高三年级数学统考试题

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．第Ⅰ卷1至2页：第Ⅱ卷3至8页：共150分：考试用时120分钟．

第 Ⅰ 卷 (选择题：共60分)

注意事项：

1．请考生将自己的学校、班级、姓名、学号填写在第Ⅱ卷密封线内．

2．每小题选出答案后用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案代号涂黑：如需改动：必须用橡皮擦干净后：再选涂其它答案：不能答在试题卷上．

3．考试结束后：监考人员将本试卷和答题卡一并收回． 参考公式：

P(A＋B)＝P(A)＋P(B)

如果事件A、B相互独立：那么

B)＝P(A) · P(B) P(A ·

如果事件A在一次试验中发生的概率是 p：那么n次独立重复试验中恰好发生k 次的概率 kknk P(k)Cp(1p)nn

如果事件A、B互斥：那么

正棱台、圆台侧面积公式：

S台侧1(cc)l 2其中c、c分别表示上、下底面周长：l表示斜高或母线长 台体体积公式：

V台体1(SSSS)h 3其中S、S分别表示上、下底面积，h表示高

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. m＝－2是直线(2－m)x＋my＋3＝0和直线x－my－3＝0互相垂直的 A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件

2. 设复数z1＝(a2＋3)＋(－4a－3)i：z2＝(a－7)＋(a2＋a)i ：且z1＋z2＝2＋i：则实数a的值为 A．－3

B．2

C．1

D．不存在

3. 一动圆圆心在抛物线x2＝4y上：过点(0：1)且恒与定直线l相切：则直线l的方程为 A．x＝l

B．x＝

1 16C．y＝－1 D．y＝1 163xyx2y24. 若椭圆221(a＞b＞0)的离心率为：则双曲线221的离心率为

2abab A．

225 4B．

5 2C．

3 2D．

5 45. 不等式

4≤x－1的解集是 x1B．[－1：1)∪[3：+∞) D．(－∞：－3)∪[1：+∞)

A．(－∞：－1]∪[3：+∞) C．[－1：3]

6. 函数f (x)＝x2－2 ln x的单调递减区间是 A．(0：1] C．[－1：1]

7. 设曲线y A．1

B．(－∞：－1] 、(0：1] D．[1：+∞)

11和曲线在它们交点处的两切线的夹角为：则tan＝ y2xx112B． C． D．

2338. 若函数f(x)sin(x)对任意的实数都有f( A．0

B．1

－1

6x)f(x)：则f()＝

66D．1或－1

C．－1 (x)：则必在y＝f

C．(－a： f

－1－1

9. 奇函数y＝f (x) (x∈R)有反函数y＝f A．(－f (a)：－a)

B．(－f (a)：a)

(x)的图象上的点是

D．(a： f

A1 E D F A B

－1

(a)) (－a))

C1 B1

C

10. 如图：在正方体ABCD—A1B1C1D1中：EF是异面直线AC与A1D的公垂线：则由正方体的八个顶点所连接的直线中：与EF平行的直线

A．有且仅有一条 C．有四条

B．有二条 D．不存在

D1

11. 从集合｛1：2：3：…：10｝中任意选出三个不同的数：使这三个数成等比数列：这样的等比数列个数为 A．3

2B．4 C．6

A

D．8

A 12. 如图一：在△ABC中：AB⊥AC、AD⊥BC：D是垂足：则ABBDBC（射影定理）。类似有命题：三棱锥A－BCD (图二)中：AD⊥平面ABC：AO⊥平面BCD：O为垂足：且O在△BCD

2内：则SABCSBCOSBCD：上述命题是 A．真命题 B．假命题

C．增加“AB⊥AC”的条件才是真命题

B B

D

C

O C 图二

D

图一

D．增加“三棱锥A－BCD是正三棱锥”的条件才是真命题

高三年级统考试题

数 学

第 Ⅱ 卷 (非选择题：共90分)

注意事项：

第Ⅱ卷共6页：用黑色签字笔直接答在试题卷中：答卷前将密封线内的项目填写清楚． 题 号 得 分 得分 评卷人 二．填空题：本大题共4小题：每小题4分：共16分。将正确答案填在题中横线上． 一 二 三 17 18 19 20 21 22 总 分 13. 等比数列{an}中：Tn表示前n项的积：若T5＝1：则a3＝ ．

xy5014. 已知x、y满足：xy0 ：则z＝x＋2y的最大值是 .

x315. 某保险公司新开设了一项保险业务：规定该份保单在一年内如果事件E发生：则该公1

司要赔偿a元：假若在一年内E发生的概率为p：为使公司受益的期望值不低于a的：公司

10应要求该份保单的顾客缴纳的保险金最少为_________________元．

16. 规定记号“”表示一种运算：即ababab，a、bR*．若1k3：则函数

f(x)kx的值域是 ．

三．解答题：本大题共6小题：满分74分． 得分 是－ 得分 评卷人 18. (本大题满分12分)在袋里装30个小球：其中彩球中有n (n≥2)个红色、5个蓝色、10个黄色：其余为白球．若从袋里取出3个都是相同颜色彩球(无白色)的概率是

