高考天津市河西区第一学期高三年级统一调研模拟试卷数学

天津市河西区2005—2006学年度第一学期高三年级统一调研模拟试卷数学第Ⅰ卷(共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．与直线240xy平行的曲线4yx的切线方程是（）A．3208xyB．3208xyC．5208xyD．5208xy2．设12()nxxxfnn，其中n是大于1的正整数，若(1)kkx，1,2,,kn，则()fn的取值集合是（）A．1{1,}nB．1{1,}nC．1{0,}nD．1{0,}n3．已知2211()11xxfxx，则()fx的解析式可取为（）A．21xxB．212xxC．212xxD．21xx4．已知数列}{na中，114a，54a，且满足212nnnaaa（1,2,3,n），则8a()A．16B．16C．32D．325．若011ba，则下列不等式：①||||ab；②abba；③2baab；④22aabb中，正确的不等式有（）A．1个B．2个C．3个D．4个6．已知a、b是非零向量且满足(3)aba，(4)abb，则a与b的夹角是（）A．6B．3C．32D．657．从4名男生和5名女生中任意选出3人参加一个会议，其中至少有1名男生和一名女生，则不同的选派方案有（）A．140种B．84种C．70种D．35种8．铜质的球体由于温度的变化，其半径增加了0.1%，则它的体积约增加了（）A．0.1%B．0.2%C．0.3%D．0.4%9．函数12()2xfx和函数2()2loggxx的图像的交点个数为（）A．0B．1C．2D．310．设全集{(,)|,}UxyxRyR，集合{(,)|20}Axyxym，集合{(,)|0}Bxyxyn，那么点(2,3)PAB的充要条件是（）A．1m或5nB．1m且5nC．1m或5nD．1m且5n11．定义在区间[,]ab（ba）上的函数13()sincos22fxxx的值域是1[,1]2，则ba的最大值M和最小值m分别是（）A．,63mMB．2,33mMC．24,33mMD．4,23mM12．若,xRnN，定义：(1)(2)(1)nxMxxxxn，例如：34(4)(3)(2)24M，则函数115()sinxfxMx的奇偶性是（）A．是偶函数不是奇函数B．是奇函数不是偶函数C．既是奇函数又是偶函数D．既不是奇函数又不是偶函数第Ⅱ卷(共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.把答案填在题中横线上。13．不等式|2|(1)2xx的解集是。14．凸多面体是由4个三角形和5个四边形围成，则其顶点数是。15．OCBA31215001200如图，向量OA、OB、OC的长度分别是2、3、1，0120AOB、0150AOC，则OCOA+OB。16．某工厂生产A、B、C三种不同型号的产品，产品数量之比依次为2:3:4，现用分层抽样方法抽出一个容量为n的样本，样本中A种型号产品有16件.那么此样本的容量n=。三、解答题：本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．（本小题满分12分）函数()sin(2)fxAxB（其中0A、[0,2)）的图像经过三点(0,23)A、(,3)6B、(,0)3。（1）求,,AB的值；（2）是否存在常数,,abc，使22()sinsincoscosfxaxbxxcx恒成立？若存在，求出,,abc，若不存在，说明理由。18．（本小题满分12分）设棋子在正四面体ABCD的表面从一个顶点移向另外三个顶点是等可能的。现抛掷骰子根据其点数决定棋子是否移动：若投出的点数是奇数，则棋子不动；若投出的点数是偶数，棋子移动到另一顶点。若棋子的初始位置在顶点A，回答下列问题。DCBA(1)投了2次骰子，棋子才到达顶点B的概率是多少？(2)投了3次骰子，棋子恰巧在顶点B的概率是多少？19．（本小题满分12分）设函数()32fxaxb（常数,abR且0a）的定义域是(1,1)。如果对于定义域内的每一个x，都有|()|2fx，那么||||1ab。（1）证明上述命题；（2）写出上述命题的逆命题。若逆命题正确，请加以证明；若逆命题不正确，请举出一个反例说明。20．（本小题满分12分）如图，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，（1）线段1AB上是否存在一点P使得1AB平面PAC，若存在，确定P点的位置，若不存在，说明理由；（2）点P在线段1AB上，若二面角CAPB的大小是arctan2，求BP的长；（3）点Q在对角线1BD上，使1//AB平面QAC，求1BQQD。QPD1C1B1A1DCBA21．（本小题满分12分）已知定点(1,0)F，定直线:1lx，动直线:(4)mykx（其中0k）。证明：（1）动直线m上一定存在相异两点,AB，它们到点F与到直线l的距离相等；（2）对（1）中的相异两点,AB，证明：OAOB；（3）对（1）中的相异两点,AB，以,AB为焦点的动椭圆经过坐标原点O，设动椭圆的离心率是e，证明：212e。