成都石室中学高级一诊模拟考试数学(理科)doc

1、成都石室中学高2008 级一诊模拟考试数学试卷（理）第卷（选择题，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. 函数 y 1sin x cos x 的图象（）22A 关于 x 轴对称B关于 y轴对称C关于原点对称D关于 x对称22. 函数 f ( x)1log2 x 与 g (x)2 x 1 在同一直角坐标系下的图象大致是（）3. 已知 p :| 2x3| 1, q : x( x 3)0，则 p 是 q 的（）A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件4. 设 是第四象限角，si

2、n32 cos()（），则54A 7B 1C7D155555. 已知 m,n 是不重合的两条直线，,是不重合的两个平面，则下列命题 m,n / / ，则 m / / n m / / ,m / /，则 /若n, m / /n ，则 m / /, m / / ；m, m，则/ /其中真命题个数为（）A0 个B1 个C2 个D3 个6. 在等差数列 an 中，若 a4a6a8a10a12120 ，则 a91a11 的值为 （）3A 14B 15C 16D 177. 如图，正方体AC1 的棱长为 1，过点 A作平面 A1 BD 的垂线，垂足为点ADH ，则以下命题中，错误的命题是（）BCH点 H 是

3、A1BD 的垂心 AH 垂直平面 CB1 D1直线 AH 和 BB1 所成角为45 AH 的延长线经过点C1A1D1B 1C 18. 从黄瓜、 白菜、油菜、 扁豆 4 种蔬菜品种中选出3 种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法共有（）A24 种B18 种C12 种D6 种9. 定义域为 R 的函数 f ( x)lg | x2 |x 2, 若关于 x 的方程 f 2 ( x) bf ( x)c 0 恰有5 个不同的实数解1x2x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ，则 f ( x1x2 x3x4 x5 ) 等于（）A 31g2B 21g2C 1D 010. 已

4、知 an 是等差数列，若a111且它的前 n 项和 Sn 有最大值，则当Sn 取得最小正值时，n 为（ ）a10A11B 20C 19D 2111. 设等比数列an的前 n 项和为 Sn ，则 xSn2S22n ， ySn ( S2 nS3 n ) 的大小关系是（）A x yB xyCx yD 不确定12设函数 f ( x)xR) ，区间 M=a ，b(a<b) ，集合 N=y yf (x), xM ，则使 M=N 成立的实数对( x1 x(a， b)有()(A)2 个(B)1 个(C)0 个(D) 无数多个卷（非选择题，共 90 分）二 . 填空题（本大题共 4 小题，每小题4 分，共

5、 16分. ）13.若 ( x2) n 的展开式中第三项是常数项，则n，且这个展开式中各项的系数和为_x14.在四面体 OABC 中， OA,OB,OC 两两垂直，且 OA 3,OB 3,OC 32 ，则四面体 OABC 的外接球的体积为 _15.已知 O是 ABC内一点， OA OC3OB,则 AOB与 AOC 的面积的比值为16.已知定义在 R 上的函数 f ( x) 的图象关于点3,0) , 对称且满足 f ( x)31，(f ( x) ， f ( 1)42f (0)2 ，则 f (1) f (2) f (3)f (2008)第卷（选择题，共90 分）二 . 填空题：13.,； 14.；

6、 15.； 16.三 . 解答题：17. （本小题12 分）已知函数 f ( x)2cos( x) sin(x) sin 3x1, x R 2（）求函数f ( x) 的最小正周期；（）求函数f ( x) 在区间, 3上的最小值和最大值8418.(本小题 12 分)如图（ 1）在直角梯形ABCP 中， BC / / AP ABBC,CDAP, ADDCPD2，E、F、G 分别是PC 、PD 、BC 的中点，现将PDC沿 CD 折起，使平面PDC平面ABCD （如图 2）（）求二面角GEFD 的大小；（）在线段PB上确定一点Q ，使 PC平面 ADQ ，并给出证明过程.19.( 本小题 12 分

7、)2008 年奥运会即将在北京举行，为了迎接这次奥运盛会某中学从学生中选出100 名优秀学生代表，在举行奥运之前每人至少参加一次社会公益活动，他们参加活动的次数统计如图所示从100 名优秀代表中任选两名，（）求他们参加活动次数恰好相等的概率，（）用表示这两人参加活动次数之差的绝对值，求随机变量的分布列及数学期望。参 加 人504010活 动 次12320（本小题12 分）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 a11,nan 1( n2)Sn (n 1,2,3,) .（）求证：数列 Sn 为等比数列；n（）求数列 an 的通项公式及前n 项和 Sn ，并求 lim Sn ；nan（）若数

8、列 bn 满足： b1 1， bn 1bn Sn(n1,2,3,) ，求数列 bn 的通项公式 .2n 1n21（本小题满分12 分）设函数 f ( x)(x2x1 )eax (a 0)a（ I ）当 a=2 时，求 f( x)的极值；（ II ）若不等式f (x)30 对所有的实数R 均成立，求 a 的取值范围 .a22已知函数 f ( x)( xR) 满足下列条件：对任意的实数x1， x2 都有(x1x)2( xx) f ( x)f (x)和f (x)f (x) x1x2， 其中的常数 .2121212是大于 0设实数 a0， a， b 满足 f ( a0 )0 和 baf(a)( )证明

