湖北武汉市高中毕业生高三数学二月调研测试

数学试卷

本试卷共150分。考试用时120分钟。

一、选择题：本大题共l0小题，每小题5分，共50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． (文科做) (理科做) 1.(理科做)若f(x)x3x2x1，则f(i)

（A）2i （B）0 （C）2i （D）2

22 （文科做）如果集合Pxxx0，集合Qxxx0，那么PQ等于

 （A）0 （B） 0 （C）  （D）1,0,1 2．若tan3，则sincos

（A）333 （B）3 （C） （D） 2343．已知a5,b4,a与b夹角120,则向量b在向量a上的投影为 （A）2 （B）2 （C）

55 （D） 224．函数f(x)lnx1的单调递减区问为

（A）1, （B）(1,) （C）0,1 （D）,1

1n)的展开式中含有常数项，则正整数n取得最小值时常数项为 2x3135135（A） （B）135 （C） （D）135

2216. (理科做)若实数a、b(0,1)，且满足(1a)b，则a、b的大小关系是

4（A）ab （B）ab （C）ab （D）ab

5. 若在(3x2 (文科做)函数f(x)log1(12xx2)的值域为

2（A）1,0) （B）1,) （C）0,1 （D）1, 7. (理科做)点P从点O出发，按逆时针方向沿周长为l的

O、P两点连线的距离y与点P走过的路程图形运动一周，

x的函数关系如图，那么点P所走的图形是

(文科做)若实数a、b(0,1)，且满足(1a)b1，那么a、b的大小关系是 4 （A）ab （B）ab （C）ab （D）ab

8．(理科做)由一组样本数据(x1,y1),(x2,y2),...,(xn,yn)得到的回归直线方程为ybxa，那么下列说法不正确的是

(A)直线ybxa必经过点(x,y)

(B)直线ybxa至少经过点(x1,y1),(x2,y2),...,(xn,yn)中的一个点；

xynxyii2in (C)直线ybxa的斜率为

i1nxi1nx2

(D) 直线

y2bx和各点

(x1y,1x)y,2(xyn2n,)的,偏..差.,(,)yi1ni(bxia)是该坐标平面上所有直线与这些点的偏差中最小的直线.

2（文科做）设抛物线y4x的焦点为F，过点M(1,0)的直线在第一象限交抛物线与

A、B，使AFBF0,则直线AB的斜率k

23 （C）3 （D） 23（A）2 （B）

9. (理科做)函数f(x)x3x1的最大值为

（A）2 （B）23 （C）3 （D）22

（文科做) 点P从点O出发，按逆时针方向沿周长为l的图形运动一周，O、P两点连线的距离y与点P走过的路程x的函数关系如图，那么点P所走的图形是

10。已知一个四面体的一条边长为6，其余边长均为2，则此四面体的外接球半径为

（A）51515 （B）5 （C） （D） 335二、填空题：本大题共5小题．每小题5分，共25分．把答案填在题中横线上． 11．在等比数列{an}中，若a5a115,a4a26,且公比q>1,则a3 . 12. (理科做)若圆C:x2y22ax2ya20(a为常数）被y轴截得弦所对圆心角为

，则实数a= 2 (文科做)不等式121的解集为 ．

xx13. (理科做)把a、a、b、c、d五个字母排成一行，两个字母a不相邻的排列数为 . (文科做)设圆C:x2y22ax2ya20(a为常数）被y轴所截得弦为AB，若弦

AB所对圆角为

，则实数a= 214. (理科做)点p到点A(m,0)与到点B(m,0)(m0)的距离之差为2，若P在直线

yx上，则实数m的取值范围为 . (文科做) 把a、a、b、c、d五个字母排成一行，两个字母a不相邻的排列数是 .

215. (理科做)若y2xx,其中1x0，则实数y的取值范围是 . xy1（文科做)区域D中的点P(x,y)满足不等式组yx1，若一个圆C落在区域D

y2x2中，那么区域D中的最大圆C的半径r为 .

三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16．(本小题满分12分)

已知函数f(x)1sinxcosxsin2x.

1sinxcosx(理科做)(1)求函数f(x)的定义域； (2)求函数f(x)在0,2上的单调减区间．

（文科做）（1）求证：f(x)(2)求函数yf(x)的定义域. 17. (理科做)(本小题满分l2分)

2sin(x)；

4 如图，在四面体ABCD中，ABAD2,BD2,DC1,且BDDC，二面角

ABDC大小为60．

(1)求证：平面ABC上平面BCD；

(2)求直线CD与平面ABC所成角的正弦值．

(文科做)(本小题满分12分)

如图，在边长为a的正方体ABCDA1BC11D1中

M、N、P、Q分别为AD,CD,BB1,C1D1的中点

(1)求点P到平面MNQ的距离；

(2)求直线PN与平面MPQ所成角的正弦值．

18．(理科做)(本小题满分l2分)

在A、B两只口袋中均有2个红球和2个白球，先从A袋中任取2个球转放到B袋中，再从B袋中任取一个球转放到A袋中，结果A袋中恰有

个红球．

(1)求1时的概率；(2)求随机变量的分布列及期望．

（文科做) 有A、B两只口袋中均放有2个红球和2个白球，先从A袋中任取2个球放到B袋中，再从B袋中任取一个球放到A袋中，经过这样的操作之后． (1)求A袋中没有红球的概率；(2)求A袋中恰有一只红球的概率。

19．(理科做)(本小题满分l3分)

已知椭圆的中心在原点O，焦点在x轴上，直线l:x3y30与交于A、B两点，AB2，且AOB(1)求椭圆的方程；

(2)若M、N是椭圆上两点，满足OMON0，求MN的最小值． (文科做)已知数列an满足递推式：anan12n1,(n2,nN)且a11． (1)求a2,a3；

2.

