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广东省汕头市潮南区08-09学年度第一学期末高三级质检数学(理科)试题


潮南区 08-09 学年度第一学期期末高三级质检

理科数学试题
第 I 卷(选择题,共 40 分)

一,选择题(下列各题将你认为正确的结论编号选填在相应的置位上,每小题 5 选择题(下列各题将你认为正确的结论编号选填在相应的置位上, 分,共 40 分. )
1. 已知 Z= cos

π

4

+ i sin

π

4

, i 为虚数单位,那么平面内到点 C(1,2)的距离等于 Z 的点

的轨迹是( ) (A)圆 (C)满足方程 x 2 + y 2 = 1 的曲线

(B)以点 C 为圆心,半径等于 1 的圆 (D)满足 ( x 1) + ( y 2) =
2 2

1 的曲线 2

2. ABC 的三边分别为 a,b,c 且满足 b 2 = ac,2b = a + c ,则此三角形是( ) (A)等腰三角形 (B)直角三角形 (C)等腰直角三角形 (D)等边三角形

3.某校为了了解课外阅读情况,随机抽查了 50 名学生,得到他们某一天各自课外阅读的时 间数据如下图所示, 根据条形图可得到这 50 名学生该天每人的平均课外阅读时间为 ) ( (A)0.6h (B) 0.9h 人数 (C) 1.0h (D) 1.5h 20 15 10 5

0

0.5

1.0

1.5

2.0

时间 (h)

x = cos α 4.当 0 ≤ α ≤ 2π时, 由满足 y = sin α 条件的点构成的区域的面积为( ) y > 3 ( x + 1)
(A)

π
6



3 4

(B)

π
3



3 2

(C)

2π 3 + 3 2

(D)

π
3

3

5.p: x ∈ R , y =



1 2π

e



x2 2

递减.

q:在 R 上,函数 y = ( ) 1 递减.
x

1 2

则下列命题正确的是( ) (A)p ∨ q (B) p ∧ q (C) p ∧ q


(D)q

6.如图,直三棱柱的主视图面积为 2a2,则左视图的面积为( ) a a 2a a

(A)2a2

(B) a2

(C)

3a 2

(D)

3 2 a 4

7.已知 (i, j )是一个正交基底,i = j = 1,向量a = 部分的面积等于( ) (A) 3 (B)

1 3 i+ j按b = (1,0) 平移所扫过平面 2 2

3 2

(C)

1 2

(D)1

8.已知 a>0,函数 f ( x) = ( x 2 2ax)e x 的最小值所在区间是( ) (A) ( ∞, a 1 a 2 + 1) (C) (0,2a ] (B) a 1 (D) (2a,+∞)

(

a 2 + 1, 0]

第Ⅱ卷(非选择题

共 110 分)

二,填空题: (本大题每小题 5 分,共 30 分. 请把答案填在答题卷中的横线上.)

9.右边的程序框图输出结果 S= 10.已知 ( x cos θ + 1) 的展开式中 x 的系数与
5

开始

2

i=0

5 3 x + 的展开式中的x 的系数相等,则 4
cos θ =
11.已知在直角坐标系中,两定点坐标为 A(-4,0) , B(4,0) ,一动点 M(x,y)满足条件
MA MB = 1 AB 2

4

S=0

S=S+2i-1

i=i+2

,则点 M 的轨迹方程是

i≥8 是 输出 S 否

12.某人在地面 A 点处测得高为 30m 的铁塔顶点 D 的仰角 为 45 ,又移到地面 B 点处测得塔顶点 D 的仰角为 60 ,

结束 塔的底部点 C 与 AB 的张角为 30 ,则 A,B 两点 的距离为 ▲ 选做题: (在下面三道小题中选做两题,三道小题都选的只计算前两面道小题的得分. ) 13.动点 M(x,y)是过点 A(0,1)且以 a = (1, 3 )为方向向量,t 为参数 (t ∈ R )的 的轨迹,则它的轨迹方程是 14.函数 y = 6 x 3 + 8 4 x的最大值是 15.如图,DA,CB,DC 与以 AB 为直径的半圆分别 相切于点 A,B,E,且 BC:AD=1:2,CD=3cm, 则四边形 ABCD 的面积等于

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. (本题 13 分) 已知函数 f ( x ) = log 1 (sin x cos x )
2

