高三模擬考試數學理科

1、遼寧省部分重點中學協作體 2007 屆高三模擬考試數學試題（理科）本試題分為第卷（選擇題）和第卷（非選擇題）兩部分.共 150 分，考試時間 120分鐘.第卷（選擇題）12 5 60 一項是最符合題目要求的。1若M x | x ，則下列選項正確的是（）A0B0MCMD0 M21i 2i33i4i7 =（）A102iB10C10+2iD8n102nn2010a 為等差數列=33，a =1，S 為數a 的前n 項和，則Sn102nn2010A40B200C400D20關于x 的不等式ax+b0 的解集則關于x 的不等式ax b 0的解集（）x 2A12） C（，1）+）B（，2） D（2+）lim

2、(2x1)=（）x1x 2 1x 111B2C2D1有以下四個命題（）垂直于同一平面的兩個平面平行a、b a 的任何一個平面與b均不垂直假定一個總體由n個個體組成，現從中抽取一個容量為m的樣本0m0)的焦點，過F 作直線與拋物線交于A、B 兩點，以A、B 為切點分別作拋物線的切線L 、L 交于點P，求：點P 1212若PAB16，求拋物線的方程。21（本小題滿分12分） a0、x f (x1) f (x2)x xf ( 12 成立。12221若存在x1,e，使不等式f (x) (a 3)x x2 成立，求a 的取值范.222（本小題滿分14分）已知數列ana1 0,n112 anan的通項公式

3、a .na n S S nln(n+1).nnn93設bn a (n 10)n ，證明：對任意的正整數 n、m，均有| bnb.m5遼寧省部分重點中學協作體 2007 屆高三模擬考試數學試題（理科）參考答案一、選擇題1.D2.B3.C4.B5.C6.B7.D8.A9.B10.C11.B12.C二、填空題213.1614. 815.316.a 1222三、解答題解： f (x) sinx 2sinacosx 3cosx 1 sin(2x) 2 cos2 x 2sin(2x)cos(2x) 2sin(2x )242 x 0, 22x,4442sin(2x )242 f (x) 26 分2x42k

4、2,2k k Z時2x k , k 又 x0882 f (x)的增區(qū)間為0,8）記甲、乙分別解出此題的事件記為、12 分1設甲獨立解出此題的概率為P ，乙獨立解出此題的概率為1則P（A）=P1=0.6，P（B）=P2 P（A+B）=1P（A B ）2=1(1P1)(1P2)=P1+P P1+P2=0.92220.6+P 2則 0.4P2=0.32 即P2=0.8.5 分（P（=）=（A P（B =0.0.2=0.08 P(=1)=P(A)P( B )+P( A )P(B)=0.60.2+0.40.8=0.44P(=2)=P(A)P(B)=0.60.8=0.48的概率分布為：P00.0810.4

5、420.488 分E=00.08+10.44+20.48=0.44+0.96=1.410 D=(01.4)20.08+(11.4)20.44+(21.4)20.48=0.1568+0.0704+0.1728=0.4解出該題的人數的數學期望為1.4，方差為0.4。12分）A面BCD ACD又BC=2，BD=22 ，DBC=45由余弦定理得又BC=2，BD=22 ，DBC=45由余弦定理得CD=2BCD=90BCCDCD面ABC4分（2）由知ACCDAD= 23CD=2AC=22則BOAC面ABC面ACDBO面ACD過O 作OEAD 于E，連接EB，則根據三垂線定理可得BEADBEO 為所求.在A

6、BC 中，BO= 1 AC=22CD6在ACD 中，OE=AOsinCAD=2 AD3在AOE 中，tanBEO=3BEO 3二面角BADC 的平面角的大小為38 分（3）設A 到面BMC 的距離為h VA BMCS VBACM1S1 1 AC CD ACM2ACD2223在BCM,BM CM BC 223SBCM 1 2222222BO 面ACD且BO 2 1 S32 h 2BO 1 3hBCM2A 到面BMC 的距離為220 F(, p)2設直線AB y kx p212 分 y kxp2 得x2 2 pkx p2 0 x2 2pyx2x2設A(x ,11 )B(x 2p22 )則x x2p

7、1 2 pk, x x12 p2 分x2由 y2 p得y xpx2x所以以A 為切點的切線y 11 (x x )12pp1x2x2以 B 為切點的切線L 方程為 y 2(x x )2設交點P（x，y）x x2pp2y 12 則可解得2p21x x 12 pk所以點P 的軌跡方程為 y p2(x x )2 ( y y (x x )2 ( y y )212121 k 2| x 1 k 2128 分11k2(x x )2 4x x121211 k2(2pk)2 4(p2)2k2|k(pk)p ( p )1 k 211 k 21 k 222 | (kp |所以 SPAB 1 | AB | h p21k

8、2 k2)的最小值為p210分2所以p2=16p=4x 8y12分21f (x1) f (x2)x x f( 12 )222x a ln x112x2a lnx2x x21x xaln12222x xx x a lnx xaln121222x2x x12x x aln(aln) alnx x因為x12 x x x12x x12x x12x x2x2x x12 11所以ln22x x12x 2x x1212x1因為a 0 x2所以a2x x12x 2x x1212f (x所以) f(x2)x x f( 12 5 分22x1，ef (x) (a 3)x 11x 2 成立22xalnx (a3)xx

9、221a(xlnx)x 2 x2因為x 1, e所以ln x 1 x并且等號與不同時取到，所以lnx01 x xx 2 x11因而a 2,設g(x) 2x lnxx lnx11(x1)(xlnx)(x 2 x)因為g(x) x2(x lnx)2(x 1 x 1 ln x)2(x lnx)2當xx1lnx 121 ln x 0所以 g(x)0，又因為g(x)在 x=1 和 x=e 處連續(xù)，1所以 g(x)在 x1，e時為增函數，因而g(x)g(1)= 21所以a212分112a1n22）因為na1 a 1 a1n11n1n2 an所以 11(n na1a1n1所以a 1 nn4 分（2）設 F(x)=ln(x+1)x(x0)則F(x) 1 1 x 0(x 0)x1x 1故F(x) F(0) 所以ln(x (x 0)所以1) 1 1 1 1),nnnn所以an11 1 ln(n 1) ln n,n所以Sln2ln1)ln3ln2) ln(n lnnnS n ln(n nn19因為bn()nn10bnbn n 1 n 1 10 n 2110bnn