08届高中毕业生理科数学二月调研测试

08届高中毕业生理科数学二月调研测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填在试题卷和答题卡上，并将准考号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。非选择题用黑色墨水的签字笔或钢笔直接答在答题卡。答在试题卷上无效。3．考试结束，监考人员将本试题卷和答题卡一并收回。参考公式：如果事件AB，互斥，那么()()()PABPAPB如果事件AB，相互独立，那么()()()PABPAPB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()(1)kknknnPkCpp球的表面积公式24πSR其中R表示球的半径球的体积公式34π3VR其中R表示球的半径一．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．复数z满足方程：(2)zzi，则z=A、1iB、1iC、1iD、1i2．在等差数列na中，3a=9，9a=3，则12a=A、0B、3C、6D、-33．二项式43(2)3nxx的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为A、7B、12C、14D、54．函数2()ln()fxxx的单调递增区间为A、0,1B、1,2C、1,12D、10,25．下面给出四个命题：①直线l与平面a内两直线都垂直，则la。②经过直线a有且仅有一个平面垂直于直线b③过平面a外两点，有且只有一个平面与a垂直。④直线l同时垂直于平面a、，则a∥。其中正确的命题个数为A、0B、1C、2D、36．某一批袋装大米质量服从正态分布N（10，0.01）（单位：kg），任选一袋大米，它的质量在9.8kg-10.2kg内的概率是A、1-(2)B、2(2)-1C、F(2)-F(-2)D、F(2)+F(-2)-17.在(0,2)内，使sincosxx成立的x的取值范围为A、[5,44]B、[,42]C、[57,44]D、[3,44]8．已知平面内的四边形ABCD和该平面内任一点P满足：2222APCPBPDP，那么四边形ABCD一定是A、梯形B、菱形C、矩形D、正方形9．在四面体ABCD中，三组对棱棱长分别相等且依次为34,41，5则此四面体ABCD的外接球的半径R为A、52B、5C、522D、410．过原点O作两条相互垂直的直线分别与椭圆P：2212xy交于A、C与B、D，则四边形ABCD面积最小值为A、83B、42C、22D、43二．填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在题在横线上。11．已知变量x,y满足约束条件11yxxyy，则2zxy的最大值为。12．常数,ab满足则ab=.13．从4双不同鞋子中取出4只鞋，其中至少有2只鞋配成一双的取法种数为.（将计算的结果用数字作答）14．已知圆C：22(3)4xy，一动直线l过A(-1，O)与圆C相交于P、Q两点，M为PQ中点，l与直线360xy相交于N，则AMAN。15．当01x时，3112axx恒成立，则实数a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）如图，在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c,且8a=7b，c=0120，AB边上的高CM长为7313。（1）求:bc的值（2）求△ABC的面积17．（本小题满分12分）如图，在棱长为l的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为CC1中点。（1）求二面角A1–BD-M的大小；（2）求四面体A1-BDM的体积；18．（本小题满分12分）有10张形状、大小相同的卡片，其中2张上写着数字O，另外5张上写着数字1，余下3张上写着数字2。从中随机地取出1张，记下它的数字后放回原处．．．．。当这种手续重复进行2次时，为所记下的两个数之和。(1)求=2时的概率；(2)求的数学期望；19．（本小题满分12分）过双曲线C：2221yxm的右顶点A作两条斜率分别为k1、k2的直线AM、AN交双曲线C于M、N两点，其k1、k2满足关系式212kkm且120kk，12kk(1)求直线MN的斜率；(2)当m2=23时，若060MAN，求直线MA、NA的方程；20．（本小题满分13分）在数列na中，11at，其中0t且1t，且满足关系式：11(1)(1),()nnnnnaatatnN(1)猜想出数列na的通项公式并用数学归纳法证明之；(2)求证：1nnaa，()nN.21．（本小题满分14分）（1）求证：当1a时，不等式21)2xnaxeex对于nR恒成立.（2）对于在（0,1）中的任一个常数a，问是否存在00x使得成立？如果存在，求出符合条件的一个0x；否则说明理由。08届高中毕业生理科数学二月调研测试试题参考答案及评分细则一．选择题题号12345678910答案CAADBBDCCA二．填空题11、312、313、5414、515、[13,22]三．