(1)求 f(x)的定义域; (2)求 f(x)的单调区间; (3)判断 f(x)的奇偶性. 17. (本题 13 分) 把一颗骰子投掷两次,第一次出现的点数记为 a,第二次出现的点数记为 b,给定方程组

ax + by = 3 x + 2 y = 2
(1) 试求方程组只有一解的概率; (2) 求方程组只有正数解(x>0,y>0)的概率. 18(本题 14 分) 如图,直角梯形 ABCE 中, ∠ABC = ∠BCD = 90 , AB = BC =

的中点,点 M 和点 N 在 ADE 绕 AD 向上翻折的过程中,分别以 λ 的速度,同时从点 A 和点 B 沿 AE 和 BD 各自匀速行进,t 为行进时间,0 ≤ λt < (1) 求直线 AE 与平面 CDE 所成的角; (2) 求证:MN//平面 CDE. E N M A B

1 CE = a ,D 是 CE 2

2a .
D C

19. (本题 14 分) 椭圆的中心是原点 O,它的短轴长为 2 2 ,相应于焦点 F(c,0) (c>0)的准线 (准 线方程 x= ±

a2 c ,其中 a 为长半轴,c 为半焦距)与 x 轴交于点 A, OF = 2 FA ,过点 A 的

直线与椭圆相交于点 P,Q. (1) 求椭圆方程; (2) 求椭圆的离心率; (3) 若 OP OQ = 0 ,求直线 PQ 的方程.

20. (本题 14 分) 已知函数 f ( x ) =

x + 1 a ln x ( a ∈ R )

(1) 求 f(x)的单调区间; (2) 证明:lnx< x + 1

21. (本题 12 分)

中 在数列 {a n } ,a

1

= 2, a n +1 = λa n + λn+1 + (2 λ )2 n (n ∈ N , λ > 0)

(1) 求数列 {an }的通项公式; (2) 求数列 {an }的前 n 项和 S n ; (3) 证明存在 k ∈ N , 使得


a n +1 a k +1 ≤ 对任意n ∈ N 均成立. an ak

潮南区 08-09 学年度第一学期期末高三级质检

理科数学参考答案及评分标准
一,选择题:本小题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分. 题号 答案 1 B 2 D 3 B 4 B 5 A 6 C 7 B 8 C

二,填空题:本小题 9—12 题必答,13,14,15 小题中选答 2 题,若全答只计 前两题得分,共 30 分.

9. 35

10. ±

2 2

11.

x2 y 2 =1 4 12

12.

10 3

13.

1 x = 2t (t ∈ R ) 或 3 x y + 1 = 0 3 y = 1+ t 2

14.

10

15. 3 2

三,解答题:共 80 分. 16 题(本题满分 13 分) 解: (1)要使 f(x)有意义,必须 sin x cos x > 0 ,即 2kπ + 得 f(x)的定义域为 (2kπ +

π
4

< x < 2 kπ +

5π ), k ∈ Z ………………………………4分 4 4 π π 5π (2)因 g ( x ) = sin x cos x = 2 sin( x ) 在 (2kπ + , 2kπ + ) 上, 4 4 4 3π 当 x = 2k π + , k ∈ Z 时取得最大值 2 ………………………………………5分 4 π 5π π 当 x ∈ (2kπ + , 2kπ + ) 时,( x ) ∈ (2kπ , 2kπ + π ) ,得 f(x)的递减区间为 4 4 4 π 3π 3π 5π (2kπ + , 2kπ + ), k ∈ Z , 递增区间为 [2kπ + , 2kπ + ), k ∈ Z ……9分 4 4 4 4 π 5π ), k ∈ Z ,关于原点不对称,所以 f(x)为非 (3)因 f(x)的定义域为 (2kπ + , 2kπ + 4 4 , 2 kπ +
奇非偶函数. ……………………………………………………………………13分 17 题(本题满分 13 分) 解 :( 1 ) 当 且 仅 当 a ≠

π

5π 4

b b 时,方程组有唯一解.因 a= 的可能情况为 2 2

a = 1, b = 2或a = 2, b = 4或a = 3, b = 6 三种情况………………………………3 分
而先后两次投掷骰子的总事件数是 36 种,所以方程组有唯一解的概率

P = 1

3 11 = ……………………………………………………………………6 分 36 12

(2)因为方程组只有正数解,所以两直线的交点在第一象限,由它们的图像可知

3 3 b <1 b >1 或 ………………………………………………………………9 分 2 > 2 2 < 2 a a
解得(a,b)可以是(1,4)(1,5)(1,6)(2,1)(2,2)(3,1)(3,2) , , , , , , , (4,1)(4,2)(5,1)(5,2)(6,1)(6,2) , , , , , ,所以方程组只有正数解的