(2)求an；

(3)若bn(1)nan，求数列bn的前n项之和Tn． 20．(理科做)(本小题满分l3分)

2 已知数列an满足递推关系式：2an11an(n1,nN)，且0a11．

(1)求a3的取值范围；

1(n3,nN)； n2112 (3)若bnn，求证：bn(21)n(n3,nN)．

a2(2)用数学归纳法证明：an(21)（文科做) 已知椭圆的中心在原点O，焦点在x轴上，直线l:x3y30与

交于A、B两点，AB2，且AOB(1)求椭圆的方程；

2

(2)若M、N是椭圆上两点，满足OMON0，求MN的最小值． 21．(理科做)(本小题满分l3分) 已知函数f(x)sinxx(0x)．

32cosx(1)求f(x)的导数f(x)；

33(2)求证：不等式sinxxcosx在0，上恒成立； (3)求g(x)211(0x)的最大值． 22sinxx2(文科做)已知曲线f(x)x3bx2cxd经过原点0,0，且直线y0与yx均与曲 线c:yf(x)相切． (1)求f(x)的解析式；

(2)在bR时，求函数yf(x)的极值。



因此f(x)的减区间是：5,,,………………………………(12分)

4417．解：(1)在四面体ABCD中，取BD、BC中点分别为

M、N，连接MN，则MN//DC BDDC,则MNBD 又ADAB2则AMBD

1 AMN60, 2AMN中，AM1,MN可知ANM90

又BD面AMN,则BDAN

AN和两相交直线BD及MN均垂直，从而AN面BDC

又面ABC经过直线AN，故面ABC面BCD…………………………(6分)

(2)由(1)可知平面ABC平面BDC

过D向BC作垂线于足H，从而DH面ABC

过RtBDC中，BD2,DC1，则DH 于是DC与平面ABC所成角即DCH sinDCH2 5225 5525.…………………………(12分) 5 因此直线CD与平面ABC所成角的正弦值为

18．解：(1)1表示经过操作以后A袋中只有一个红球，有两种情形出现 ①先从A中取出1红和1白，再从B中取一白到A中

111C2C2C312 P21C4C636②先从A中取出2红球,再从B中取一红球到A中

21C2C46P21

C4C636

P(1)126164…………………………………………(6分) 36363692162,P(2),P(3) 363636(2)同(1)中计算方法可知：

P(0)于是的概率分布列

E0

18813123……………………………………………(12分) 181818182x2y219. 解：（1）设直线l:x3y3与椭圆221交于A(x)1,y1),B(x2,y2由

abAOB2,知x1x2y1y20

而x13(1y1),x23(1y2)代入上式得到： 4y1y23(y1y2)30 ① 而AB2知：

2y1y22，即y1y21

不妨设y1y2，则y2y11 ② 由②式代入①式求得：

1yy1012 或

y132y22 A(3133,),B(,)或A(3,0),B(0,1) 22223133,),B(,)不合题意，舍去. 2222 若A(x2y21 A(3,0),B(0,1),则椭圆方程为3x2y21……………………………………………………(7分) 故所求椭圆方程为3x2y21上的点，且OMON （2）M、N是椭圆3 故设M(r1cos,r1sin),N(r2sin,r2cos)

2cos222sinsin)1,r2(cos2)1 于是r(3321 从而

1114 122r1r23322r12r2211 又(rr)(22)2224

r1r2r2r121 从而MN244 即MN3 3 故所求MN的最小值为3……………………………………………………(13分) 20．解：(1)

11(1a12)且a1(0,1)由二次函数性质可知a2(0,) 2211312由a3(1a2)及a2(0,)亦可知a3(,)…………………………(3分)

228231（2）证明：①在（1）的过程中可知n3时，a3

821311则(21)a3(21)(21)

88281可知在n3时，a3(21)3成立

21于是n3时，an(21)n成立

21②假设在nk(k3)时，an(21)k（*）成立

2在nk1时，

a2ak1(21)1121ak(21)ak(21)ak(21) 22211(k3) 2k11于是ak1(21)ak(21)k1从而nk1时得证

22其中0ak212(21)因此（*）式得证

综合①②可知：n3时an(21)（3）由an(21)1…………………………(9分) 2n1变形为 2n1111n21an2(21)an而由21211 n2an11a21(n3)可知： nnn221121an21在n≥3上恒成立

88于是

112121,12

11anan212188从而

112(21) an2nbn(21)从而原不等式

'2312(n3)2n得证．………………………………………(13分)

