xx屆高考理科數(shù)學(xué)第四次月考試題一、選擇題：本大題共8小題，每題5分，共40分。1、復(fù)數(shù)z(1i)(12i)的實(shí)部是（B）A、3B、3C、4D、34i2、函數(shù)f(x)1的定義域?yàn)椋–）x22xA、(0,1)(1,2)B、(,0)(2,)C、(0,2)D、[0,2]3、原命題：“設(shè)a、b、cR，若ab則ac2bc2”的抗命題、否命題、逆否命題中真命題共有（B）A、0個(gè)B、1個(gè)C、2個(gè)D、3個(gè)rrrrrrC）4、設(shè)向量a(1,2),b(2,1)，則ab(ab)等于（A、(1,1)B、(4,4)C、(12,12)D、(12,12)4．若m，n是兩條不一樣的直線，，，是三個(gè)不一樣的平面，則以下命題中的真命題是（．若m，，則m．若ImIn，m∥n，則∥ABC．若m，m∥，則D．若，⊥，則6、函數(shù)y1的圖象大概是（A）|x|yyyyOxOxOxO

）xA、B、C、D、7、已知橢圓的中心為原點(diǎn)，離心率e3，且它的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線y243x的焦點(diǎn)重合，2則此橢圓方程為（A）A、x2y21B、x2y21486C、x2y21D、x2y214328、對(duì)隨意實(shí)數(shù)x,y，定義運(yùn)算xyaxbycxy，此中a,b,c是常數(shù)，等式右側(cè)的運(yùn)算是通常的加法和乘法運(yùn)算。已知123,234，而且有一個(gè)非零常數(shù)m，使得對(duì)隨意實(shí)數(shù)x，都有xmx，則x的值是（C）A、5B、4C、4D、6二、填空題：本大題共7小題，每題5分，滿分30分．此中13～15是選做題，考生只好選做二題，三題全答的，只計(jì)算前兩題得分．9、如右以下圖給出一個(gè)程序框圖，其運(yùn)轉(zhuǎn)結(jié)果是。10．若(3x1)n的睜開式各項(xiàng)系數(shù)和為64，則睜開式中的常數(shù)項(xiàng)為。x．一個(gè)幾何體的三視圖及其尺寸以下（單位：㎝），則該幾何體的表面積是，體積是.12．在一次珠寶博覽會(huì)上,某商家展出一套珠寶金飾,第一件金飾是1顆珠寶,第二件金飾是由6顆珠寶組成如圖1所示的正六邊形,第三件金飾是由15顆珠寶組成如圖2所示的正六邊形,第四件金飾是由28顆珠寶組成如圖3所示的正六邊形,第五件金飾是由45顆珠寶組成如圖4所示的正六邊形,此后每件金飾都在前一件上,依據(jù)這類規(guī)律增添必定數(shù)目的珠寶,使它組成更大的正六邊形,依此推斷,設(shè)第ｎ件金飾為an(n1)，則anan1_4n3_____________(結(jié)果用n表示)圖1圖2圖3圖413．（坐標(biāo)系與參數(shù)方程選做題）以極坐標(biāo)系中的點(diǎn)1,為圓心，1為半徑的圓的方程6是；14．（不等式選講選做題）不等式|x4||3x|2的解集是；15．（幾何證明選講選做題）FCDEAOB第15AB是圓O的直徑,EF切圓O于C,ADEF于D,AD2,AB6,則AC長(zhǎng)為_______.答題卷一、選擇題：（共8小題，每題5分，合計(jì)40分）題號(hào)12345678選項(xiàng)二、填空題：（共6小題，每題5分，合計(jì)30分）9．10．11．12．13．14．15．三、解答題：本大題共6小題，滿分80分．解答須寫出文字說明、證明過程和演算步驟．16．（滿分12分）在△ABC中，角A、B、C所對(duì)邊分別為a，b，c，已知tanA1,tanB1，23且最長(zhǎng)邊的邊長(zhǎng)為l.求：（I）角C的大?。唬↖I）△ABC最短邊的長(zhǎng).17．（本小題滿分12分）一個(gè)口袋中裝有大小同樣的2個(gè)白球和4個(gè)黑球．（Ⅰ）采納放回抽樣方式，從中摸出兩個(gè)球，求:(1)兩球恰巧顏色不一樣的概率；（Ⅱ）采納不放回抽樣方式，從中摸n(iE)2）出兩個(gè)球，求摸得白球的個(gè)數(shù)的希望和方差.（方差：Dpii118．（本小題滿分14分）如圖，三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥面ABC，BC⊥AC，BC=AC=2，AA1=3，D為AC的中點(diǎn).（Ⅰ）求證：AB1//面BDC1；（Ⅱ）求二面角C1—BD—C的余弦值；（Ⅲ）在側(cè)棱AA1上能否存在點(diǎn)P，使得CP⊥面BDC1？并證明你的結(jié)論.19.(此題滿分14分)已知函數(shù)f(x)lnx,g(x)1x21.(1)F(x)f(x)g(x)[1,e],2(2);求在e是自然對(duì)數(shù)的底上的最大值最小值(2)當(dāng)k0時(shí),試議論方程f(1x2)g(x)k的解的個(gè)數(shù).20．（本小題滿分14分）已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn)1,0，且與直線x1相切.(1)求動(dòng)圓的圓心軌跡C的方程；uuuruuur0？(2)能否存在直線l，使l過點(diǎn)（0，1），并與軌跡C交于P,Q兩點(diǎn)，且知足OPOQ若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明原因.21．（此題滿分14分）1bn已知數(shù)列{an}、{bn}知足：a1=4，an+bn=1，bn+1=n21－a(1)求證bn+1=1；并求b1,b2,b3,b4的值；2－bn求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(3)設(shè)Sn=a1a2+a2a3+a3a4++anan+1，務(wù)實(shí)數(shù)a為什么值時(shí)4aSn<bn恒成立.答案三、解答題：本大題共6小題，滿分80分．解答須寫出文字說明、證明過程和演算步驟．16．（滿分12分）在△ABC中，角A、B、C所對(duì)邊分別為a，b，c，已知tanA1,tanB1，23且最長(zhǎng)邊的邊長(zhǎng)為l.求：（I）角C的大??；（II）△ABC最短邊的長(zhǎng).tanAtanB11解：（I）tanC＝tan[π－（A＋B）]＝－tan（A＋B）2311tanAtanB11132∵0C35分，∴C4II）∵0<tanB<tanA，∴A、B均為銳角,則B<A，又C為鈍角，∴最短邊為b，最長(zhǎng)邊長(zhǎng)為c7分由tanB110，解得sinB9分31010bccsinB15由10sinB，∴bsinC212分sinC5217．（本小題滿分12分）一個(gè)口袋中裝有大小同樣的2個(gè)白球和4個(gè)黑球．（Ⅰ）采納放回抽樣方式，從中摸出兩個(gè)球，求:(1)兩球恰巧顏色不一樣的概率；（Ⅱ）采納不放回抽樣方式，從中摸n出兩個(gè)球，求摸得白球的個(gè)數(shù)的希望和方差.（方差：Dpi(iE)2）i1解：（Ⅰ）解法一：“有放回摸兩次，色不一樣”指“先白再黑”或“先黑再白”，“有放回摸球兩次，兩球恰巧色不一樣”事件A，????2分∵“兩球恰巧色不一樣”共24+42=16種可能，???5分∴P(A)164．????7分669解法二：“有放回摸取”可看作獨(dú)立重復(fù)，????2分∵每次摸出一球得白球的概率21P．????5分63∴“有放回摸兩次，色不一樣”的概率P2(1)C21p(1p)49

