广东深圳一模

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1、2006 年深圳市高三年级第一次调研考试数学2006 3本试卷分第卷 ( 选择题 ) 和第卷 ( 非选择题 ) 两部分第卷为第 1 页至第 2 页，第卷为第 3 页至第 5 页满分150 分，考试时间 120 分钟第卷( 选择题，共 50 分)注意事项：1答第卷前， 考生务必将自己的姓名、考号、考试科目用2B 铅笔涂写在小答题卡上同时，用黑色钢笔将姓名、考号、座位号填写在模拟答题卡上2每小题选出答案后，用2B 铅笔把模拟答题卡上对应题目的答案标号涂黑；最后，用2B 铅笔将模拟答题卡上的答案转涂到小答题卡上，不能答在试题卷上3考试结束后，将模拟答题卡和小答题卡一并交回参考公式：(1)如果事件 A

2、、 B 互斥，那么P(A B) P(A) P(B)；(2)如果事件 A、 B 相互独立，那么P(A· B) P(A)· P(B)；一选择题：本大题共10 小题；每小题且只有一项是符合题目要求的5 分，共50 分在每小题给出的四个选项中，有1. 在复平面内，复数 1 1 所对应的点位于iA第一象限B. 第二象限C第三象限D. 第四象限20x5是不等式| x4 |4 成立的A充分不必要条件C充要条件B.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件3. 已知直线 l 及三个平面 、 、 ，给出下列命题 :若l /， l/，则/若,，则若 l其中真命题是A.,l,则/B. C.若l, l

3、 /，则/D. x24.已知实数 x 、 y 满足约束条件 y2, 则 z2x 4y 的最大值为xy 6A. 24B. 20C. 16D. 125.已知R 上的奇函数f (x) 在区间（，0）内单调增加，且 f ( 2)0 ，则不等式f (x)0的解集为A.2,2B., 20,2C., 22,D.2,02,6. 某学校要派遣 6 位教师中的 4 位去参加一个学术会议，其中甲、乙两位教师不能同时参加，则派遣教师的不同方法数共有A 7 种B 8 种C 9 种D 10 种7.按向量 a (,2) 平移函数 f ( x)2sin( x) 的图象，得到函数y g( x) 的图象，63则A.g ( x)2

4、cos x2B.g( x)2cos x2C.g( x)2sin x2D.g ( x)2sin x28.函数 f (x) （ xR）由 x ln f ( x)0 确定，则导函数y f ( x) 图象的大致形状是yyyyOxOxOOxxA.B.C.D.9. 曲线 x1y2上的点 P 到点 A( 1, 23) 与到 y 轴的距离之和为d, 则 d 的最小值是4A. 13B. 3C. 23D. 410. 若点 A、 B、 C 是半径为2 的球面上三点 , 且 AB2 ，则球心到平面ABC 的距离之最大值为2B.3C.2D.3A.22第卷 (非选择题共100 分 )注意事项 :第卷全部是非选择题，必须在

5、答题卡非选择题答题区域内，用黑色钢笔或签字笔作答，不能答在试卷上，否则答案无效二填空题：本大题共4 小题；每小题5 分，共20 分11将容量为 50 的样本数据，按从小到大的顺序分成4 组，如下表：组号1234频数111413则第 3 组的频率为.lim 14n12.n.n1413.圆 C : x2y22x2 y 70 的圆心坐标为，设 P 是该圆的过点(3,3) 的弦的中点 ,则动点 P 的轨迹方程是.14将给定的 25 个数排成如右图所示的数表，若a11a12a13a14a15每行 5 个数按从左至右的顺序构成等差数列，每列a21a22a23a24a25的 5 个数按从上到下的顺序也构成等

6、差数列，且表a31a32a33a34a35正中间一个数a331，则表中所有数之和为a41a42a43a44a45.a51a52a53a54a55三解答题：本大题6 小题，共80 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤15 (本小题满分13 分 )已知向量 a (cos x,sin x) , b ( cos x, cos x) ,c ( 1,0) .（）若 x6，求向量 a 、 c 的夹角；, 9 时，求函数 f ( x) 2a b 1（）当 x的最大值 .2816 (本小题满分13 分 )已知袋中装有大小相同的2 个白球和4 个红球 .( )从袋中随机地将球逐个取出，每次取后不放回，直到取出

7、两个红球为止，求取球次数的数学期望；( )从袋中随机地取出一个球，放回后再随机地取出一个球，这样连续取4 次球，求共取得红球次数的方差 .17 (本小题满分13 分)如图，边长为 2 的等边 PCD 所在的平面垂直于矩形M 为 BC 的中点 .( )证明： AM PM ；( )求二面角P AMD 的大小；( )求点 D 到平面 AMP 的距离 .ABCD 所在的平面， BC 22 ，PDCMB18（本题满分14 分）已知函数f ( x)xb 的图象与函数g( x)x23x2 的图象相切 , 记F (x)f ( x)g ( x) .（）求实数b 的值及函数F (x) 的极值；（）若关于x 的方程