22．（本小题满分14分）数列{}na的前n项和2nnnSa（*nN），且21a，111(1)2nannba（*nN）。（1）求数列{}na的通项；（2）已知定理：“若函数()fx在区间D上是凹函数，(,)xyxyD，且/()fx存在，则有/()()()fxfyfxxy”。若函数1nyx（*nN）在(0,)上是凹函数，试判断nb与1nb的大小；（3）求证：322nb。数学答案一、选择题：BDCDCACCCCCA二、填空题：13.171(,)2；14.9；15.11,33；16.72。三、解答题：17．（1）由已知sin23sin()332sin()03ABABAB……2分，sin2313(sincos)32213(sincos)022ABABAB……4分，解得22,,33AB……8分；（2）由222sin(2)3sin23(1cos2)2sincos23cos3xxxxxx，故存在0,2,23abc使22()sinsincoscosfxaxbxxcx恒成立……12分。18．棋子从顶点A移动到顶点,,BCD的概率都是16，而不移动的概率是3162……2分。（1）分两种情形：①第一次不动，第二次移到B，即AAB；……4分，②两次都动，即ACB或ADB，故投了2次骰子，棋子才到达顶点B的概率是211152()26636……6分。（2）①两次停在相同顶点：AAAB、AABB、ABBB；②一次停在相同的点：AACB、AADB、ACBB、ACCB、ADBB、ADDB；③每次都向其它顶点移动：ABCB、ABDB、ADAB、ADCBACDB、ABAB。……10分所以投三次骰子，棋子恰巧在顶点B的概率是2231111113()3()6()72626654。……12分19．（1）因为(1,1)x时都有|()|2fx，故|(1)|2|32|2|(1)|2|3|2fabfab……2分，当0ab时，3||2|||32|2abab，当0ab时，3||2|||32|2abab，即总有3||2||2ab……4分，因为0a所以1||||(3||2||)12abab，即||||1ab……6分；（2）逆命题是：设函数()32fxaxb（常数,abR且0a）的定义域是(1,1)。如果||||1ab，那么对于定义域内的每一个x，都有|()|2fx。……9分，此逆命题是错误的。容易构造例子：31,48ab时，||||1ab，但是535117|()||32|264688f，所以逆命题错误。……12分HABCDA1B1C1D1P20．（1）如图，若点P存在，由1AB平面PAC，得1ABAC，因为11//ACAC，所以111ABAC，这与11ABC是正三角形矛盾，故点P不存在；……4分OABCDA1B1C1D1Q（2）过B作BHAP垂足为H，连CH，由于CB平面11ABBA，故CHAP，BHC是二面角CAPB的平面角，2CBBH，即2ABBH，030HAB，在ABP中，由正弦定理00sin30sin75BPAB，故622BP；……8分（3）由于1//AB1DC，所以1//AB平面1DAC，点Q是直线1BD与平面1ACD的交点。易见11BDQ∽DOQ，所以1112BQBDQDOD。……12分21．（1）到点F与到直线l的距离相等的点的轨迹是抛物线，方程为24yx，由方程组222(4)(4)44ykxkxxyx，即22224(21)160kxkxk，因为0k，且222216(21)6416(41)0kkk，故方程组有两组不同的解，即直线m上一定存在相异两点,AB，它们到点F与到直线l的距离相等；……4分（2）设11(,)Axy、22(,)Bxy，显然,OAOB都是非零向量，要证OAOB，只要证0OAOB，即12120xxyy，而11(4)ykx、22(4)ykx，即证21212(4)(4)0xxkxx，即2221212(1)4()160kxxkxxk，由（1）12,xx是方程22224(21)160kxkxk的两根，即12248xxk，1216xx，此时222222121224(1)4()1616(1)4(8)160kxxkxxkkkkk，故12120xxyy，即OAOB；……8分（3）动椭圆长轴2||||aOAOB，焦距222||||||cABOBOA，故22||||||||OAOBeOAOB，2221122||||1||||eOAOBOAOB（当且仅当||||OAOB时取等号），由于直线m与x轴不垂直，故||||OAOB，所以212e。……12分22．（1）1n时，1112Sa，10a；2n时，1112nnnSa，所以有11122nnnnnnnaSSaa，即1(2)(1)nnnana，当3n时，112nnnaan，此时21221231nnnaannn。综上1nan。5分（2）由于1(1)2nnbn，根据1110(1)[(1)]nnnnnxyxynxxnynxyxy令111,122(1)xynn，可得nb1nb；……10分（3）由于111111()()()()2!22rrrrnnnnrCnnnnr，所以111122222nnnb，又由（2）1132nnbbb，故322nb。……14分