高三年级第二次质量检测数学试题

高三年级第二次质量检测数学试题（理科）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.参考公式：如果事件A、B互斥，那么P（A+B）=P（A）+P（B）如果事件A、B相互独立，那么P（A·B）=P（A）·P（B）第I卷一、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．已知函数))((bxaxf，则集合}0|),{(})(|),{(xyxbxaxfyyx中含有元素的个数为（）A．0B．1或0C．1D．1或22．如果复数ibi212（其中i为虚数单位，b为实数）的实部和虚部是互为相反数，那么b等于（）A．2B．32C．2D．－323．如果平面平面，且交线为bblbMMl是则,,,的（）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．即不充分又不必要条件4．已知函数)(xf是定义在R上的奇函数，当xxfx)31()(,0时，那么)9(1f的值为（）A．2B．－2C．3D．－3球的表面积公式S=42R其中R表示球的半径球的体积公式V球=334R其中R表示球的半径5．若抛物线)0(22ppyx上三点的横坐标的平方成等差数列，那么这三点到焦点的距离为（）A．成等差数列B．成等比数列C．不成等差也不成等比数列D．成常数列6．在空间四边形ABCD中，连结AC、BD若△BCD是正三角形，且E为其中心，则ADDEBCAB2321的化简结果是（）A．ABB．2BDC．0D．DE27．83cos83sin44的值等于（）A．21B．－21C．22D．－228．如果一个三位正整数形如“321aaa”满足2321aaaa且，则称这样的三位数为凸数（如120、363、374等），那么所有凸数个数为（）A．240B．204C．729D．9209．设F1、F2是双曲线)0,0(,12222babyax的两个焦点，P在双曲线上，若021PFPF|cacPFPF(2|||21为半焦距）则双曲线的离心率为（）A．231B．251C．2D．22110．已知3)(32lim,2)3(,2)3(3xxfxffx则的值为（）A．－4B．8C．0D．不存在11．一个正方体纸盒展开后如图，在原正方体纸盒中有下列结论①AB⊥EF②AB与CM成60°③EF与MN是异面直线④MN//CD其中正确的是（）A．①②B．③④C．②③D．①③12．北京市为成功举办2008年奥运会，决定从2003年到2007年5年间更新市内现有全部出租车，若每年更新的车辆数比前一年递增10%，则2003年底更新车辆数约为现有总车辆数的（参考数据1.14=1.461.15=1.61）（）A．10%B．16.4%C．16.8%D．20%第Ⅱ卷二、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．已知A（－4，0），B（2，0）以AB为直径的圆与y轴的负半轴交于C，则过C点的圆的切线方程为.14．关于x的方程022baxx的两根分别在区间（0，1）与（1，2）内.则12ab的取值范围是.15．自半径为R的球面上一点P引球的两两垂直的弦PA、PB、PC，则PA2+PB2+PC2=.16．定义运算“*”对于*Nn满足以下运算性质：①11=1②（n+1）1=3（n1）则1)(nnf的表达式为.三、解答题：本大题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）已知：甲盒子内有3个正品元件和4个次品元件，乙盒子内有5个正品元件和4个次品元件，现从两个盒子内各取出2个元件，试求（Ⅰ）取得的4个元件均为正品的概率；（Ⅱ）取得正品元件个数的数学期望.(参考数据：4个元件中有两个正品的概率为12653，三个正品的概率为12630)18．（本小题满分12分）已知：aRaaxxxf,.(2sin3cos2)(2为常数）（1）若Rx，求)(xf的最小正周期；（2）若)(xf在[]6,6上最大值与最小值之和为3，求a的值；（3）在（2）条件下)(xf先按m平移后再经过伸缩变换后得到.sinxy求m.19．（本小题满分12分）在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中（Ⅰ）P、Q分别是B1D1、A1B上的点且|B1P|=31|B1D1|，|BQ|=31|A1B|（如图1）.求证PQ//平面AA1D1D；（Ⅱ）M、N分别是A1B1、BB1的中点（如图2）求直线AM与CN所成的角；（Ⅲ）E、F分别是AB、BC的中点（如图3），试问在棱DD1上能否找到一点H，使BH⊥平面B1EF？若能，试确定点H的位置，若不能，请说明理由.20．（本小题满分12分）函数为实数并且是常数axxaxf()()(9)（1）已知)(xf的展开式中3x的系数为49，求常数.a（2）是否存在a的值，使x在定义域中取任意值时，27)(xf恒成立？如存在，求出a的值，如不存在，说明理由.21．（本小题满分12分）一椭圆中心在原点，右焦点为F（2，0），离心率为36，A为椭圆最大的内接矩形在第一象限的顶点，内接矩形的边平行椭圆对称轴.（1）求A点坐标；（2）过F的弦BA作平行四边形.BPAO求点P的轨迹方程；（3）BPAO是不是矩形，如果是，写出相应的直线BA的方程，如果不是，说明理由.22．（本小题满分14分）若Sn和Tn分别表示数列{}na和}{nb的前n项和，对任意正整数)1(2.nannTn－3Sn=4n.