．???7分（Ⅱ）摸得白球的個(gè)數(shù)，依意得：43242248211QP(0)55，P(1)56515，P(2)5．????6661510分∴E018121152，??12分2153D(02)22(12)28(22)21163531531545

．????14分18．（本小分14分）如，三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥面ABC，BC⊥AC，BC=AC=2，AA1=3，DAC的中點(diǎn).（Ⅰ）求：AB1//面BDC1；（Ⅱ）求二面角C1—BD—C的余弦；（Ⅲ）在棱AA1上能否存在點(diǎn)P，使得CP⊥面BDC1？并明你的.（I）明：接B1C，與BC1訂交于O，接ODBCC1B1是矩形，∴O是B1C的中點(diǎn).又D是AC的中點(diǎn)，∴OD//AB1.??????????????????2分∵AB1面BDC1，OD面BDC1，∴AB1//面BDC1.????????????????4分（II）解：如力，成立空直角坐系，C1（0，0，0），B（0，3，2），C（0，3，0），A（2，3，0），D（1，3，0）????????5分n=（x1，y1，z1）是面BDC1的一個(gè)法向量，nC1B0,nC1D03y12z10(1,1,1).????6分即取n32x13y10,易知C1C=(0，3，0)是面ABC的一個(gè)法向量.nC1C12cosn,C1C7.??????????8分|n||C1C|7362∴二面角C1—BD—C的余弦.????????????9分7（III）假棱AA1上存在一點(diǎn)P（2，y，0）（0≤y≤3），使得CP⊥面BDC1.CPC1B0,即3(y3)0y3,7CPC1D023(y3)0y.3∴方程無解.∴假不行立.????????????????????11分∴棱AA1上不存在點(diǎn)P，使CP⊥面BDC1.???????12分19.(本分14分)已知函數(shù)f(x)lnx,g(x)1x21.22(1)求F(x)f(x)g(x)在[1,e]上的最大,最小(e是自然數(shù)的底);(2)當(dāng)k0,方程f(1x2)g(x)k的解的個(gè)數(shù).解:(1)F(x)lnx1x21,F(x)122x因x[1,e],因此F(x)0,因此F(x)在[1,e]上減,