一个是红球的概率．

评卷人 17. (本大题满分12分)已知向量a＝(cos(cos33x：sinx)：b＝22xx b－2｜a＋b｜的最小值，sin)：且x∈[0：]．若f (x)＝a ·

2223：求的值． 213：求红球的个数：并求从袋中任取3个小球至少有406得分 评卷人 19. (本大题满分12分)数列{an}是等比数列：a1＝1：公比q是(x展开式中的第二项(按x的降幂排列)．

14)的24x (1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn：

12n (2)若AnCnS1CnS2CnSn：求An．

得分 评卷人 20. (本大题满分12分) 如图：在矩形ABCD中：AB＝3：BC＝a：又PA⊥平面ABCD：PA＝4．

(1)若在边BC上存在一点Q：使PQ⊥QD：求a的取值范围：

(2)当BC上存在唯一点Q：使PQ⊥QD时：求异面直线AQ与PD所成角的大小： (3)若a＝4：且PQ⊥QD：求二面角A－PD－Q的大小．

P

D Q B

C

A

得分 评卷人 21. (本大题满分12分) 已知a＞0：函数f(x)x3a：x∈[0：+∞)：设x1＞0：记曲线y＝f (x)在点M (x1：f (x1))处的切线为l．

1a3 (1)求l的方程：

(2)设l与x轴交点为(x2：0)：证明：①x2≥

：②若x11a31：则a3x2x1．

得分 评卷人 22. (本大题满分14分)设x、y∈R：i、j为直角坐标平面内x、y轴正方向上的单位向量：向量a＝xi＋(y＋2)j：b＝xi＋(y－2)j ：且| a |＋| b |＝8．

(1)求点M (x：y)的轨迹C的方程：

(2)过点(0：3)作直线l与曲线C交于A、B两点：设OPOAOB：是否存在这样的直线l：使得四边形OAPB是矩形？若存在：求出直线l的方程：若不存在：试说明理由．

高三年级统考试题

数学参考答案及评分标准

一．选择题：ADCBB ACDAA DA

二．填空题：13．1 14．19 15．(p＋0.1)a 16．(1：+∞) 三．解答题：

3131xcosxsinxsinxcos2x 22223131 | a＋b |(cosxcosx)2(sinxsinx)222cos2x2|cosx|

2222 x[0，] ∴cos x≥0：因此| a＋b |＝2 cos x

2 ∴f (x)＝a · b－2｜a＋b｜即f(x)2(cosx)2122

17．解：a · bcos x[0，] ∴0≤cos x≤1

2分 4分

6分

2 ①若＜0：则当且仅当cos x＝0时：f (x)取得最小值－1：这与已知矛盾： ②若0≤≤1：则当且仅当cos x＝时：f (x)取得最小值122： 由已知得1228分

31：解得： 2210分

③若＞1：则当且仅当cos x＝1时：f (x)取得最小值14： 由已知得14 综上所述：35：解得：：这与1相矛盾． 2812分

1为所求． 2318．解：取3个球的方法数为C302分 4060 设“3个球全红色”为事件A：“3个全蓝色”为事件B：“3个球全黄色”为事件C：则 33C510C10120 P(B)3：P(C)3

C304060C304060 ∵A、B、C为互斥事件 ∴P(A＋B＋C)= P(A)＋P(B)＋P(C)

4分

即 13P(A)10120  P(A)＝0

406406040606分 8分

∴红球的个数≤2：又∵n≥2：故n ＝2

记“3个球中至少有一个是红球”为事件D：则D为“3个球中没有红球”

3C28 28 P(D)1P(D)13145C3012分 2分

19．(1)解：∵(x14113 的第二项为)Cx()x：∴q＝x 44x24x2 ∴an＝x

n－1

n：Sn1xn1xx1x1

6分

123n(2)解：当x＝1时：AnCn 2Cn3CnnCnnn1n21012n1 又AnnCn (n1)Cn(n2)CnCnnCn(n1)Cn(n2)CnCn012n ∴2Ann(Cn 2 n1 CnCnCn)n2n：An＝n ·

－

8分

1x11x221x331xnnCnCnCnCn 当x≠1时：An1x1x1x1x1123n123n [(CnCnCnCn)(xCnx2Cnx3Cnx4Cn)]

1x11123n [2n1(1xCnx2Cnx3CnxnCn1)][2n(1x)n]

