1、 俯视图主视图 左视图本资料来源于七彩教育网 http:/ 09年高 考理科数学 教学统一质量检测 题 数学试题（理科） 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分 .共 150分 .考试时间 120分钟 注意事项： 1答卷前，考生务必用 2B 铅笔和 0.5毫米黑色签字笔（中性笔）将姓名、准考证号、考试科目、试卷类型填涂在答题卡规定的位置上 2第卷每小题选出答案后， 用 2B 铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号 答案不能答在试题卷上 3第卷必须用 0.5 毫米黑色签字笔（中性笔）作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试题卷
2、上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带。不按以上要求作答的答案无效 4参考公式：n xxxxxxshSV n22221 )()()(,31 标准差底面棱锥第卷 （选择题 共 60分） 一、选择题：本大题共 12小题每小题 5分，共 60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 1复数 1+2ii (i 是虚数单位 ) 的实部是 （ ） A 25 B 25 C 15 D 15 2已知等差数列 na 的公差为 0dd ，且 3 6 10 13 32a a a a ，若 8ma ，则 m 为 （ ） A 12 B 8 C 6 D 4 3 已知直
3、线 l 平面 ，直线 m 平面 ， 下面有三个命题： l m ； l m ； l m ； 则 真命题的个数为 （ ） A 0 B 1 C 2 D 3 4如 右 图，一个简单空 间几何体的三视图其主视图与左视图 都是边长为 2 的正三角形 ,其俯视图轮廓为正方形，则其 开始 1, 0nS 否 2nSS1nn是 输出 S 结束 元 频率 组距 20 30 40 50 60 0.01 0.036 0.024 体积是 （ ） A 36 B 423 C 433 D 83 5 设点 2 ,1 02tPtt，则 OP (O 为坐标原点 ) 的最 小值是 （ ） A 5 B 3 C 5 D 3 6学校为了调查
4、学生在课外读物方面的支出情况， 抽出了一个容量为 n 的样本，其频率分布直 方图如图所示， 其中支出在 50,60) 元的同 学有 30 人，则 n 的值为 （ ） A 100 B 1000 C 90 D 900 7已知 2 1()nx x 的二项展开式的各项系数和为 32， 则二项展开式中 x 的系数为 （ ） A 5 B 10 C 20 D 40 8若右面的程序框图输出的 S 是 126，则应为（ ） A 5n ？ B 6n ？ C 7n ？ D 8n ？ 9已知 aR ，则“ 2a ”是“ | 2 | | |x x a 恒成 立”的 （ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件
5、 D既不充分也不必要条件 10 设函数 ( ) sin(2 )3f x x ，则下列结论正确 的是 （ ） A ()fx的图像关于直线 3x 对称 B ()fx的图像关于点 ( ,0)4 对称 C 把 ()fx的图像向左平移 12 个单位，得到一个偶函数的图像 D ()fx的最小正周期为 ，且在 0, 6 上为增函数 11 已知点 F 、 A 分别为双曲线 C ： 221xyab( 0, 0)ab的左焦点、右顶点，点 (0, )Bb 满足 0FB AB，则双曲线的离心率为 （ ） A 2 B 3 C 132 D 152 12已知直线 2x 及 4x 与函数 2logyx 图像的交点分别为 ,A
6、B，与函数 lgyx 图像的交点分别为 ,CD，则直线 AB 与 CD （ ） A相交，且交点在第 I 象限 B 相交，且交点在第 II 象限 C相交，且交点在第 IV 象限 D 相交，且交点在坐标原点 第 卷 （非选择题 共 90分） 二、填空：本大题共 4小题，每小题 4分，共 16分 13 20 (2 )xx e dx； 14 已知 3sin( )45x ，则 sin2x 的值为 ； 15 已知集合 2 1 2 0 , ZA x x x x ,从集合 A 中任选三个不同的元素 ,abc组成集合 , , M a b c ，则能够满足 0abc 的集合 M 的概率为 = ； 16定义：区间
7、1 2 1 2,x x x x 的长度为 21xx .已知函数 |2xy 的定义域为 ,ab ，值域为 1,2 ，则区间 ,ab 的长度的最大值与最小值的差为 _. 三、解答题：本大题共 6小题，共 74分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤 17 （本小题满分 12 分） 在 ABC 中， cba , 分别是 CBA , 的对边长，已知 AA c o s3s in2 . （ I）若 m b cbca 222 ,求实数 m 的值 ; （ II）若 3a ,求 ABC 面积的最大值 . 18（本小题满分 12 分） 在一个盒子中，放有标号分别为 1， 2， 3 的三张卡片，现从这个盒
8、子中， 有放回 地先后抽得两张卡片的标号分别为 x 、 y ，设 O 为坐标原点，点 P 的坐标为 ( 2, )x x y，记 2OP （ I）求随机变量 的最大值，并求事件“ 取得最大值”的概率； （ II）求随机变量 的分布列和数学期望 19 （本小题满分 12 分） 已知函数 32 331f x a x x a (Ra 且 0)a ,求函数 )(xf 的极大值与极小值 . 20 （本小题满分 12 分） 在四棱锥 ABCDP 中， PA 平面 ABCD ，底面 ABCD 为矩形， 1 ( 0 )A B P A B C aa . （ I）当 1a 时，求证： BD PC ； （ II）若
