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浙江省杭州市2010年第二次高考科目教学质量检测 数学理

时间:2010-05-08


浙江省杭州市 2010 年第二次高考科目教学质量检测

数学试题(理科) 数学试题(理科)
一,选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分.在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的. 1.设 ω =

1 3 + i (i 是虚数单位) ,设集合 M = {1, 0,1} ,则下列结论中正确的是( 2 2
B. ω M
3

)

A. (1 + ω )3 ∈ M

C.

1

ω≠

M

D. ω + ω M
2

2.如图,是一个几何体的三视图,侧视图和正视图均为矩形,俯 视图为正三角形,尺寸如图,则该几何体的侧面积为( ) A.6 C.24 B. 12 3 D.3 ( )

3.使" lg m < 1 "成立的一个充分不必要条件是 A. m ∈ (0, +∞ ) B. m ∈ {1, 2}

D. m < 1 C. 0 < m < 10 4.在阳光体育活动中,全校学生积极参加室外跑步,高三(1)班每个学生上个月跑步的路 程从大到小排列依次是 a1 , a2 , a3 , , a50 (任意

i = 1, 2, , 49, ai > ai +1 ) ,如图是计算该班上个
月跑步路程前 10 名学生的平均路程的程序框图, 则图中判断框①和处理框②内应分别填写( ) A. i < 10, a =

s 9 s B. i < 11, a = 11 s C. i < 11, a = 10 s D. i < 10, a = 10

1

5.在二项式 ( x + x + 1)( x 1) 的展开式中,含 x 项的系数是
2 5
4

( D.25

)

A.-25

B.-5

C.5

6.平面上 A,B,C 三点满足 ( BA CA) : (CA AB ) : ( AB BC ) = 1: 2 : 3 ,则这三点( A.组成锐角三角形 C.组成钝角三角形 B.组成直角三角形 D.在同一条直线上

)

函数 g ( x ) = lg( a x 2 x 1) 的定义域是 B, 7. 设函数 f ( x ) = ln( x 1)(2 x) 的定义域是 A, 若 A ≤ B ,则正数 a 的取值范围是 A. a > 3 B. a ≥ 3 C. a > ( )

5

D. a ≥

5

8.过双曲线

x2 y2 = 1(a > 0, b > 0) 的一个焦点 F 引它的渐近线的垂线,垂足为 M,延长 a2 b2
( D. 2 )

FM 交 y 轴于 E,若 FM=2ME,则该双曲线的 离心主经为 A.3 B.2 C. 3

9.设一个小物体在一个大空间中可以到达的部分空间与整个空间的体积的比值为可达率, 现用半径为 1 的小球扫描检测棱长为 10 的正方体内部,则可达率落在的区间是( ) A. (0.96, 0.97) B. (0.97, 0.98) C. (0.98, 0.99) D. (0.99,1)

10. 如图, 阴影是集合 P = {( x, y ) | ( x cos θ ) 2 + ( y sin θ ) 2 = 4, 0 ≤ θ ≤ π } 在平面直角坐 标系上表示的点集,则阴影中间形如"水滴"部分的面积等于( A. π + 3 C. B. π 3 D. π + 2 )

7 3

11 π 3 6

二,填空题:本大题共 7 小题,每小题 4 分,共 28 分. 11.函数 y = sin( x + 100 ) + cos( x + 400 ), ( x ∈ R ) 的最大值是
*

.

12.依次写出数列 a1 = 1, a2 , a3 , , an ( n ∈ N ) 的法则如下:如果 an 2 为自然数且未写过, 则写 an +1 = an 2 ,否则就写 an +1 = an + 3 ,则 a6 = . (注意:0 是自然数)

13.已知 A,B 是圆 O : x 2 + y 2 = 16 上的两点,且|AB=6,若以 AB 为直径的圆 M 恰好经过 点 C(1,-1) ,则圆心 M 的轨迹方程是 14.观察下列等式:
2

.

( x 2 + x + 1)0 = 1; ( x 2 + x + 1)1 = x 2 + x + 1; ( x 2 + x + 1) 2 = x 4 + 2 x3 + 3 x 2 + 2 x + 1; ( x 2 + x + 1)3 = x 6 + 3 x 5 + 6 x 4 + 7 x 3 + 6 x 2 + 3 x + 1;
……; 可能以推测, ( x + x + 1) 展开式中,第五,六,七项的系数和是
2 5

.