42221. 解：（1）f(x)cosxsinxcos3x1………………………………………(2分)

3422(2)由(1)知f(x)cosxsinxcos3x1，其中f(0)0

3'23 令f(x)G(x)，对G(x)求导数得G(x)

1472143233 G(x)cosx(sinx)2sinxcosxcosxsinx()cosx(sinx)

333'743 = sinxcos3x0在x(0,)上恒成立．

29''故G(x)即f(x)在(0,进而知f(x)在(0, 当x2)上为增函数，故f'(x)f'(0)0

23)上为增函数，故f(x)f(0)0

32时，sinxxcosx显然成立．

33 于是有sinxxcosx0在(0,(3)

332]上恒成立．……………………………………(10分)

由(2)可知sinxxcosx0在(0,'2]上恒成立．

2(sin3xx3cosx)(0,](0,]单增 0g(x) 则g(x)在上恒成立．即在

22x3sin3x 于是g(x)g()422……………………………………………………………(13分)

M、N、P、Q分别为AD、DC、BB1、17．解：（1）在正方体ABCDA1BC11D1中，

C1D1中点

PB//QN 即PB//平面MNQ

P到平面MNQ的距离即B到平面MNQ的距离． 在平面ABCD中，连结BD则BDMN

故B到MN之距为2a3432a 432a………………………………………………(6分) 4因此P到平面MNQ的距离为 (2)在四面体NMPQ中，VpMNQ11232aa3(aa)322486a 2

又底面三角形MPQ是正三角形，MQPQMPSMPQ362332(a)a： 428 设N到MPQ之距为d

VnMPQ11332a3SMPQdad 3388 d3a PNa

23 故PN与平面MPQ所成角的正弦值

sina32…………………………………(12分)

33a218.解：(1)A中无红球，说明先从A袋中取出2个红球到B袋中，再从口袋中取一个白球 到A袋中，于是

21C2C21 P ………………………………………（6分） 121C4C618 (2)若A袋中只有l个红球，则有两种方式

先从A袋中取出一个红球和一个白球到B袋中，再从B袋中取一个白球到A中．

111C2C2C312 P221C4C636②先从A袋中取出2个红球到B袋中，再从B袋中取一个红球到A袋中

21C2C44P321

C4C636故PP2P319．解：(1) 又a31244……………………………………(12分) 369a2a12113a24

a12215a39………………………………………………(4分)

(2)由anan12n1知

an(anan1)(an1an2)…(a2a1)a1

135…（2n-1）n2………………………………………………………(8分) (n1)nn(n1)

2n(n1)n(n1)n(1)n1 (1)

22n(n1)n记f(n)(1)

2 (3)

bn(1)n则bnf(n)f(n1)(n2) 又b1f(1)

Tn(f(n)f(n1))…(f(2)f(1))f(1)

(n1)n2(21)(1)1f(1) 22n(n1)n (1)

2(n1)nTn(1)n………………………………(13分)

2 (1)nx2y220．解：(1)设直线l:x3y3与椭圆221交于A(x1,y1)，B(x2,y2)由

abAOB2 ，知x1x2y1y20

而x13(1y1),x23(1y2)代入上式得到：

4y1y23(y1y2)30

而AB2知：

2y1y22，即y1y21

不妨设y2y1,则y2y11

1yy1012或 y132y22 A(3133,),B(,)或A(3,0)，或B(0,1) 22223133,),B(,)不合题意，舍去． 2222 若A(x2A(3,0),B(0,1)，则椭圆方程为y21

3x2y21………………………………………………………(7分) 故所求椭圆方程为3x2y21上的点，且OMON (2) M、N是椭圆3故设M(r1cos,r1sin),N(r2sin,r2cos)

2cos222sinsin)1r2(cos2)1 于是r(3321从而

1114 122r1r23322r12r2211又(rr)(22)2224

r1r2r2r121从而MN244 即MN3 3故所求MN的最小值为3……………………………………………(13分)

3221．解：(1)若yxbxcxd过点(0,0)，则d0

yx3bx2cx

设yx与yx3bx2cx切予点(x0,y0)

y0x023x2bx0c10302则x0bx0cx0y0即 22x0(x0bx0c1)03x2bxc100 若x00时，则c10

2x0bx0c102 若x00时，则2则2x0bx00

3x02bx0c10bx00,，则有x0

2bb22c1 将x0代入x0bx0c10中得到：

24b2c1……………………………………………………(5分) 故c1 或432设y0与yxbxcx切于点(x1,y1)，则

y00223x12bx1c0 3x12bx1c0 即23x1(x1bx1c)02xbxcx0111若x10时，有c0

23x12bx1c02若x10时，则2则2x1bx10

x1bx1c0bb22c x1代3x12bx1c0中得到

24b2c 故c0或4b2c不可能成立，舍c1． 在c1时，4b2c1则b2 在c0时，4 故所是解析式为yx32x2……………………………………………(9分) (2)在b0时，yx32x2,y'3x24xx(3x4) 在x0，xy最小值

4时取极值． 3432y(0)0.y最大值y()……………………… (13分)

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