盐城市20082009学年度高三第一次调研考试

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盐城市2008/2009学年度高三第一次调研考试

数 学

(总分160分,考试时间120分钟)

参考公式：线性回归方程的系数公式为

bxynxy(xx)(yy)iiiii1nnnxi12inx2i1(xx)ii1n,aybx.

2一、填空题：本大题共14小题,每小题5分,计70分.不需

写出解答过程,请把答案写在答题纸的指定位置上. 1.已知角的终边过点P(－5,12),则cos=____▲____. 2.设(3i)z10i(i为虚数单位),则|z|=____▲____. 3.如图,一个几何体的主视图与左视图都是边长为2的正方形,其俯视图是直径为2的圆,则该几何体的表面积为____▲____.

主视图左视图x0,y04.设不等式组x2所表示的区域为A,现在区域

y2A中任意丢进一个粒子,则该粒子落在直线y____▲____.

俯视图开始 第3题 S←0 1x上方的概率为2i←1 输入ai 5. 某单位为了了解用电量y度与气温x0C之间的关系，随机统计了某4天的用电量与当天气温，并制作了对照表：

i← i +1 气(0C)

温

8

1

3 24

4

1

0 3

8

1

1

-S←S +(aia)2 i ≥ 8 ? 否 用电量(度)

3

4

6是 S ← S / 8 ˆbxa中b2，预测当气温为由表中数据得线性回归方程y输出S 结束 第7题

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40C

时，用电量的度数约为____▲____.

x2的解为x0,则关于x的不等式x2x0的最大整数解为6.设方程2lnx7____▲____.

7.对一个作直线运动的质点的运动过程观测了8次,得到如下表所示的数据.

观

测次数i

观

测数据ai 0 1 3 3 4 6 7 8

在上述统计数据的分析中,一部分计算见如图所示的算法流程图(其中a是这8个数据的平均数),则输出的S的值是____▲____.

8.设P为曲线C:yx2x1上一点,曲线C在点P处的切线的斜率的范围是[1,3],则点P纵坐标的取值范围是____▲____.

9.已知an是等比数列,a22,a48,则a1a2a2a3a3a4anan1=____▲____. 10.在平面直角坐标平面内,不难得到“对于双曲线xyk（k0）上任意一点P,若点P在x轴、y轴上的射影分别为M、N，则PMPN必为定值k”.类比于此，对于双

x2y2曲线221（a0,b0）上任意一点P,类似的命题为:____▲____.

ab2211.现有下列命题:①命题“xR,xx10”的否定是“xR,xx10”；② 若Ax|x0,Bx|x1,则A(ðRB)=A；③函数

f(x)sinx(是偶函数的充要条件是k(kZ)；④若非零向量

2||ab,|则b与(ab)的夹角为 60º.其中正确命题的序号有a,b满足|a||b____▲____.(写出所有你认为真命题的序号)

x2y212.设A,F分别是椭圆221(ab0)的左顶点与右焦点,若在其右准线上存在点

abP,使得线段PA的垂直平分线恰好经过点F,则椭圆的离心率的取值范围是

____▲____.

13.如图,在三棱锥PABC中, PA、PB、PC两两垂直,且PA3,PB2,PC1.设M是底面ABC内一点,定义

Pf(M)(m,n,p),其中m、n、p分别是三棱锥MPAB、 三棱锥MPBC、三棱锥MPCA的体积.若

AMB第13题

C

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11af(M)(,x,y),且8恒成立,则正实数a的最小值为____▲____. 2xy14.若关于x的不等式x22xt至少有一个负数解，则实数t的取值范围是____▲____.

二、解答题：本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤,

请把答案写在答题纸的指定区域内. 15. (本小题满分14分) 已知在ABC中,cosA (Ⅰ)求tan2A； (Ⅱ)若sin(6,a,b,c分别是角A,B,C所对的边. 32B)22,c22,求ABC的面积. 3

16. (本小题满分14分)

如图,在四棱锥PABCD中,侧面PAD底面ABCD,侧棱PAPD,底面ABCD是直角梯形,其中BC//AD,BAD90,AD3BC,O是AD上一点.

(Ⅰ)若CD//平面PBO,试指出点O的位置； (Ⅱ)求证:平面PAB平面PCD.

0PAODB C 第16题

17. (本小题满分15分)

如图,某小区准备在一直角围墙ABC内的空地上植造一块“绿地ABD”,其中AB长为定值a,BD 长可根据需要进行调节(BC足够长).现规划在ABD的内接正方形BEFG内种花,其余地方种草,且把种草的面积S1与种花的

CS1面积S2的比值称为“草花比y”.