15.将 3 个不同的小球放入编号分别为 1,2,3,4,5,6 的盒子内,6 号盒中至少有一个球 的方法种数是

x y + 1 ≥ 0 3x + 2 y 5 16.如果实数 x, y 满足条件 y + 1 ≥ 0 ,则 的取值范围是 x 1 x + y + 1 ≤ 0
17 . 已 知 函 数 f ( x ) =| x a | + | x + a | + | x b | + | x + b | c , 若 存 在 正 常 数 m , 使

f (m) = 0 ,则不等式 f ( x) < f (m) 的解集是

.

三,解答题:本大题共 5 小题,共 72 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 18. (本题满分 14 分)口袋中有 1 个红球,2 个黄球,3 个白球,3 个黑球共 9 个球,从中任 取 3 个球. (1)求取出的球的颜色不全相同的概率; (2)记 ξ 为取出的球的颜色的种数,求随机变量 ξ 的分布列及其数学期望 E ξ .

19 . 本 题 满 分 14 分 ) 在 ABC 中 , 角 A , B , C 的 对 边 分 别 为 a, b, c , 且 满 足 (

( 2a c) BA BC = cCB CA.
(1)求角 B 的大小; (2)若 | BA BC |=

6 ,求 ABC 面积的最大值.
3

20. (本题满分 14 分)已知如图四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 是平行四边形, PG ⊥ 平 面 ABC,垂足 G 在 AD 上,且 AG =

1 GD, GB ⊥ GC.GB = GC = 2, PG = 4 ,E 是 3

BC 的中点. (1)求证:PC ⊥ BG; (2)求异面直线 GE 与 PC 所成角的余弦值; (3)若 F 是 PC 上一点,且 DF ⊥ GC , 求

CF 的值. CP

21. (本小题满分 15 分)已知椭圆的中心在原点,焦点在 x 轴上,长轴长是短轴长的 2 倍且 ,平行于 OM 的直线 l 交椭圆于 A,B 两点. 经过点 M(2,1) (1)求椭圆的方程;
(2)已知 e = (t , 0), p = λ (

MA MB + ) ,是否对任意的正实数 t , λ ,都有 e p = 0 成 | MA | | MB |

立?请证明你的结论.

4

22. (本题满分 15 分)设 f ( x ) = λ1 (

a 3 b 1 2 x + x + x) + λ2 x 3x (a, b ∈ R, a > 0) 3 2

(1)当 λ1 = 1, λ2 = 0 时,设 x1 , x2 是 f ( x ) 的两个极值点, ①如果 x1 < 1 < x2 < 2 ,求证: f ′(1) > 3 ; ②如果 a ≥ 2, 且 x2 x1 = 2且 x ∈ ( x1 , x2 ) 时, 函数 g ( x ) = f ′( x ) + 2( x x2 ) 的最小 值为 h(a ) ,求 h(a ) 的最大值. (2)当 λ1 = 0, λ2 = 1 时, ①求函数 y = f ( x ) 3(ln 3 + 1) x 的最小值. ②对于任意的实数 a, b, c ,当 a + b + c = 3 时,求证 3 a + 3 b + 3 c ≥ 9.
a b c

5

参考答案
一,选择题: 本题考查基本知识和基本运算.每小题 5 分, 满分 50 分. 1—5ACBCB 6—10ABCBC 二,填空题: 本题考查基本知识和基本运算.每小题 4 分, 满分 28 分. 11.1 12.6 13. ( x 1) 2 + ( y + 1) 2 = 9 14.141 15.91 16.[4,7] 17. m ,m) (– 三,解答题: 本大题共 5 小题, 满分 72 分. 18.解(Ⅰ)P=1 – 1/42 =41/42

5分

2 43 (Ⅱ) P (ξ = 1) = , P (ξ = 2) = , 84 84 2 43 39 205 Eξ = × 1 + × 2 + × 3 = 84 84 84 84

39 P (ξ = 3) = 84

5分 4分

19.解: (I)条件可化为 ∵ ( 2a c) cos B = b cos C 根据正弦定理有 ∴ 因为

( 2 sin A sin C )cos B = sin B cos C

3分

2 sin A cos B = sin(C + B) ,即 2 sin A cos B = sin A
sin A > 0 ,所以

cos B =

2 π ,即 B = . 2 4

3分

(II)因为 所以

| BA BC |= 6 b2 = 6 ,
2分

| CA |= 6 ,即

根据余弦定理 可得

b 2 = a 2 + c 2 2ac cos B ,
2分

6 = a 2 + c 2 2ac

有基本不等式可知 即

6 = a 2 + c 2 2ac ≥ 2ac 2ac = (2 2)ac

ac ≤ 3(2 + 2) ,

6

故△ABC 的面积 S =

1 2 3( 2 + 1) ac sin B = ac ≤ 2 4 2

即当 a =c= 6 + 3 2 时, △ABC 的面积的最大值为

3( 2 + 1) . 2

4分

20.解: (Ⅰ)因为 PG⊥底面 ABCD, 所以 PG⊥ BG, 又 BG⊥CG, 所以 BG⊥面 PGC, 所以 PC⊥BG. 4分 (Ⅱ)建立如图空间直角坐标系,各点坐标如图所示,

