宜昌市2006届高三年级第二次调研试题文科数

宜昌市2006届高三年级第二次调研试题文科数学试卷

考试时间：2006年3月8日下午14:30—16:30

一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的4个选项中，只有一项是

符合题目要求的） 1．已知全集I＝｛x│x＝那么

（A）AB＝ （B）CIAB＝ （C）ACIB＝ （D）CIACIB＝ 2、条件p：x1,条件q：x2，则p是q的

（ ）

111，mN*｝，A＝｛x│x＝n，n N*｝，B=｛x│x＝n，n N*｝，m24（A）充分但不必要条件 （B）必要但不充分条件 （C）充分且必要条件 （D）既不充分也不

必要条件

3、设52＝（A）－3,cosm,则sin21m2 （B）－

1m2 （C）

1m2

（D）

1m2

4、函数y=2x+1(－1≤x<0)的反函数是

（A）y=1+log2x(x>0) （B）y=－1+log2x(x>0)（C）y=1+log2x(1≤x<2) （D）y=－1+log2x(1≤x<2)

5、已知(3x

（D）6

y2|x|1228所表示的平面区域的面积为（A）22 （B） （C）33yx121n)的展开式中含有常数项，则正整数n的可能值是（A）3 32x（B）4 （C）5

6、在坐标平面上，不等式组（D）2

7、已知在等差数列｛an｝中,a1120,d4,若Snan(n2)，则n的最小值为

（A）60 （B）62 （C）70 （D）72 8、把函数ycos(2x（A）(3)的图象沿向量a平移后得到函数ycos2x3的图象，则向量a是

,3) （B）(,3) 36

 （C）(,3) （D）(,3)

1269、给出下列四个命题：①若直线l⊥平面α，l//平面β，则α⊥β；②各侧面都是正方形的棱柱一

定是正棱柱；③一个二面角的两个半平面所在平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面所在平面，则这两个二面角的平面角互为补角；④过空间任意一点一定可以作一个和两个异面直线都平行的平面。其中正确的命题的个数有

（A）1 （B）2 （C）3 （D）4

10、已知向量a(1,1),b(1,1),c(2cos,2sin)(R)，实数m，n满足 manbc,则(m3)2n2的最大值为

（A）2 （B）3 题号 答案 １ ２ ３ ４ （C）4 （D）16 ５ ６ ７ ８ ９ １０ 得分 二、填空题tx（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、某校对全校男女学生共1600名进行健康调查，选用分层抽样法抽取一个容量为200的样本。已

E

C A

B D

知女生比男生少抽了10人，则该校的女生人数应是________人.

12、如图1-15，在ABC中，CABCBA30.,AC、BC边上的高分别为BD、AE，则以A、·

B为焦点，且过D、E的椭圆与双曲线的离心率的倒数和是____________. 13、给出下面四个命题：① 若a,b为非零向量，则(ab)ab； ② 若a,b为一平面内两个非

零向量，则ab是abab的充要条件； ③ D为ABC所在平面内一点，且满足

222AD2AB，则SDBC:SABC3:1； ④ 在空间四边形ABCD中，E,F分别是BC,DA的

中点，则FE1(ABDC)。其中正确命题序号为__________. 214、设数列an，anlogn1(n2)(nN)，定义使a1a2a3ak（kn，kN)为整数

的k为美好数，则在区间内的所有美好数之和S=________. 1,200615、4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得18分，答错得－18分；选乙题答对得6分，答错得－6分.若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是_________________________

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 、(本题满分12分)在ABC中，A、B、C所对的边长分别为a、b、c，设a、b、c满

222足条件bcbca和

c13，求A和tanB的值 b2 17、（本小题满分12分）口袋里装有红色和白色共36个不同的球，且红色球少于白色球．从袋子中

取出２个球，若是同色的概率为

1，求： 2(1) 袋中红色、白色球各是多少？

(2) 从袋中任取３个小球，至少有一个白色球的概率为多少？

18、（本小题满分12分）已知直四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面是菱形，且DAB60,ADAA1，F为棱BB1的中点，M为线段AC1的中点. （1）求证：直线MF//平面ABCD； （2）求证：平面AFC1⊥平面ACC1A1；

（3）求平面AFC1与平面ABCD所成二面角的大小.