S2(Ⅰ)设DAB,将y表示成的函数关系式； (Ⅱ)当BE为多长时,y有最小值?最小值是多少?

DFGAE第17题

B

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18. (本小题满分15分)

已知C过点P(1,1),且与M:(x2)2(y2)2r2(r0)关于直线xy20对称.

(Ⅰ)求C的方程；

(Ⅱ)设Q为C上的一个动点,求PQMQ的最小值；

(Ⅲ)过点P作两条相异直线分别与C相交于A,B,且直线PA和直线PB的倾斜角互补,O为坐标原点,试判断直线OP和AB是否平行?请说明理由.

19. (本小题满分16分)

(Ⅰ)试确定t的取值范围,使得函数f(x)在2,t上为单调函数； (Ⅱ)求证:nm；

已知函数f(x)(x23x3)ex定义域为2,t(t2),设f(2)m,f(t)n.

f'(x0)2(t1)2,并确定这(Ⅲ)求证:对于任意的t2,总存在x0(2,t),满足x0e3样的x0的个数.

20. (本小题满分16分) 在正项数列an中,令Sni1n1.

aiai1（Ⅰ）若an是首项为25,公差为2的等差数列,求S100； （Ⅱ）若Snnp（p为正常数）对正整数n恒成立,求证an为等差数列；

a1an122（Ⅲ）给定正整数k,正实数M,对于满足a1的所有等差数列an, ak1M求Tak1ak2a2k1的最大值.

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数学附加题

(总分40分,考试时间30分钟)

21.[选做题] 在A、B、C、D四小题中只能选做2题,每小题

10分,计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内. A.（选修4—1：几何证明选讲）

第21题(A)

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如图，ABC是⊙O的内接三角形，PA是⊙O的切线，

PB交AC于点E，交⊙O于点D，若PEPA， ABC60，PD1，BD8，求BC的长.

B.（选修4—2：矩阵与变换）

二阶矩阵M对应的变换将点(1，－1)与(－2，1)分别变换成点(－1，－1)与(0，－2). (Ⅰ)求矩阵M的逆矩阵M1；

(Ⅱ)设直线l在变换M作用下得到了直线m：2x－y=4，求l的方程．

C.（选修4—4：坐标系与参数方程）

在极坐标系中,设圆3上的点到直线cos3sin2的距离为d,求d的最大值.

D.（选修4—5：不等式选讲）

111100设a,b,c为正数且abc1，求证:(a)2(b)2(c)2.

abc3

[必做题] 第22、23题,每小题10分,计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内. 22．（本小题满分10分）

如图，ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，∠BAD=60°. （Ⅰ）求点A到平面PBD的距离； （Ⅱ）求二面角A—PB—D的余弦值. O

第22题

23. (本小题满分10分)

袋中装有黑球和白球共7个,从中任取2个球都是白球的概率为

2.现在甲、乙两人从袋7

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中轮流摸取1球，甲先取,乙后取,然后甲再取,„„,取后不放回,直到两人中有一人取到白球时即终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的,用表示取球终止时所需要的取球次数．

(Ⅰ)求袋中原有白球的个数；

(Ⅱ)求随机变量的概率分布及数学期望E； (Ⅲ)求甲取到白球的概率．

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数学参考答案

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分. 1. 53 2. 10 3.6 4. 5.68 6. 4 7. 7 8.

4133[,3] 42n9.(14) 10. 若点P在两渐近线上的射影分别为M、N，则PMPN必为

3a2b2定值2

ab21911.②③ 12.,1 13.1 14.,2

24

二、解答题：本大题共6小题，计90分. 15.

解

:

(

Ⅰ

)

因

为

c6Aos3,∴

sinA33,则

tanA ∴

2„„„„„„„„„„„„„„„„(4分) 22tanA22„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„1tan2A)

由

tan2A„„„(7分) (

Ⅱ

22sin(B)23,得

cosB223,∴

sinB 则

1„„„„„„„„„„„„„„„„(9分) 3 天利考试信息网 www.tl100.com 天时地利 考无不胜

sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB„„(11分) 由

正

弦

定

理

,

得

6 „„„„„„„„„„„„„„3,

∴

acsinA2sinCABC的面积为

122„„„„„„„„„(14分) acsiBn2316. (Ⅰ)解:因为CD//平面PBO,CD平面ABCD,且平面ABCD平面PBOBO, S所以

BO//CD„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„

„(4分)