13 ………………………………………………………………………13 分 36 18 题(本题满分 14 分)
概率 P =

解: 1)因 AD ⊥ ED, AD ⊥ CD ,所以 AD⊥平面 CDE,ED 是 AE 在平面 CDE 上的射 (
影,∠AED=450,所以直线 AE 与平面 CDE 所成的角为 450………………………………4 分 (2)解法一:如图,取 AB,AD 所在直线为 x 轴,y 轴建立直角坐标系 A—xyz. 则 AD = (0, a, 0) ………5 分 Z Y E 设 M ( x1 ,

2 2 λ t , y1 ), N ( x2 , λ t , y2 ) , 2 2

M

得 MN = ( x2 x1 , 0, y2 y1 ) …………9 分

D N

C

A

B

X

由 AD i MN = 0 ,得 MN ⊥ AD ,而 AD 是平面 CDE 的一个法向量,且 MN 平面 CDE, 所以 MN//平面 CDE…………………………………………………………………………14 分 解法二:设在翻转过程中,点 M 到平面 CDE 的距离为 d1 ,点 N 到平面 CDE 的距离为 d 2 , 则 d1 = ( 2a λt ) cos

π
4

= a

2 2 2 λ t ,同理 d 2 = ( 2a λ t ) = a λt 2 2 2

所以 d1 = d 2 ,故 MN//平面 CDE……………………………………………………………14 分 E 解法三:如图,过 M 作 MQ//AD 交 ED 于点 Q, 过 N 作 NP//AD 交 CD 于点 P, 连接 MN 和 PQ…………………………………5 分 Q M D P

C

N A B

设⊿ADE 向上翻折的时间为 t,则 AM = λt , BN = λ t (0 ≤ λ t ≤ 因 AB = BC =

2a ) ………………7 分

1 CE = a , D 是 CE 的中点, AB = BC = CD = DE = a , 点 得 四边形 ABCD 2 2a λ t , DN = 2a λt ……………………10 分
0

为正方形, ⊿ADE 为等腰三角形. ME =

在 Rt⊿EMQ 和 Rt⊿DNP 中,ME=ND,∠MEQ=∠NDP=45 ,所以 Rt⊿EMQ≌Rt⊿DNP, 所以 MQ//NP 且 MQ=NP,的四边形 MNPQ 为平行四边形,所以 MN//PQ,因 MN 平面 CDE,

PQ 平面 CDE,所以 MN//平面 CDE……………………………………………………14 分
19 题(本题满分 14 分) 解: (1)由已知得 b =

2, c = 2(

a2 c) ,解得: c 2 = 4, a 2 = 6 ……………………2 分 c

所求椭圆方程为

x2 y 2 + = 1 ………………………………………………4 分 6 2 2 6 c ……………………………………7 分 = = 3 a 6

(2)因 a =

6, c = 2 ,得 e =

(3)因点 A(

a2 , 0) 即 A(3,0) ,设直线 PQ 方程为 y = k ( x 3) ………………8 分 c

则由方程组

y = k ( x 3) ,消去 y 得: (1 + 3k 2 ) x 2 18k 2 x + 27 k 2 6 = 0 2 2 2 x + 6 y = 12

18k 2 27 k 2 6 设点 P ( x1 , y1 ), Q ( x2 , y2 ) 则 x1 + x2 = , x1 x2 = ……………………10 分 1 + 3k 2 1 + 3k 2
因 OP iOQ = 0 ,得 x1 x2 + y1 y2 = 0 , 又 y1 y2 = k ( x1 3)( x2 3) = k x1 x2 3k ( x1 + x2 ) + 9k ,代入上式得
2 2 2 2

(1 + k 2 ) x1 x2 3k 2 ( x1 + x2 ) + 9k 2 = 0 ,故

(1 + k 2 )(27 k 2 6) 3k 2 i18k 2 + 9k 2 = 0 1 + 3k 2 1 + 3k 2

解得: k =
2

1 5 5 ,k = ± ,所求直线 PQ 方程为 y = ± ( x 3) ……………………14 分 5 5 5 1 a x 2a x + 1 = …………2 分 2 x +1 x 2x x +1

20 题(本题满分 14 分) 解: (1)函数 f(x)的定义域为 (0, +∞ ) , f ′( x ) =

①当 a ≤ 0 时, f ′( x ) >0,f(x)在 (0, +∞ ) 上递增.………………………………4 分 ②当 a > 0 时,令 x = 2a x + 1 得 x 4a x 4a = 0 解得:
2 2 2

x1 = 2a 2 2a a 2 + 1, x2 = 2a 2 + 2a a 2 + 1 ,因 x1 < 0(舍去) 故在 (0, 2a 2 + 2a a 2 + 1) ,
上 f ′( x ) <0,f(x)递减;在 (2a + 2a a + 1, +∞) 上, f ′( x ) >0,f(x)递增.…………8 分
2 2

(2)由(1)知 g ( x ) =

x + 1 ln x 在 (0, 2 + 2 2) 内递减,在 (2 + 2 2, +∞) 内递增.