9、BC 边上有且只有一个点 Q ，使得 QDPQ ，求此时二面角 QPDA 的余弦值 . 21 （本小题满分 12 分） 已知 CBA , 均在椭圆 )1(1: 222 ayaxM 上，直线 AB 、 AC 分别过椭圆的左右焦点 1F 、 2F ，当 12 0AC FF时，有 21219 AFAFAF . （ I）求椭圆 M 的方程 ; （ II）设 P 是椭圆 M 上的任一点， EF 为圆 12: 22 yxN 的任一条直径，求PFPE 的最大值 . A B Q D C P 22 （本小题满分 14 分） 已知等比数列 na 的前 n 项和为 2 3 ( R , N )nnS k k n （）
10、求数列 na 的通项公式； （）设数列 nb 满足 4(5 ) nnabnak ， nT 为数列 nb 的前 n 项和，试比较 3 16nT 与 14( 1) nnb 的大小，并证明你的结论 参考答案 一、选择题： ABCCA ABBCC DD 二、填空 题 ： 13 25e ； 14. 725 ； 15. 328 ； 16. 1； 17解：（ I）由 AA c o s3s in2 两边平方得 : AA cos3sin2 2 即 0)2) ( c o s1c o s2( AA 解得 : 21cos A 3分 而 m b cbca 222 可以变形为 22 222 mbc acb 即 212co
11、s mA ，所以 1m 6分 （ II）由（）知 21cos A ,则 23sin A 7分 又 212 222 bc acb 8分 所以 2222 2 abcacbbc 即 2abc 10分 故 4 33232s in2 2 aAbcS A B C 12分 18 解：（） x 、 y 可能的取值为 1、 2 、 3 ， 12 x ， 2xy ， 22( 2 ) ( ) 5x x y ，且当 3,1 yx 或 1,3 yx 时， 5 因此，随机变量 的最大值为 5 4分 有放回抽两张卡片的所有情况有 933 种， 2( 5) 9P 6分 （ II） 的所有取值为 0,1,2,5 0 时，只有
12、2,2 yx 这一种情况 1 时，有 1,1 yx 或 1,2 yx 或 3,2 yx 或 3,3 yx 四种情况， 2 时，有 2,1 yx 或 2,3 yx 两种情况 91)0( P ， 4( 1) 9P ， 2( 2) 9P 8分 则随机变量 的分布列为： 0 1 2 5 P 91 94 92 92 10分 因此，数学期望 1 4 2 20 1 2 5 29 9 9 9E 12分 19 解：由题设知 )2(363)(,0 2axaxxaxxfa 令 2( ) 0 0 ,f x x x a 得 或 2 分 当 0a 时，随 x 的变化， fx与 fx的变化如下： x ,0 0 20,a 2
13、a 2,a )(xf + 0 - 0 + )(xf 极大 极小 301f x f a 极 大， 22 4 3 1f x f a a a 极 小 6 分 当 0a 时，随 x 的变化， fx与 fx的变化如下： x 2,a 2a 2,0a 0 0, )(xf - 0 + 0 - )(xf 极小 极大 301f x f a 极 大， 22 4 3 1f x f a a a 极 小 11 分 总之， 当 0a 时， 301f x f a 极 大， 22 4 3 1f x f a a a 极 小； 当 0a 时， 301f x f a 极 大， 22 4 3 1f x f a a a 极 小 12 分
14、 20解： （ I）当 1a 时，底面 ABCD 为正方形， BD AC 又因为 BD PA , BD面 PAC 2分 又 PC 面 PAC BD PC 3分 （ II） 因为 APADAB , 两两垂直，分别以它们所在直线 为 x 轴、 y 轴、 z轴建立坐标系，如图所示，令 1AB ，可得 BC a 则 )1,0,0(),0,1()0,0(),0,0,1( PaCaDB 4分 设 mBQ ，则 )0)(0,1( ammQ 要使 QDPQ ，只要 0)(1 mamQDPQ 即 2 10m am 6分 由 0 2a，此时 1m 。 所以 BC 边上有且只有一个点 Q ，使得 QDPQ 时， Q
15、 为 BC 的中点，且 2a 8分 设面 PQD 的法向量 )1,( yxp 则 00p QDp DP 即 012 0y yx解得 )1,21,21(p 10分 取平面 PAD 的法向量 )0,0,1(q 则 qp. 的大小与二面角 QPDA 的大小相等 y A B Q D C P x z 所以66.cos qp qpqp因此二面角 QPDA 的余弦值为 66 12分 21解：（）因 为 12 0AC FF，所以有 12AC FF 所以 12AFF 为直角三角形；1 1 2 2c o sA F F A F A F 2分 则有 2221 2 1 2 1 2 2 1 19 9 c o s 9A F
16、 A F A F A F F A F A F A F A F 所以，123AF AF 3分 又 aAFAF 221 ，123 ,22aaA F A F 4分 在 12AFF 中有 2 2 21 2 1 2A F A F F F即 )1(4223 222 aaa，解得 22a 所求椭圆 M 方程为 12 22 yx 6分 （ II） NPNFNPNEPFPE 1222 NPNFNPNPNFNPNF 从而将求 PFPE 的最大值转化为求 2NP 的最大值 8分 P 是椭圆 M 上的任一点，设 00,yxP ，则有 12 2020 yx 即 2020 22 yx 又 2,0N ，所以 2 2220 0 02 2 1 0N P x y y 10分 而 1,10 y ,所以当 0 1y 时， 2NP 取最大值 9 故 PFPE 的最大值为 8 12分 22 解：（）由 2 3 ( R , N )nnS k k n 得 : 2n 时，