又BC//AD,所以四边形BCDO为平行四边形,则BCDO„„„„„„„„„„„„„„(6分) 而AD3BC,故点O的位置满足

AO2OD„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(7分)

(Ⅱ)证: 因为侧面PAD底面ABCD,AB底面ABCD,且AB交线AD, 所以AB平面PAD,则

ABPD„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(10分) 又PAPD,且PA面PAB,AB面PAB,ABPAA,所以

PD平面PAB „„„„(13分) 而PD平面PCD,所以

平面PAB平面PCD„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(14分)

tan,所以ABD的面积为17. 解:(Ⅰ)因为BD12atan((0,))„„„„„„„„„(2分) 22FGDGtatant 设正方形BEFG的边长为t,则由,得, ABDBaatanatant解得,则1taa2tan2„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(6分) S2(1tan)2 所

以

n1212a2tan2S1atanS2atan22(1tan)2,则

S1(1tan)2y1 „„„„„„(9分)

S22tan (

Ⅱ

)

因

为

t1a12)(13分1(t„„„„„)

2tanaa 当且仅当tan1时取等号,此时BE.所以当BE长为时,y有最小值

22y1(2t1antann1,所以

an1„„„„„„„(15分)

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18. 解:(Ⅰ)设圆心

Ca2b22022,解得(a,b),则b21a2a0„„„„„„„„„„„„„(3分) b02则圆C的方程为x2y2r2,将点P的坐标代入得r2,故圆C的方程为x2y22„„„(5分) (Ⅱ)设,则,且Q(x,y)x2y22PQMQ(x1,y1)(x2,y2)„„„„„„„„„„(7分)

22=xyxy4=xy2,所以PQMQ的最小值为4(可由线性规划或三角代换

求得)„(10分)

(Ⅲ)由题意知, 直线PA和直线PB的斜率存在,且互为相反数,故可设PA:y1k(x1),

PB:y1k(x1),由

y1k(x1)22xy2,得

(1k2)x22k(1k)x(1k)220 „„„(11分)

因为点P的横坐标x1一定是该方程的解,故可得

k22k1xA„„„„„„„„„„„„(13分)

1k2k22k1xB 同理,,所以21kyyk(xAkx1k)kxx(A1)B kABBB1=kOPxBxAxBxAxBxAABOP 所以,直线和一定平

行„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(15分)

19. (Ⅰ)解:因为

2Af(x)(x23x3)ex(2x3)exx(x1)ex„„„„„„„„„„„„„(2分)

由f(x)0x1或x0；由f(x)00x1,所以f(x)在(,0),(1,)上递增,

在(0,1)上递

减 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(4分)

欲f(x)在2,t上为单调函数,则

2t0„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(5分)

(Ⅱ)证:因为f(x)在(,0),(1,)上递增,在(0,1)上递减,所以f(x)在x1处取得

极小值e(7分) 又f(2)13e,所以f(x)在2,上的最小值为2ef(2) „„„„„„„„„„„„„(9分) 从而当t2时,f(2)f(t),即

mn„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(10分)

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f'(x0)f'(x0)222222xx(t1)(t1)xx(Ⅲ)证:因为,所以即为, 0000x0x03e3e222222 令g(x)xx(t1),从而问题转化为证明方程g(x)xx(t1)=0

33在(2,t)上有解,并讨论解的个

数„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(12分) 因为

2221g(2)6(t1)2(t2)(t4),g(t)t(t1)(t1)2(t2)(t1),

3333所以

①当t4或2t1时,g(2)g(t)0,所以g(x)0在(2,t)上有解,且只有一解 „„(13分) ②当1t4时,g(2)0且g(t)0,但由于g(0)2(t1)20, 3所以g(x)0在(2,t)上有解,且有两

解 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(14分)

③当t1时,g(x)x2x0x0或x1,所以g(x)0在(2,t)上有且只有一解；

2当t4时,g(x)xx60x2或x3,

所以g(x)0在(2,4)上也有且只有一

解„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(15分)

f'(x0)22(t1)综上所述, 对于任意的t2,总存在x0(2,t),满足, x0e3且当t4或2t1时,有唯一的x0适合题意；当1t4时,有两个x0适合题

意„„„„(16分)

(说明:第(Ⅱ)题也可以令(x)xx,x(2,t),然后分情况证明域内,并讨论直线y数)

20.（Ⅰ）解：由题意得,

22(t1)2在其值32(t1)2与函数(x)的图象的交点个数即可得到相应的x0的个3aai1i12aiai1,所以

a201a1S100=5„„„„„„„„(4分)