x

(1x)(1x)x因此當(dāng)x1,F(x)獲得最大F(1)

0;當(dāng)xe,F(x)獲得最小F(e)31e2.22(2)f(x21)g(x)k即ln(1x2)1x21k.y22ln2設(shè)y1ln(1x2)1x21,y2k,1O1x22y12xxx(1x)(1x)令y10得1x21x2,x1,0,1.x(,1)1(1,0)0y1+00y1Z極大值]極小值ln2由圖象得:①當(dāng)0k1個(gè)解;時(shí),原方程有212②當(dāng)k3個(gè)解;時(shí),原方程有③當(dāng)12kln2時(shí),原方程有4個(gè)解;2④當(dāng)kln2時(shí),原方程有2個(gè)解;⑤當(dāng)kln2時(shí),原方程無解.20．（本小題滿分14分）

(0,1)1(1,)+01極大值Z]2ln2已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn)1,0，且與直線x1相切.(1)求動(dòng)圓的圓心軌跡C的方程；uuuruuur0？(2)能否存在直線l，使l過點(diǎn)（0，1），并與軌跡C交于P,Q兩點(diǎn)，且知足OPOQ若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明原因.19．（本小題滿分14分）解：（1）如圖，設(shè)M為動(dòng)圓圓心，F(xiàn)1,0，過點(diǎn)M作直線x1的垂線，垂足為N，由題意知：MFMN???????2分即動(dòng)點(diǎn)M到定點(diǎn)F與到定直線x1的距離相等，NM為焦點(diǎn)，ox由拋物線的定義知，點(diǎn)M的軌跡為拋物線，此中F1,0AF1,0x1為準(zhǔn)線，??????????????3分∴動(dòng)圓圓心的軌跡方程為y24x??????????????5分2l的方程為xk(y1)(k0)（）解法一：由題可設(shè)直線

x1xk(y1)4ky4k016k216k0，k0或k1????7分由2得y2△y4x設(shè)P(x1,y1)，Q(x2,y2)，則y1y24k，y1y24k?????????????????9分uuuruuuruuuruuur由OPOQ0，即OPx1,y1，OQx2,y2，于是x1x2y1y20，??11分即k2y11y21y1y20，(k21)y1y2k2(y1y2)k20，4k(k21)k24kk20，解得k4或k0（舍去）又k40，∴直線l存在，其方程為x4y40

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分分解法二：明顯直線的斜率存在，由題可設(shè)直線l的方程為ykx1ykx12x2(2k4)x10由4x得ky22k42216k160k17分4k??????????????設(shè)P(x1,y1)，Q(x2,y2)，則x142k19分x2，x1x2?????????????uuurk2k2uuuruuuruuur由OPOQ0，即OPx1,y1，OQx2,y2，于是x1x2y1y20，??11分即x1x2(kx11)(kx21)0，(k21)x1x2k(x1x2)10，(k21)142kk10，解得k11k2k24∴直線l存在，其方程為x4y40

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分分21．（此題滿分14分）1b已知數(shù)列{an}、{bn}知足：a1=4，an+bn=1，bn+1=nn21－a(1)求證bn+1=2－bn；并求b,b,b,b的值；11234求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(3)設(shè)Sn=a1a2+a2a3+a3a4++anan+1，務(wù)實(shí)數(shù)a為什么值時(shí)4aSn<bn恒成立.n+1bbn1n20.解：(1)b=(1－an)(1+an)=bn(2－bn)=2－bn∵a1=1,b1=3∴b2=4,b3=5,b4=6（4分）44567112－bn1(2)∵bn+1－1=2－bn－1∴bn+1－1=bn－1=－1+bn－1∴數(shù)列{1}是以－4為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列bn－1∴1=－4－(n－1)=－n－3n－1b∴bn=1－1=n+2（8分）n+3n+3(3)an=1－bn=1n+3∴Sn=a1a2+a2a3++anan+1=1+1++1=1－14×55×6(n+3)(n+4)4n+4=n4(n+4)∴4aSn－bn=an(a－1)n2