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4个选项中,只有一项是符合题目要求的.
(1) 已知复数z1=2+mi (m∈R),z2=4-3i,若z1.z2为实数,则m的值为 ( )
A. B. - C. - D.
(2) 不等式>-1的解集是 ( )
A. {x| x >5或 x<2} B. {x| 2< x<5}
C. {x| x >5或 x<-2} D.{x| -2< x<5}
(3) 与函数y=2x-1的图象关于y轴对称的函数图象是 ( )
(4) 已知直线a和平面、,∩=l,a,a,a在、内的射影分别为直线b和c,则b、c的位置关系是 ( )
A.相交或平行 B.相交或异面 C.平行或异面 D.相交,平行或异面
(5) 把函数的图象向右平移个单位,所得的图象对应的函数( )
A. 是奇函数 B. 是偶函数 C.既是奇函数又是偶函数 D. 是非奇非偶函数
(6) 某电视台连续播放5个广告,其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告,要求最后播放的必须是奥运宣传广告,且2个奥运宣传广告不能连续播放,则不同的播放方式有 ( )
A.120种 B.48种 C.36种 D.18种
(7) 对函数f(x)=ax2+bx+c (a≠0,b、c∈R)作x=h(t)的代换,使得代换前后函数的值域总不改变的代换是 ( )
A. h(t)=10t B. h(t)=t2 C. h(t)=sint D. h(t)=log2t
(8) 已知圆F的方程是,抛物线的顶点在原点,焦点是圆心F,过F引倾斜角为的直线l,l与抛物线和圆依次交于A、B、C、D四点(在直线l上,这四个点从左至右依次为A、B、C、D),若,,成等差数列,则的值为 ( )
A.±arctan B.
C.arctan D.arctan或π- arctan
朝阳区高三第二次统一考试数学试卷(理科)
第II卷(非选择题 共110分)
二 题 |
9 |
10 |
11 |
12 |
13 |
14 |
二题 总分 |
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三 题 |
15 |
16 |
17 |
18 |
19 |
20 |
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Ⅰ |
Ⅱ |
Ⅰ |
Ⅱ |
Ⅲ |
Ⅰ |
Ⅱ |
Ⅲ |
Ⅰ |
Ⅱ |
Ⅰ |
Ⅱ |
Ⅰ |
Ⅱ |
Ⅲ |
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三题 总分 |
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二卷 总分 |
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数学试卷答案(理科) 2007.5
一.选择题
(1)A (2)B (3)A (4)D (5)B (6) C (7) D (8)D
二.填空题
(9)3 (10)5 (11)15 (12)( x-2)2+ y2=2,2
(13), (14)
三.解答题
(15) 解:解:(Ⅰ)∵,
∴. ∴. …………………………………5分
(Ⅱ)
=
=2cos2A+cosA-
=2(cosA+)2-, …………………………………………………9分
∵A∈[,],
∴cosA∈[-,0].
∴2(cosA+)2-∈[-,-].
即的取值范围是[-,-].…………………………13分
(16) 解: 袋子里共装有1+2+3+4+5=15个小球.
(Ⅰ) 标有偶数数字的小球共有2+4=6个,
取出的3个小球全标有偶数数字的概率为.…………………4分
(Ⅱ) 2个小球上所标数字之和为6有三种情况,即(1,5),(2,4),(3,3).
所求概率 …………………………8分
(Ⅲ) 取出的小球上所标数字的分布列为
ξ |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
P |
|
|
|
|
|
∴Eξ= ……………13分
(17) 方法1:
(Ⅰ)解:因为ABCD是正方形,
所以BC∥AD.
因为AD平面PAD,BC平面PAD,
所以BC∥平面PAD. …………………………………………………………4分
(Ⅱ)
证明:因为PD⊥底面ABCD,
且ABCD是正方形,
所以PC⊥BC.
设BC的中点为G,
连结EG,FG,则EG∥PC,FG∥DC.
所以BC⊥EG,BC⊥FG.
因为 EG∩FG=G,
所以BC⊥面EFG.
因为EF面EFG,
所以BC⊥EF. ① …………………………………6分
又设PC的中点为H,且E为PB中点,
连结DH,
所以EHBC.
又BCAD,且EHAD.
所以四边形EHDF是平行四边形.
所以EF∥DH.
因为等腰直角△PDC中,H为底边PC的中点,
所以DH⊥PC,即EF⊥PC. ②
因为PC∩BC=C, ③
由①②③知EF⊥平面PBC. …………………………………………8分
(②的证明也可以通过连结PF、FB,由△PFB为等腰三角形证明)
(Ⅲ)(理科)
解法1:
设PA的中点为M,连结MC,
依条件可知△PAC中PC=AC,
所以MC⊥PA. ①
又PD⊥平面ABCD,∠BAD=90°,
所以AB⊥PA.