19、（本小题满分12分）设函数f(x)

13x2ax23a2xb,0a1. 3（1）求函数f(x)的单调区间、极值。（2）若当xa1,a2时，恒有f(x)a，试确定a的取值范围。

20、（本小题满分13分）已知f(x)a1xa2x2a3x3anxn(nN)，满足f(1)n2。

（1）、求数列an的通项公式，并指出数列为何数列： （2）求证：f()3 (n>2，nN)

21、（本小题满分14分）如图，三条直线a、b、c两两平行，直线a、b间的距离为p，直线b、c间

的距离为

5412p，A、B为直线a上两定点，且｜AB｜=2p，MN是在直线b上滑动的长度为2p的2线段.

（1）求△AMN的外心C的轨迹E；

（2）接上问，当△AMN的外心C在E上什么位置时，d+｜BC｜最小，最小值是多少？（其中d是外心C到直线c的距离）. y

AA

B O M N

文科数学试卷参

一、选择题

B A ADCBBBAD 二、填空题

11、760 ；12、3；13、②③④；14、2026 15、44 三、解答题

b2c2a21， （2分） 16、解法：由余弦定理cosA2bc2

因此，A60 在△ABC中，∠C=180°－∠A－∠B=120°－∠B. （6分） 由已知条件，应用正弦定理

1csinCsin(120B)3 （8分） 2bsinBsinBsin120cosBcos120sinB31cotB, （10分）

sinB221. （12分） 2解得cotB2,从而tanB22CxC36117、（1）令白色球为x个，则依题意得22x, （3分）

C36C362所以2x72x18350得x=15或x=21，又红色球少于白色球，所以x=21．所以红色球为１5个，白色球为21个． （ 6分）

（2）设从袋中任取３个小球，至少有一个白色球的事件为A，均为红色球的事件为B，

3

191C15

则P（A）=1－P（B）＝13 ＝ （12分）

204C36

218、解法：

（Ⅰ）延长C1F交CB的延长线于点N，连结AN.的中点，

所以F为C1N的中点，B为CN的中点. 又M是线段AC1的中点，故MF//AN.

因为F是BB1

又MF平面ABCD,AN平面ABCD.

MF//平面ABCD. （ 4分）

（Ⅱ）证明：连BD，由直四棱柱ABCD—A1B1C1D1

可知：A1A平面ABCD,

又∵BD平面ABCD，A1ABD.

四边形ABCD为菱形，ACBD. 又ACA1AA,AC,A1A平面ACC1A1,

BD平面ACC1A1.

在四边形DANB中，DA∥BN且DA=BN，所以四边形DANB为平行四边形. 故NA∥BD，NA平面ACC1A1. 又NA平面AFC1

平面AFC1平面ACC1A1. （8分）

（Ⅲ）由（Ⅱ）知BD⊥ACC1A1，又AC1 ACC1A1， ∴BD⊥AC1，∵BD//NA，∴AC1⊥NA. 又由BD⊥AC可知NA⊥AC，

∴∠C1AC就是平面AFC1与平面ABCD所成二面角的平面角或补角.

在Rt△C1AC中，tanC1ACC1C1， CA3故∠C1AC=30°.

∴平面AFC1与平面ABCD所成二面角的大小为30°或150° （12分） （说明：求对一个角即给满分）

解法二：设ACBD=O，因为M、O分别为C1A、CA的中点，所以，MO//C1C，

又由直四棱柱知C1C⊥平面ABCD，所以，MO⊥平面ABCD.