1x1xn2n1x1n ∴An2(1x)n

x11xz 20．方法一

P (1)解：以DA、AB、AP为x、y、z轴建立空间直角坐标系：则

B(0：3：0)：C(－a：3：0)：D(－a：0：0)：P(0：0：4) 2分 D 设Q(t：3：0)：则

PQ＝(t：3：－4)：DQ＝(t＋a：3：0) ∵PQ⊥QD：∴PQDQt(ta)3＝0 即t2＋at＋3＝0 ①

∴△＝a2－12≥0  a≥23． 4分

(2)解：∵BC上存在唯一点Q：使PQ⊥QD：

Q A x B 10分

12分

C y ∴△＝a2－12＝0  a＝23：t＝－3 6分 AQ＝(－3：3：0) ：PD＝(－23：0：－4) ∴cosAQ，PDAQPD|AQ||PD|642 1462742． 8分 14(3)解：过Q作QM∥CD交AD于M：则QM⊥AD：M(t：0：0) ∵PA⊥平面ABCD：∴PA⊥QM：又QM⊥AD：∴QM⊥平面PAD 过M作MN⊥PD于N：连结NQ：由三垂线定理知QN⊥PD ∴∠MNQ是二面角A－PD－Q的平面角

故异面直线AQ与PD所成角为arccos

设N (m：0：n)：则NM＝(t－m：0：－n)：NQ＝(t－m：3：－n) ND＝(－4－m：0：－n)

∵MN⊥PD：ND、PD共线：∴NMPD0，PDND 得：m＋n－t＝0：m－n＝4 ② cosMN,NQNMNQ|NM||NQ|2n31 由①得：t＝－1或t＝－3：由②得：n＝2＋t

2157 当t＝－1时：cosNM,ND：当t＝－3时：cosNM,ND

57157 ∴二面角A－PD－Q的大小为arccos或arccos． 12分

57方法二

(1)解：设BQ＝t：则PQ2＝19＋t2：QD2＝3＋(a－t)2：PD2＝16＋a2 由PQ⊥QD得：19＋t2＋3＋(a－t)2＝16＋a2：即t2－at＋3＝0 ①

∴△＝a2－12≥0  a≥23． 4分

(2)解：∵BC上存在唯一点Q：使PQ⊥QD：

∴△＝a2－12＝0  a＝23：t＝3：故Q是BC中点 取AD中点R：PA中点S：连RS、RC：则RS∥PD：RC∥AQ

∴∠RSC就是异面直线AQ与PD所成角 6分

1 RSPD7：RCAQ6：SCSA2AC219

2RS2RC2SC242 ∴cosRSC

2RSRC1442 故异面直线AQ与PD所成角为arccos． 8分

14(3)解：同方法一得∠MNQ是二面角A－PD－Q的平面角 10分

MNMB4tMN 在Rt△PAD中： PAPD22n22n22

19t23(4t)2NQDQ 在Rt△PQD中： NQPQPD42MN4(4t) cosMNQ 22NQ19t3(4t) 由①得t＝1或t＝3

157：当t＝3时：cosMNQ 57157 ∴二面角A－PD－Q的大小为arccos或arccos． 12分

57 当t＝1时：cosMNQ221．(1)解：f(x)3x2：∴曲线y＝f (x)在点M (x1：f (x1))处的切线的斜率k3x1 ∴切线l的方程为y(x33x2231a)1(xx1)：即y3x1x2x1a

(2)解：令y＝0得x2x31a23x2

111113 ①xa32x31aa31a3)2(2x1a)23x2(x≥0 (*)

13x2111 ∴x2a3：当且仅当x1a3时等号成立．

11②∵x1a3：∴(*)中“＝”不成立：故x2a3 x2a1a1ax32x13x113x2x1(2x1)2 13x13x11 ∵x1a3x3a ∴

ax311x20：故x2＜x1 111 ∴当x1a3时：a3x2x1成立．

22．(1)解：∵a＝xi＋(y＋2)j：b＝xi＋(y－2)j ：且| a |＋| b |＝8 ∴点M(x：y)到两个定点F1(0：－2)：F2(0：2)的距离之和为8

∴轨迹C为以Fx2y21：F2为焦点的椭圆：方程为

12161 (2)解：l过y轴上的点(0：3)：若直线l是y轴：则A、B两点是椭圆的顶点

∴OPOAOB0：∴P与O重合：与四边形OAPB是矩形矛盾． ∴直线l的斜率存在：设l方程为y＝kx＋3：A(x1：y1)：B (x2：y2)

ykx3 由x2 得：(43k2)x218kx12y2161210 此时：(18k)24(43k2)(21)0恒成立：

且x18k1x243k2，x1x21243k2 ∵OPOAOB：∴四边形OAPB是平行四边形

若存在直线l：使得四边形OAPB是矩形：则OA⊥OB：即OAOB0 ∴OAOBx1x2y1y20

即(1k2)x1x23k(x1x2)90  (1k2)(2143k2)3k(18k43k2)90 解得：k54 4分

6分

8分

12分2分 4分

6分

8分

10分12分

∴存在直线l：y5x3：使得四边形OAPB是矩形． 414分