.4方法二：以DA，DC，DD1建立空间坐标系，设AEx，有11(1,0,1),(0,0,1),(1,,0),ADEx(1,0,0),(0,2,0),AC（I）证明：因为11(1,0,1)(1,,1)0DADEx，所以，11.DADE（II）解：E是AB中点，有11(1,1,0),(1,1,1),(1,2,0),EDEAC1(1,0,1)AD，设平面1ACD的法向量为(,,),nabc则0,01ACADnn也即200abac，得2abac，从而(2,1,2)n，点E到平面1ACD的距离1||1.||3DEdnn（III）设平面1DEC的法向量为1(,,),(1,2,0),(0,2,1),abcCExDGn1(0,0,1).DD由1020.(2)00DCbcabxCEnn令1b，得2,2,cax则(2,1,2),xn于是121222cos.422||||(2)5DDDDxnn123x（不合，舍去），223.x即23AE时，二面角1DECD的大小为.420．解：由已知：1)1()(2xbaxxf故21,xx是方程0)(xf的两根，则0121axx由于4221xx故0)4(0)2(ff即)2()1(034160124baba由于324)2(baf)1()3()1(得024ba所以3)2(f21.解：（1）由3312aa+……32nnaS得3312aa+……+3211nnaS相减得：3221111()nnnnnnaSSSSa1(2)nnaS·1na2112nnnaaS…………4分（2）由（1）知212nnnaaS得2211121nnnnnnnaaaaaaa（n≥2）又1n时321111(0)naaaa　，由22212222aaSa211aa{}na为等差数列且na=n………………8分（3）21211111221nnkkkkkn…………12分22.解：（1）设,Bxy，0,0xy2112132yxx，41xy4,1B---------3分（2）设1122,,,ExyFxy由222301xyxya得222216100axaxa，-----------------4分2100a0,11,10a-----------------6分2122681axxa，2a----------------8分（3）设线段AB上任意一点,3,14Qxxx22223332()22ttPQtxxx---------------10分14x当3142t时，即15t时，当32tx时，min32tPQ；当342t时，即5t时，当4x时，2min817PQtt；当312t时，即1t时，当1x时，2min25PQtt。--13分2225,13,152817,5tttthttttt--------