高三一模数学试卷

广东省深圳高级中学高三一模

数学（理）

2月

一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。每小题只有一个正确答案）。 1．设全集U是实数集R，M{x|x2或x2},N{x|x24x30}，则图中阴影部分所表示的集合是

A．{x|2x1} B．{x|2x2}[来源:学|科|网] C．{x|1x2} D．{x|x2}

2、定义一种运算“*”：对于自然数n满足以下运算性质： （i）1*1=1，（ii）（n+1）*1=n*1+1，则n*1等于

A．n B．n+1 C．n -1 D．n2 3.复数z134i,z21i，i为虚数单位，若z22zz1，则复数z

86868686i Ｂ. i Ｃ. i Ｄ. i 55555555Ａ. x0x2y34.设x,y满足约束条件yx，则取值范围是

x14x3y12A.[1,5] B.[2,6] C.[3,10] D.[3,11]

3235.对任意的实数x，有xa0a1(x2)a2(x2)a3(x2)，则a2的值是

A．3 B．6 C．9 D．21 6．数列{an}前n项和为Sn，已知a11，且对任意正整数m,n，都有amnaman，若3Sna恒成立则实数a的最小值为

123A．2 B． C． D．2

327.一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三

种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为 8.

A．

5 81B．

14 81C．

22 81D．

25 81,上的可导函数，且fxfx和fx0 已知为fx为定义在第1页 共12页

对于xR恒成立，则有

2f2ef0,A．

2f2ef0,B．

2f2ef0,C．

f2010e2010f0 f2010e2010f0 f2010e2010f0

2f2ef0,D．f2010e2010f0

二、填空题（本大题共6小题分，每小题5分，共30分。其中14，15小题为选做题，考生从给出的二道选做题中选择其中一道作答，若二题全答的只计算前一题得分）

9．已知A、B、C是直线l上的三点，向量OA,OB,OC满足OA[y2f'(1)]OBlnxOC，则函数yf(x)的表达式为 。 210．若直线l:axby10 (a0,b0)始终平分圆M：xy8x2y10的周

22长，则

14

的最小值为 。 ab

ax(a0,a1)，[m]表示不超过实数m的最大整数，则函数11．设函数f(x)xa111[f(x)][f(x)]的值域是 ．

22第2页 共12页

12．设a0且a1，函数

f(x)alg(x22x3)有最大值，则不等式开始 loga(x25x7)0

解集为 ．

13．对一个作直线运动的质点的运动过程观测了8次,得到如下表所示的 数据. 观测次数i 观测数据ai 1 40 2 41 3 43 4 43 5 44 6 46 7 47 8 S←0 i←1 输入 i← i +1 S←S +48 i ≥ 8 ? 是 S ← S / 8 在上述统计数据的分析中,一部分计算见如图所示的算法流程图(其 中a是这8个数据的平均数),则输出的S的值是_______ .

14、（几何证明选做题）如图，PA切⊙O于点A，割线PBC经过圆心O，OB=PB=1，OA绕点O逆时针旋转60°到OD，则PD的长为 ．

15、（参数方程与极坐标选做题）在直角坐标系中圆C

的参数方程为否 输出S 结束

x2cos（为参数），

y22sin若以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系 ，则圆C的极坐标方程为___ __．

三、解答题（本大题共6小题，共80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)设函数f(x)=2sinxcos处取最小值. （1）求.的值;

（2）在ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,已知a1,b2,f(A)

22cosxsinsinx(0)在x3,求角C.. 2第3页 共12页

17。（本小题满分12分）连续做某种实验，结果或成功或失败，已知当第k次成功，则第

13；当第k次失败，则第k+1次成功的概率为。若首次试验241成功和失败的概率都是，求第n次试验成功的概率。

2k+1次也成功地概率为

18．（本题满分14分）

在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是一直角梯，BAD90,AD//BC,ABBCa，

AD2a,PA底面ABCD,PD与底面成30°角.

（1）若AEPD,E为垂足，求证：BEPD； （2）在（1）的条件下，求异面直线AE与CD所成

角的余弦值；

（3）求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的正切值.

19. （本题满分14分）如图，

为半圆，AB为半圆直径，O

为半圆圆心，且OD⊥AB，Q为线段OD的中点，已知|AB|=4，曲线C过Q点，动点P在曲线C上运动且保持|PA|+|PB|的值不变.