GE = (1,1,0), PC = (0,2,4)
∴ | cos < GE , PC >|=| (Ⅲ)设 CF = λCP,
→ →





GE PC
→ →

→ →

|=

| GE || PC |
则点

10 . . 10

4分

3 3 F (0, 2λ,λ ) ,又 D(– , ,0 ) 2 4 , 2 2 → 3 1 ∴ DF = ( , 2λ ,4λ ), 2 2 3 2λ 3 4 ∴ DF = ( , , ) , GC = (0,2,0) , 2 1+ λ 2 1+ λ → → 1 由 DF ⊥ GC 得 DF GC = 0 ,∴ 2( 2λ ) = 0 . 2 1 1 CF 得 λ = ,所以 = CP 4 4
21 解: (1)设椭圆方程为

6分

x2 y2 + = 1(a > b > 0) a 2 b2

a = 2b a 2 = 8 则 4 , 解得 2 1 b = 2 a 2 + b2 = 1
∴椭圆方程

x2 y2 + =1 8 2 .

5分

(2)若 e p = 0 成立,则向量 p = λ (

MA | MA |
7

+

MB | MB |

) 与 x 轴垂直,

由菱形的几何性质知, ∠AMB 的平分线应与 x 轴垂直.为此只需考察直线 MA,MB 的倾 斜角是否互补即可. 由已知,设直线 l 的方程为: y =

1 x+m 2

2分

1 y = 2 x + m 由 2 2 x + y =1 8 2

∴ x 2 + 2mx + 2m 2 4 = 0
3分

设直线 MA,MB 的斜率分别为 k1,k2, 只需证明 k1+k2=0 即可, 设 A( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ), 则k1 =

y1 1 y 1 , k2 = 2 x1 2 x2 2

由x 2 + 2mx + 2m 2 4 = 0 可得, x1 + x 2 = 2m, x1 x 2 = 2m 2 4 ,而

=

2m 2 4 2m 2 + 4 m 4 m + 4 =0 , ( x1 2)( x 2 2)

3分

∴k1+k2=0, 直线 MA,MB 的倾斜角互补. 故对任意的正实数 t , λ ,都有 e p = 0 成立. 22.解: 解 (Ⅰ)①证明:当 λ1 = 1 , λ2 = 0 时, 2分

f ′( x) = ax 2 + (b 1) x + 1 ,x1,x2 是方程 f ′( x) = 0 的两个根,
8

f ′(1) < 0 由 x1 < 1 < x2 < 2 且 a > 0 得 , f ′(2) > 0 a + b < 0 即 . 4a + 2b 1 > 0
所以 f `( – 1)= a – b + 2 = – 3(a+b) + (4a +2b – 1) + 3 > 3 . ②设 f ′( x) = a ( x x1 )( x x2 ) , 3分

2 2 所以 g ( x) = a ( x x2 )( x x1 + ) = a ( x2 x)( x x1 + ) , a a 2 易知 x2 x > 0 , x x1 + > 0 , a
2 ( x2 x) + ( x x1 + a ) 1 所以 g ( x) ≥ a = (a + + 2) 2 a
当且仅当 x1 x = x x1 +
2

2 时, a x + x2 1 1 即x= 1 = x1 + 1 时取等号 2 a a 1 所以 h(a ) = (a + + 2) ( a ≥ 2 ) . a 易知当 a = 2 时, h(a ) 有最大值,
5分

9 即 h(a )max = h(2) = . 2
(Ⅱ)①当 λ1 = 0 , λ2 = 1 时, f ( x) = 3x x , 所以 y = 3x x 3(ln 3 + 1) x .

y′ = 3x (ln 3) x + 3x 3(ln 3 + 1) ,容易知道 y′ 是单调增函数,
且 x = 1 是它的一个零点,即也是唯一的零点. 当 x > 1 时, y ′ > 0 ;当 x < 1 时, y ′ < 0 , 故当 x = 1 时, 函数 y = f ( x) 3(ln 3 + 1) x 有最小值为 3ln 3 . ②由①知

4分

3x x ≥ 3(ln 3 + 1) x 3ln 3 ,

当 x 分别取 a,b,c 时有:
9

3a a ≥ 3(ln 3 + 1)a 3ln 3 ; 3b b ≥ 3(ln 3 + 1)b 3ln 3 ; 3c c ≥ 3(ln 3 + 1)c 3ln 3
三式相加即得. 3分

10

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