9、 1 ，并且不存在 b0a0 ，使得 f (b0 )0 ；222；( )证明 (b a0 )(1 )( a a0 )( )证明 f (b)222.(1 ) f (a)参考答案：一 DCBABCCBACCC二 136，114.3615.116. 13三 .17 解：（）f ( x)2cos x(sin xcosx)1sin 2xcos2 x2 sin2x 最小正周期为4（）函数f ( x)在区间 3上的最大值为 f32 ，8，84最小值为 f32 sin3 2 cos 1424418.DFH 就是二面角 GEFD 的平面角 .在 RT HDF 中，DF1PD1,DH1AD1,22DFH45，即二

10、面角 G EFD 的大小为 45 .(2) 当点 Q 是线段 PB 的中点时，有 PC平面 ADQ . 证明过程如下 :E为 PC 的中点 ,EQBC,又ADBC,EQ AD ,从而 A、D、E 、Q 四 点共面在 RtPDC 中， PDDC ,E 为 PC 的中点，PCDE ，又PD平面 ABCD ，ADPC ，又 ADDED ，PC平面 ADEQ ，即 PC平面 ADQ .解法二 : （ 1）建立如图所示的空间直角坐标系设平面GEF 的法向量为 n(x, y, z) , 则n EFy0, 取 n(1,0,1).n EG xyz0又平面 EFD 的法向量为 m(1,0,0), 所以 cosm

11、,nm n1 ,| m | n |2m, n45 ,即二面角 GEFD 的大小为45.（2）设PQPB(01), 则 AQAPPQ(22,2,22).AQPCAQPC0222(22)01 ,2又 ADPC ,PC平面 ADQ1点Q是线段 PB的中点.219 P( ABC)P(A)P(B)P(C)C102C502C40241 6 分C100299可能取值为0，1，2，则 7 分P(0)41P(1)C101C501C501C40150， P(2)C101 C401899C299C210分99100100随机变量的分布列为012P41508999999 11 分E041150282 12 分9999

12、993Sn 12 Sn20. 解：（I ）将 an 1SnSn 代入已知 nan1 (n2)Sn ，整理得(n1,2,3,) -3 分1n1nS11又由已知 1，所以数列 Sn 是首项为1，公比为2 的等比数列 . -4分nSn2n1n 1（II ）由（ I）的结论可得n， Snn2. -5分当 n 2 时， anSnSn 1n 2n 1n1 2n22n 22nn1(n1)2n 2，a1n2an(n1)2n2， 当 n1 时 ，( n1)21， (n1,2,3,) .-7分由已知 1lim Snlim2nlim22nannn 1n11n-8分bn 1bnSnbn 1bn2n 1（III ）由

13、n 1n( n1,2,3,) ，得 n1n，由此式可得bnbn 12n 2bn 1bn 22n 3b3b223 2b2b122 2n n 1， n 1n 2，3 2， 2 1.bn1 1 2n 12n 11把以上各等式相加化简得n2122 ， -10分 bnnn2 (21) (n1,2,3, ) -12分21解：当 a=2 时， f ( x)( x 2x1 )e2 xD2f ' (x) (2x 1)e2 x2( x 2x1 )e2 x2( x 21)e2x设 f ' (x)0 得 x21，那么当 x 变化时f ' (x) 及 f( x) 变化情况如下表x(, 1) 1(

14、 1，1)1(1,)f' (x)+00+f ( x)3极小值e2极大值232e2（II ）若不等式f (x)0 对所有的实数 R 均成立，a13即 (x 2x)eax0 恒成立，aa设 g(x)=( x2x1 )eaxag ' (x)(x 1)(ax2)eax易知 x2时 g(x)取极大值，a且当 x2时 x 2x1aeaa因而 g(x)最小值为33，a0 时 x2或 x=1(列表略 )aea3x=1 时 g(x)取极小值，aa0 ，即 g(x)>00 ，解得 0<a<ln3aa（ 22）证明：（ 1）任取 x1 , x2R, x1x2 ，则由 (x1x2 )

15、 2( x1x2 ) f ( x1 )f (x2 )和 f (x1 )f ( x2 )x1x2可知， (x1x2 )2( x1x 2 ) f (x1 )f ( x2 )| x1x2| f (x1 )f ( x2 ) | | x1x2 |2，从而1 ；假设有 b0a0 ，使得 f (b0 )0 ，则由式知，(a0b) 2( ab) f (a)f (b) 0 ，矛盾，因此不存在 b0a0 ，00000使得 f (b0 )0 。（ 2）由 b a f( a) 可知(b a0 ) 2 aa0f (a) 2(aa0 )22 f ( a) 22(aa0 ) f (a) 由 f (a0 )0和得， ( aa0 ) f (a)(aa0 ) f (a)f (a0 )(aa0 ) 2由 f (a0 )0和得， f (a) 2 f (a)f (a0 ) 2( aa0 ) 2将代入得 (ba0 ) 2(aa0 ) 22 (aa0 ) 222