2（

Ⅱ

）

证

:

令

n1,

p1a1a2a1a2,则

p=1„„„„„„„„„„„„„„„„„„(5分)

所以Sn（2）,

（2）—（1）,得i1nn1np(n1)p11=（1）,Sn1=

a1an1a1an2aiai1aiai1i1(n1)n1—=, a1an2a1an1an1an2

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化简得

(nan1nana1n—

（

3

）

得

)（3）„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(7分)

(n2)an2(n1)an3a1(n1)（4）,（4）

an1an32 „„„„an(n1)(9分) 2在（3）中令

n1,得a1a32a2,从而

公

差

an为等差数

列 „„„„„„„„„„„„„„„„(10分)

（Ⅲ）记,tak1为

d,则

Tak1ak2a2k1=(k1)t则

k(k1)d„„„„„„„(12分) 2Tkd2222t,Ma1ak1t(tkd) k124kd14kd2T2(t)2(4t3kd)2(t)2()„„„„„„„„„„„„102101025k1„„„„(14分)

Mat34t3kdk1(k1)10M10则T,当且仅当,即时等号成2kd22M(t)d4M52k10立„„„„„(16分)

数学附加题部分

21.A．（几何证明选讲选做题）

解：因为PB=PD+BD=1+8=9,PA=PD·BD=9,PA=3,AE=PA=3,连结AD,在ADE中,得

2AD7„„(5分) 又AEDBEC,所以

BC27 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(10分)

B．（矩阵与变换选做题）

bbaa解: (Ⅰ)设 ,则有 ddcc所

以

b11a =,11cd22201=2, a,cb解2d1ba,且c1d得

a1b2 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(4分) c3d421 所以M=,从34211M=3 1 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(7分)

-22而

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x12xx2y(Ⅱ)因为 且m：2xy4， y34y3x4y所以2(x+2y)－(3x+4y)=4,即x+4 =0,这就是直线l程 „„„„„„„„„„„„„„„(10分) C．（坐标系与参数方程选做题）

解：将极坐标方程3转化为普通方

的方

程：

x2y29„„„„„„„„„„„„„„„„„(2分)

cos3sin2可化为

x3y2„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(5分) 在x2y29上任取一点A3cos,3sin,则点A到直线的距离为

d3cos33sin226sin(300)22:

,它的最大值为

4 „„„„„„„„„„„(10分)

D．（不等式选讲选做题） 证=

左

12221111111(111)[(a)2(b)2(c)2][1(a)1(b)1(c)]23abc3abc„(5分)

111111111100[1()]2[1(abc)()]2(19)2„„„„„„„3abc3abc33„(10分)

22．解:以OA、OB所在直线分别x轴，y轴,以过O且垂直平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(3,0,0),B(0,1,0),C(3,0,0),D(0,1,0),P(3,0,2)，

DB(0,2,0),AP(0,0,2)„(2分)

（Ⅰ）设平面PDB的法向量为n1(x1,y1,z1),DP(3,1,2), 由

DB(0,2,0),

23n1DP03x1y12z10,得.令z11,得n1(,0,1)3n1DB02y10DA(3,1,0),

,

所

|nDA|221=„„„„„„„„„„„„„„„„„„点A到平面PDB的距离d17|n1|以

„(5分)

（Ⅱ）设平面ABP的法向量n2(x2,y2,z2)，AP(0,0,2),AB(3,1,0)，

APn2由 ABn23x232x2003,得.令y21,得y21,n2(,1,0)，

30z03x2y202 天利考试信息网 www.tl100.com 天时地利 考无不胜

n1n27 cosn1,n2,而所求的二面角与n1,n2互补, 7|n1||n2|所

以

二

面

角

A—PB—D的余弦值为

7„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(10分) 7n(n1)22Cn(n1)223．解：(Ⅰ)设袋中原有n个白球,由题意知：n，所以767C72762n(n1)=12，

n3),即袋中原有解得n=4(舍去4个白

球„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(3分)

(Ⅱ)由题意,的可能取值为4„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(4分)

1

，

2

，

3

，

4342324432141P(1);P(2);P(3);P(4)776776535765435,

所以，取球次数的分布列为：

P

„„(6分)

1

472

273

4354

135

„

E8„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„5„„(8分)

(Ⅲ)因为甲先取,所以甲只有可能在第1次和第3次取球,记“甲取到白球”的事件为A，

P(A)P(\"1\"则或 “=3”）,所以

P(A)P(1)P(3)

24„„„„„„„„„(10分) 35