(1)建立适当的平面直角坐标系，求曲线C的方程；

(2)过D点的直线l与曲线C相交于不同的两点M、N，且M在D、N之间，设

DM=DNλ，求λ的取值范围.

20．（本小题满分14分）已知函数f(x)x2x.

（Ⅰ）数列{an}满足:a11,an1f(an),求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）已知数列{bn}满足b1t0,bn1f(bn)(nN*)，求数列{bn}的通项公式；

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2

（Ⅲ）设cnbn1,数列{cn}的前n项和为Sn，若不等式Sn对所有的正整数n恒成bn1立，求的取值范围。

21．（本小题满分14分）设函数f(x) = x2 + bln(x+1),

（1）若对定义域的任意x，都有f(x)≥f(1)成立，求实数b的值； （2）若函数f(x)在定义域上是单调函数，求实数b的取值范围；

（3）若b = - 1,，证明对任意的正整数n，不等式都成立

k1n1111f()＜133......3k23n数学（理科）答案

2月

一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 题号 选项 1 C 2 D 3 C 4 D 5 B 6 A 7 B 8 B 二、填空题：（本大题共须作6小题，每小题5分，共30分，把答案填写在题横线上） 9、f(x)=

lnx 10、 16 11、 ｛-1，0｝ 212、 (2,3) 13、7 14、 7 15、4sin 三、解答题（本大题共6小题，共80分） 16、(本小题满分12分) 解: （1）f(x)2sinx1coscosxsinsinx 2sinxsinxcoscosxsinsinx sinxcoscosxsin sin(x)

因为函数f(x)在x处取最小值，所以sin()1,由诱导公式知sin1,因为

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0,所以2.所以f(x)sin(x2)cosx

（2）因为f(A)33,所以cosA,因为角A为ABC的内角,所以A.又因为226bsinA12ab2,也就是sinB, a22sinAsinBa1,b2,所以由正弦定理,得

因为ba,所以B4或B3. 4733. ;当B时,C1246412当B4时,C6417、(本小题满分12分)

解。令AK{第K次试验成功}，且P(AK)pK,k1,2,3,则

PAKPAK-1PAK|AK-1PAK-1PAK|AK-11313PAK-1PAK-1PAK-11PAK-1244231PAK-1，k24431即pkpk1,6分441令PKA(pk1A)415PKpk1A，443313所以A，PK(pk1）55453311{pk}是等比列，PK55104

K-1K-1311311PK，即Pn,nN51045104n-112分

18．(本小题满分14分) 解法一：（1）BAD90,BAAD

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PA底面ABCD,BA平面PAD.

BAPA.又PAADA,

PD平面PAD.PDBA.又PDAE,且BAAEA,PD平面BAE.

PDBE,即BEPD.

…………4分

（2）过点E作EM//CD交PC于M，连结AM，则AE与ME所成角即为AE与CD所成角

PA底面ABCD,且PD与底面ABCD成30角.PDA30.在RtPAD中,PAD90,PDA30,AD2a2343a,PDa.3323a2aPAAD3AEa.PD43a3232(a)2PA33PEa,CD2a.PD343a332aaCDPE32a.MEPD443a3连结AC.PA

在ACD中AD2a,AC2a,CD2a,AD2AC2CD2,ACD90,

CDAC,MEPA.MEAC.

又PA底面ABCD,PACD,MEAM.在RtAME中,cosMEAME2.AE42 4ME平面PAC.MA平面PAC, ∴异面直线AE与CD所成角的余弦值为

…………9分

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（3）延长AB与DC相交于G点，连PG，则面PAB

与面PCD的交线为PG，易知CB⊥平面PAB，过B作

BFPG于F点,连CF,则CFPG,

CFB为二面角CPGA的平面角,

CB//1AD,= 2

GBABa,PDA30,PA

23a,AG2a.3

PGA30,1aaBFGB,tanBFC2,a222∴平面PAB与平面PCD所成的二面角的正切值为2. 解法二：（1）如图建立空间直角坐标系，

…………14分

13则A(0,0,0),B(a,0,0),E(0,a,a),C(a,a,0),2223D(0,2a,0),P(0,0,a)3 1323BE(a,a,a),PD(0,2a,a),2221323BEPD(a)0a2aa()0,222

BEPD …………4分

（2）由（1）知，AE(0,13a,a),CD(a,a,0) 22设AE与CD所成角为

130(a)aaa0AECD2 22则cos,4|AE||CD|13202(a)2(a)(a)2a20222∴异面直线AE与CD所成角的余统值为

2. 4…………9分

（3）易知，CBAB,CBPA,

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则CB平面PAB.BC是平面PAB的法向量.