解答题16．解：（1）∵87ab，故设a=7k，b=8k（k0），由余弦定理可2222coscababC=（72+82-2×7×8cos1200）k2=169k2，∴c=13k，因此813bc……（6分）（2）∵017311378sin1202132kkk，∴14k∴1173731324138ABCS…………………（12分）17．解：（1）在正方体ABCD—A1B1C1D1中，棱长为l，取BD中点为O，连结OM，OA1。∵BM=DM=52，A1B=A1D=2从而1,AOBDMOBD∴1AOM为=两角A1—BD—M的平面角在1AOM中，2232OMBMOB221162AOABOB而22111132AMACCM从而由勾股定理可知：0190AOM…………………………………………（6分）（2）由(1)可知1AO面BDM，从而四面体1A-BDM体积1111361(2)332224BDMVSAO…………………………………（12分）18．解：（1）卡片的出法有(0,0),(0,1),(1,0),(0,2),(2,0),(1,1),(1,2),(2,1),(2,2)共9种而=2时，出现三种(0,2),(2,0),(1,1)故223537(2)2()()101010100P……（6分）（2）同(1)处理方法可求221(0)()1025P，251(1)2()10105P，533(3)2()101010P，239(4)()10100P因此，的数学期望1137391101234255100101005E……（12分）19.解：(1)C：2221yxm的右顶点A坐标为(1,0)设MA直线方程为1(1)ykx，代入22220mxym中，则222221(1)0mxkxm，整理得222222111()2()0)mkxkxkm由韦达定理可知221221mAkmxxkm，而1Ax，又212kkm∴222111212222111212mkmkkkkkxkmkkkkk于是12121112122(1)(1)mmkkkkykxkkkkk同理可知12122nkkykk，∴有mnyy，∴MN∥x抽，从而MN直线率0mnk…（6分）（2）∵060MAN，∴AM到AN的角为060或AN到AM的角为060。则211231kkkk或121231kkkk，又12(23)kk，12kk从而211233(23)kkkk则求得121(23)kk或12231kk因此MA，NA的直线的方程为1yx,(23)(1)yx或为(23)(1)yx，(1)yx……（12分）20．（1）解：由原递推式得到11(1)1nnnnntaaat22121(1)1(1)12taatat3233232221(1)(1)(1)1231)3(1)2tttataatt猜想得到1nntan……（3分）下面用数学归纳法证明1nntan10当n=1时a1=t—1满足条件20假设当n=k时，1kktak则1111(1)(1)kkkkkttattkk∴1111kkktakk∴1111kktak即当n=k+1时，原命题也成立。由10、20知1nntan……（7分）(2)111111(1)(1)(1)1(1)nnnnnnttaantntnnnn1(1)(1)(1)nnntttnn121(1)(1)nnntnttttnn而12(1)nnnntttt12()()()(1)nnnnnnttttttt122331(1)(1)(1)(1)(1)nnnnnttttttttt0,10,01tt故t0，且1t时有10nnaa，即1nnaa……（13分）21．（1）证明：(Ⅰ)在0x时，要使212xxaxeex成立。只需证：212xxaexex即需证：2112xaxxe①令21()2xaxyxxe，求导数21(1)()()xxxxexexyxaxaxee∴21()()yxxae，又1a，求0x，故()0yx∴()yx为增函数，故()(0)1yxy，从而①式得证（Ⅱ）在0x时，要使212xxxexae成立。只需证：212xxaxeex，即需证：221(1)2xxaxexe②令22()(1)2xxaxmxexe，求导数得2()(1)xxmxxeeax而()(1)xxeax在0x时为增函数故()(0)10xa，从而()0mx∴()mx在0x时为减函数，则()(0)1mxm，从而②式得证由于①②讨论可知，原不等式2212xaxexe在1a时，恒成立……（6分）（2）解：将2000012xxxexae变形为2000102xaxxe③要找一个X00，使③式成立，只需找到函数21()12xaxxtxe的最小值，满足()min0tx即可，对()tx求导数1()()xtxxae令()0tx得1xea，则x=-lna，取X0=-lna在0x-lna时，()0tx，在x-lna时，()0tx()tx在x=-lna时，取得最小值20()(ln)(ln1)12atxaaa下面只需证明：2(ln)ln1)02aaaaa，在01a时成立即可又令2()(ln)ln12apaaaaa，对()pa关于a求导数则21()(ln)02paa，从而()pa为增函数则()(1)0pap，从而2(ln)ln102aaaaa得证于是()tx的最小值(ln)0ta因此可找到一个常数0ln(01)xaa，使得③式成立……（14分）