（Ⅰ）求数列}{nb的通项公式；（Ⅱ）在平面直角坐标系内，直线nl的斜率为nb.且与曲线2xy有且仅一个交点，与y轴交于Dn，记)72(||311nDDdnnn求nd；（Ⅲ）若.1)(lim:)(2211221nxxxNnddddxnnnnnnn求证高三年级第二次质量检测数学试题（理科）参考答案一、选择题：1—5BDBAA6—10CCABB11—12DB二、填空题：13．02842yx14．)1,41(15．4R216．3n－1三、解答题：17．解：（I）从甲盒中取两个正品的概率为P（A）=712723CC……2分从乙盒中取两个正品的概率为P（B）=1852925CC……4分∵A与B是独立事件∴P（A·B）=P（A）·P（B）=1265……6分（II）的分布列为01234P12661263212653126301265631241265412630312653212632112660E……12分18．解：1)62sin(22sin32cos1)(axaxxxf……2分（1）最小正周期22T……4分（2）]2,6[62]3,3[2]6,6[xxx1)62sin(21x……6分即033211)(12)(minmaxaaaxfaxf……8分（3）1)62sin(2)(xxfxxf2sin2)(……10分……9分先向左平移12再向上平移1)1,12(m……12分19．解：（I）解法一：在A1D1上取点P1，AA1上取点Q，使|A1P1|=|31A1D1|，|AQ1|=|31AA1|，由已知B1P：PD=A1P1：P1D1=1：2∴PP1//A1B1且|PP1|=|32AB|……2分在平面AA1B1B中同理可证QQ1//AB，ET=|QQ1|=|32AB|∴PP1∥QQ1∴PQ//P1Q1又P1Q1平面AA1D1D∴PQ//平面AA1D1D……4分解法二：以D为原点，如衅建立空间直角坐标系，则下列各点的坐标为：D1（0，0，1）B1（1，1，1）A1（1，0，1）B（1，1，0）由已知P)31,32,1()1,32,32(Q……2分在A1D1，AA1上取点P1，Q1：A1P1：A1D1=1：3AQ1：AA1=1：3则由定比分点公式得P1（)1,0,32Q1（1，0，31）)32,0,31()32,0,31(11QPPQ11QPPQ∴PQ//平面AA1D1D……4分（II）解法一取AB中点M，CC1中点N连BM、MN、NB，则AM//BMCN//B1N∴∠MBN即为AM与CN所成的角.……6分在△BMN中，BM=BN=26251)21(2222MCNCNM由余弦定理得52cosNBM，∴AM与CN所成的角为52arccos……8分解法二以D为原点如图建立空间直角坐标系，下列各点坐标为A（1，0，0）M（1，)1,21N（1，1，21）C（0，1，0）)21,0,1()1,21,0(CNAM……6分52252521)21(011)21(021102110||||cos222222CNAMCNAMCNAM∴AM与CN所成角为52arccos……8分（Ⅲ）解法一能找到点H∵H∈DD1∴BH的射影为BD则BH⊥EF，恒成立，若BH⊥平面BEF，则HB⊥B1F必成立，设H在BB1C1C内射影为H1，BH1⊥B1F必成立.…10分设BH1交B1F于G∵∠BB1G=30°则∠B1BG=60°∠GBC=90°－60°=30°=∴CH1=21BC=21CC1即H1是CC1中点……12分∴H也必是DD1中点，∴这样的点存在且是DD1之中点解法二以D为原点如图建立空间直角坐标系，设H坐标为（0，0，t），B1（1，1，1）B（1，1，0）F（21，1，0）BH⊥EF恒成立（如方法一）若BH⊥平面B1EF，BH⊥B1F即01FBBH……10分又)1,0,21(),1,1(1FBtBH210210)1()1(0)1(21ttt即故存在点H是DD1之中点……12分20．解（1）Tr+1=C9239999)()(rrrrrrxaCxxa由3923r解得8r……3分498989aC41a……6分（2）),0()()(9xxxaxf要使（27)9xxa只需313xxa……8分10当0a时，设xxaxg)(32212)2(021)(axxaxxgx（0，))2(32a32)2(a（))2(32a，+）)(xg—0+)(xg极小值94343)2()2()(313133232minaaaaaxg……10分20当0a时，不成立30当1a时，不成立故当27)(94xfa时……12分另解法34322)(axxxaxxaxg只需94,343313aa即21．解：（1）226,636,2222baacc∴椭圆方程：12622yx……2分设A（),00yx得1=312122600002020yxyxyx当且仅当21262020yx时“=”成立A（3，1）……4分或设sin2cos600yx2sin3sincos1200yx当42212sin即时00yx取最大值为3)1,3(,1,300Ayx（2）设P（),yx为所求轨迹上一点，平行四边形对称中心为（)2,2yx……5分设),(),(2211yxByxA得636322222121yxyx和030))((3))((21212121BAykxyyyyxxxx即①而42202xyxyKBA②将②代入①化简得)0(43)2(22xyx∴A在圆内.……8分（3）若xBA轴，得4322BA相应的OA′PB′不是矩形设63)2(22yxxkyBA与联立有061212)31(2222kxkxk031612311221212221222