BC(0,a,0).又设平面PCD的一个法向量为m(x,y,z),则mPC,mCD.而PC(a,a,由mPC0,mCD0.23az0,axay得3axay0.xy,z3y.令y1,m(1,1,3)BCm|BC||m|01a10302a2021212(3)2aa55.5设向量BC与m所成角为,则cos

23a),CD(a,a,0),3tan2.∴平面PAB与平面PCD所成锐二面角的正切值为2.

…………14分

19、(本小题满分14分)

解：(1)以AB、OD所在直线分别为x轴、y轴，O为原点，建立平面直角坐标系， ∵|PA|+|PB|=|QA|+|QB|=2221225＞|AB|=4. ∴曲线C为以原点为中心，A、B为焦点的椭圆.

设其长半轴为a,短半轴为b,半焦距为c,则2a=25,∴a=5,c=2,b=1.

x2∴曲线C的方程为+y2=1.

5(2)设直线l的方程为y=kx+2, x22

代入+y=1,得(1+5k2)x2+20kx+15=0.

5Δ=(20k)2－4×15(1+5k2)＞0,得k2＞

DMx13.由图可知=λ DNx25第9页 共12页

20kxx12215k由韦达定理得

15xx1215k2将x1=λx2代入得

400k222(1)x2(15k2)2 x215215k2(1)2400k280两式相除得 2115(15k)3(5)k2315120k2,02,52,即453kk53

8016 133(25)k

① ②

(1)216DM1 4,0,解得3

3DN3x1DM,M在D、N中间，∴λ＜1 x2DN

又∵当k不存在时，显然λ=综合得：1/3 ≤λ＜1. 20、(本小题满分14分)

DM1 (此时直线l与y轴重合) DN3解：（I）f(x)2x2，………1分 an12an2 an122(an2) 分

2（Ⅱ）由已知得bn0， bn11(bn1),……1分lg(bn11)2lg(bn1),

{an2}为等比数列,an2(a12)2n1 an32n12 …………4

∴又lg(b11)lg(t1)0,所以{lg(bn1)}的公比为2的等比数列，∴

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bn(t1)21。………8分

（Ⅲ）

n1ck1bk22bk,bk2bk1b1(bk2)111,ckk， bk1bk1bkbk1bkk1,2,,n

Snc1c2cn(1111)()b1b2b2b3(1111, )nt(t1)21bnbn1t0,t11,Sn在n[1,)上是增函数

11t1SnS1, 又不等式Sn对所有的正整数n恒成立，22t(t1)1t2tt1, 2t2tt1)…………14分 2t2t故的取值范围是(,21、(本小题满分14分)

解：（1）由x + 1＞0得x＞ – 1∴f(x)的定义域为( - 1，+ ∞),

对x∈( - 1，+ ∞),都有f(x)≥f(1)， ∴f(1)是函数f(x)的最小值，故有f/ (1) = 0,

f/(x)2x解得b= - 4.

bb,20, x12b2x22xb, （2）∵f(x)2xx1x1/又函数f(x)在定义域上是单调函数，

∴f/ (x) ≥0或f/(x)≤0在( - 1，+ ∞)上恒成立。

若f/ (x) ≥0，∵x + 1＞0，∴2x2 +2x+b≥0在( - 1，+ ∞)上恒成立, 即b≥-2x2 -2x = 2(x)21211恒成立,由此得b≥; 22若f/ (x) ≤0, ∵x + 1＞0, ∴2x2 +2x+b≤0,即b≤-(2x2+2x)恒成立， 因-(2x2+2x) 在( - 1，+ ∞)上没有最小值， ∴不存在实数b使f(x) ≤0恒成立。

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综上所述，实数b的取值范围是,。 （3）当b= - 1时，函数f(x) = x2 - ln(x+1)

令函数h(x)=f(x) – x3 = x2 – ln(x+1) – x3，

3213x(x1)则h/(x) = - 3x2 +2x - ， x1x112∴当x0,时，h/(x)＜0所以函数h(x)在x0,上是单调递减。 又h(0)=0，∴当x0,时，恒有h(x) ＜h(0)=0, 即x2 – ln(x+1) ＜x3恒成立. 故当x0,时,有f(x) ＜x3.. ∵kN,10,, k1取x,则有

k ∴

11f()3, kk,

k1n1111f()＜133......3k23n故结论成立。

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