[ g ( x)]min = g (2 + 2 2) = 1 + 2 ln(2 + 2 2) ……………………………………11 分


x + 1 ln x ≥ 1 + 2 ln(2 + 2 2) ,又因 2 + 2 2 < 5 < e 2 2 1 > 0 ,得 x + 1 > ln x ………………14 分

故 1 + 2 ln(2 + 2 2) > 1 + 2 ln e 2 = 21 题(本题满分 12 分) 解: (1) 解法一:由 an +1 = λ an + λ
n +1

+ (2 λ )2n , (n ∈ N * , λ > 0) ,可得

λn+1

an +1

a 2 2 ( ) n +1 = n ( ) n + 1 ………………………………2 分

λ

λn

λ

所以 {

λn

an

2 ( ) n } 是首项为 0,公差为 1 的等差数列.

λ

所以

λn

an

2 ( ) n = n 1 即 an = (n 1)λ n + 2 n , (n ∈ N * ) ……………………4 分

λ

解法二:因 a1 = 2 且 an +1 = λ an + λ

n +1

+ (2 λ )2n 得

a2 = 2λ + λ 2 + (2 λ )2 = λ 2 + 22 , a3 = λ (λ 2 + 22 ) + λ 3 + (2 λ )2 2 = 2λ 3 + 23 , a4 = λ (2λ 3 + 23 ) + λ 4 + (2 λ )23 = 3λ 4 + 24 ,
………………………………………………………… 由此可猜想数列 {an } 的通项公式为: an = (n 1)λ + 2 , ( n ∈ N ) …………2 分
n n
*

以下用数学归纳法证明: ①当 n=1 时, a1 = 2 ,等式成立; ②假设当 n=k 时,有 ak = ( k 1)λ + 2 成立,那么当 n=k+1 时,
k k

ak +1 = λ ak + λ k +1 + (2 λ )2 k

= λ[(k + 1)λ k + 2 k ] + λ n +1 + (2 λ )2 k = (k + 1 1)λ k +1 + 2 k +1 成立
所以,对于任意 n ∈ N ,都有 an = ( n 1)λ + 2 成立……………………4 分
*

n

n

(2)解:设 Tn = λ + 2λ + + ( n 2)λ
2 3

n 1

+ (n 1)λ n ……①

λTn = λ 3 + 2λ 4 + + (n 2)λ n + (n 1)λ n+1 ……②
当 λ ≠ 1 时,① ②得 (1 λ )Tn = λ + λ + λ + + λ ( n 1)λ
2 3 4

n

n +1

=

λ 2 (1 λ n 1 ) (n 1)λ n +1 1 λ

λ 2 λ n+1 (n 1)λ n+1 (n 1)λ n + 2 nλ n +1 + λ 2 Tn = = …………6 分 (1 λ )2 1 λ (1 λ ) 2
这时数列 {an } 的前 n 项和 S n = 当 λ = 1 时, Tn =

(n 1)λ n + 2 nλ n +1 + λ 2 + 2n +1 2 2 (1 λ )

Sn =

n(n 1) + 2n +1 2 …………………………………………8 分 2
*

n(n 1) ,这时数列 {an } 的前 n 项和 2

(3)证明:因 λ > 0 得 an > 0 ,显然存在 k=1,使得对任意 n ∈ N , 有

an +1 a2 ≤ 成立;…………………………………………9 分 an a1

①当 n=1 时,等号成立; ②当 n ≥ 2 时,因 (λ + 4) an = (λ + 4)( n 1)λ + (λ + 4)2
2 2 n 2 n

≥ 4λ (n 1)λ n + 4 × 2 n = 4(n 1)λ n +1 + 2n + 2 ≥ 2nλ n +1 + 2 n + 2 = 2an +1
所以,存在 k=1,使得

an +1 ak +1 a2 ≤ = (n ∈ N * ) 成立……………12 分 an ak a1


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