因为M、E均为中点,
所以ME∥AB.
所以ME⊥PA. ②
由①②知∠EMC为所求二面角的平面角. ……………………………………11分
连结EC,在△MEC中,容易求出ME=,MC=,EC=.
所以cos∠EMC==,即所求二面角的余弦值是. …………13分
解法2:
过点C作CS⊥平面ABCD,使CS=PD.
连结PS,SB,
因为PD,AD,DC两两垂直,且四边形
ABCD为正方形,
故容易证明几何体PAD-SBC为三棱柱.
(即以PAD为底面,以DC为高构造三棱柱
PAD-SBC)
设BS的中点为Q,PA中点为N,
连结NQ,NC.
因为ABSP为矩形,N、Q分别为中点,
所以NQ⊥PA.
又△APC中,AC=PC,N为中点,
所以NC⊥PA.
所以∠CNQ为所求二面角的平面角. ……………………………………11分
因为BC=CS,所以CQ⊥BS.
又面BCS⊥面ABSP,所以CQ⊥面ABSP.
因为NQ面ABSP,所以CQ⊥NQ.
在Rt△NCQ中,容易求出NQ=1,NC=,
所以cos∠CNQ===,即所求二面角的余弦值是. …………13分
方法2:
如图,以点D为原点O,
有向直线OA、OC、OP分别为x、y、z轴
建立空间直角坐标系.
(Ⅰ)证明:因为=(1,0,0),
平面PAD的一个法向量为
rPAD=(0,1,0),
由. rPAD=0,可得⊥rPAD.
于是BC∥平面PAD. ……………………………………………………………4分
(Ⅱ)证明:因为=(0,-,-),=(1,0,0),=(0,-1,1)
且.=0,.=0,CB∩CP=C,
所以EF⊥平面PBC. ……………………………………………………………8分
(也可以证明平行于平面PBC的一个法向量)
(Ⅲ) 解:容易求出平面PAB的一个法向量为rPAB=(,0,),
及平面PAC的一个法向量为rPAC=(1,1, 1),
因为rPAB. rPAC=+=1,|rPAB|=,|rPAC|=,
所以cos<rPAB, rPAC>==,即所求二面角的余弦值是. ………13分
(18)解:(Ⅰ) , 设切点为,
则曲线在点P处的切线的斜率,
由题意,知有解,
∴ 即. ………………………………………………5分
(Ⅱ)由已知可得和是方程的两根,
∴ ,,∴ ,. ……………………………7分
∴ ,∴ 在处取得极大值,在处取得极小值.
∵ 函数的图象与轴有且只有3个交点, ∴ ………………9分
又, ∴ 解得.………13分
(19) 解:(Ⅰ)∵,,
∴ MN垂直平分AF.
又,∴ 点M在AE上,
∴ ,,
∴ , ………………………………………………4分
∴ 点M的轨迹W是以E、F为焦点的椭圆,且半长轴,半焦距,
∴ .
∴ 点M的轨迹W的方程为().……………………………6分
(Ⅱ)设
∵ ,,
∴ ∴ ……………………………8分
由点P、Q均在椭圆W上,
∴ ……………………………10分
消去并整理,得,
由及,解得. ……………………………14分
(20)解:(Ⅰ)设第4列公差为,则.
故,于是.
由于,所以,故. ………………………………………3分
(Ⅱ)在第4列中,.
由于第行成等比数列,且公比,
所以, . ………………………………6分
(Ⅲ)由(Ⅱ)可知.即bn=.
所以.
即,
故.
两式相减,得
,
所以. ………………………………………………8分
设f(x)=2-- ( x >0),
即f(x)=2--=2-=2-(2+ x)2-x.
因为f ′(x)= -[2-x+(2+ x)2-x(-1)ln2]= 2-x[(2+ x)ln2-1]
=2-x[ln22+ x - lne]=2-xln,
且当x>0时,x+2>2. 所以22+ x>22= 4.
于是>>1.
所以ln>0.
又2-x>0,
所以在(0,+∞)上f ′(x) =2-xln>0.
因此函数f(x)=2--在(0,+∞)单调递增.
所以 ( n∈N*)是递增数列. ……………………………10分
同理设g(x)=( x >0),
因为g′(x)=.= -<0 ( x >0),
故g(x)=在(0,+∞)单调递减.
所以Tn=( n∈N*)是递减数列. ………………………………………12分
容易计算S1=f(1)=,S2=f(2)=1,S3=f(3)=1,S4=f(4)=1,
T1= g(1)=1,T2= g(2)=1,T3= g(3)=1,T4= g(4)=1,
显然S1< T1,S2< T2,S3< T3,S4> T4,
所以当n≤3时,<Tn;当n>3时,>Tn. ……………………………14分
注:(1)2个空的填空题,第一个空给3分,第二个空给2分.
(2)如有不同解法,请阅卷老师酌情给分.