在棱形ABCD中，BD⊥AC，所以，OB、OC、OM两两垂直.故可以O为原点， OB、OC、OM所在直线分别为x轴、y轴、z轴如图建立空间直角坐标系，

若设|OB|=1，则B（1，0，0），B1（1，0，2），A（0，3，0）， C（0，3，0），C1（0，3，2）. （2分）

（I）由F、M分别为B1B、C1A的中点可知： F（1，0，1），M（0，0，1），

所以MF（1，0，0）=OB. 又MF与OB不共线，所以，MF∥OB.

MF平面ABCD，OB平面ABCD， MF∥平面ABCD. （4分）

（III）OB（1，0，0）为平面ACC1A1的法向量.

设n(x,y,z)为平面AFC1的一个法向量， 则nAF,nMF.

由AF(1,3,1),MF(1,0,0)， 得：

x3yz0,x0.

令y1,得z3，此时，n(0,1,3).

由于nOB(0,1,3)(1,0,0)0，所以，平面AFC1⊥平面ACC1A1. （8分）

（III）OM(0,0,1)为平面ABCD的法向量，设平面AFC1与平面ABCD所成二面角的大小为，

则|cos||cosOM,n|OMn|OM,||n|||33|. 122所以=30°或150°.

即平面AFC1与平面ABCD所成二面角的大小为30°或150° （12分）

19、解：（1）f(x)x24ax3a2 （1分）

当f(x)0时，得ax3a；当f(x)0时，得xa或x3a （3分） 则f(x)的单调递增区间为（a，3a）；

f(x)的单调递减区间为(,a)和(3a,) （4分）

当x=a时，f(x)的极小值为43ab；当x=3a时，f(x)的极大值为b （6分） 322（2）由f(x)a,得ax4ax3aa （7分） ∴a12a,f(x)x24ax3a2在a1 ，a2上为减函数。x）a1x）a2）∴f（maxf（f（minf（）2a1，4a4 （9分）

于是，问题转化为求不等式组2a1a,4a4a的解，解不等式组，

4a1 （11分） 54 又0a1,所求a的取值范围是a1 （12分）

5得

20、（1）由f(1)n得：a1a2ann2,当n1时，a11 （1分）

2当n2时，an（a1a2an）（a1a2an）n2（n1）2n1 所

2以，an2n1，数列是等差数列. （4分）

112131n3（）5（）（2n1）（） ① n2222111213141n1n1f（）（）3（）5（）（2n3）（）（2n1）（） ② 2222222(2) f（） ①-②,得

121111111f()2()2()3()n(2n1)()n1 222222211()21()n1122(2n1)(1)n1 =2

12212 =

311n1(2n1)()n1 222

2n13 （8分）

2n22n12n1 令g(n)3n2 当n2且nN时 n2212n112n1214n22n1）g（n）n2∵g（n1=

22n2n12n12n12n112n312n3 =n1n1 ∵n>2 ∴ n10,n10 ∴ g(n1)g(n)

2222∴ f()3121∴g(n)是关于n(n2,nN）的递增数列，即g（2）而g(2)g(3)g(n)，

5 ∴ 54f(12)3(n2,nN)成立。 （12分）

21、解：（1）设△AMN的外心为C(x,y)，则有A(0,p)、M（x–p,0），N(x+p,0)，由题意，有｜CA｜=｜CM｜ ∴x2(yp)2(xxp)2y2,化简，得

x2=2py

它是以原点为顶点，y轴为对称轴，开口向上的抛物线. （2）由（1）得，直线C恰为轨迹E的准线. 由抛物线的定义知d=｜CF｜，其中F（0,

p2）是抛物线的焦点. ∴d+｜BC｜=｜CF｜+｜BC｜ 由两点间直线段最短知，线段BF与轨迹E的交点即为所求的点 直线BF的方程为y14x12p联立方程组 y14x12p得x14p(117).  x22pyy91716p.即C点坐标为(

11794p,1716p). 此时d+｜BC｜的最小值为｜BF｜=172p.

4

（2分）

（6分） （8分） 12分） （14分） （