8、 F ( x)k 恰有三个不等的实数根，求实数k 的取值范围 .19.（本题满分13 分）已知椭圆c1 :x2ty236(t0) 的两条准线与双曲线c2:5 x2y236 的两条准线所围成的四边形之面积为12 6, 直线 l与双曲线c2 的右支相交于P,Q 两点 (其中点P 在第一象限)，线段OP与椭圆 c1 交于点A, O 为坐标原点(如图所示).（ I）求实数t 的值；yP（ II ）若OP3 OA ，PAQ 的面积S26 tanPAQ ，l求直线 l 的方程 .AOxQ20（本题满分 14 分）已知数列an的前 n 项和 Sn满足： S1 1, Sn 1 2Sn1(n N ), 数列 b

9、n的通项公式为bn34(nN).n（ I）求数列 an 的通项公式；（ II ）试比较 an 与 bn 的大小 ,并加以证明；（ III）是否存在圆心在x轴上的圆C 及互不相等的正整数n、 m、 k，使得三点An (bn, an ), Am (bm, am), Ak (bk , ak ) 落在圆C 上?说明理由.2006 年深圳市高三年级第一次调研考试（数学）答案及评分标准 明：一本解答 出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据 的主要考 内容比照 分 准制 相 的 分 二 算 ，当考生的解答在某一步出 ，如果后 部分的解答未改 的内容和 度，可 影响的程度决定 分，但不得

10、超 部分正确解答 得分数的一半；如果后 部分的解答有 重的 ，就不再 分三解答右端所注分数，表示考生正确做到 一步 得的累加分数四只 整数分数， 和填空 不 中 分数一 ：本大 每小 5 分， 分50 分1. D2. A3. C4. B5. B6. C7. A8. C9. B10. D二填空 ：本大 每小 5 分， 分20 分11. 0.2412.113.(1,1)； (x2)2( y2)2214. 25三解答 ：本大 分80 分15 ( 本小 分13 分 )已知向量 a (cos x,sin x) ,b ( cos x, cos x) , c ( 1,0) .（）若 x6，求向量 a 、 c

11、 的 角；, 9（）当 x ，求函数f ( x)2ab1的最大 .28解 :（）当 x6 ，cos a,caccos x 2 分accos2x sin2 x(1)202cos xcos65cos分0a c,5 a, c3 分46 分6（）2f(x)2b1 2(cosxsinxcosx)1 8 分a2 sin x cos x(2 cos2 x1)sin 2xcos 2x2 sin( 2x)104分 x, 928 2x4 3 ,2 ，故 sin(2x)1,2 11 分442当 2x3, 即 x时 ,f ( x) max113 分44216 (本小 分13 分 )已知袋中装有大小相同的2 个白球和

12、4 个 球 .( )从袋中随机地将球逐个取出，每次取后不放回，直到取出两个 球 止，求取球次数的数学期望；( )从袋中随机地取出一个球，放回后再随机地取出一个球， 取4次球，求共取得 球次数的方差 .解： ( )依 意，的可能取 2,3 ， 41 分P(2)A4223 分A62；5P(3)(C21C41 A22 )C3125 分A3；56P(4)(C22C41 A33 )C3117 分A64；5E222114534.555故取球次数的数学期望 14 .8 分5( ) 依 意， 摸 4 次球可 作4 次独立重复 ， 且每次摸得 球的概率均 2 ，3则B(4, 2 ) 103分 D42283(1

13、).39故共取得 球次数的方差 8 . 13 分P917 (本小 分13 分)如 ， 2 的等 PCD 所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面， BC 22 ， M 为 BC 的中点 .DC( ) 明： AM PM ；M( )求二面角 P AMD 的大小；B( )求点 D 到平面 AMP 的距离 .解法 1： ( )取 CD的中点 E， PE、EM、 EA PCD 正三角形P PECD， PE=PDsin PDE=2sin60° = 3平面 PCD平面 ABCD PE平面 ABCD 3 分四 形 ABCD是矩形E ADE、 ECM、 ABM均 直角三角形DC由勾股定理可求得MEM=

14、3 ，AM= 6 ， AE=3B EM 2AM 2AE 2 5 分 AME=90° AMPM6 分( ) 由 ( ) 可知 EM AM，PM AM PME是二面角 P AM D 的平面角8 分 tan PME=PE31EM3 PME=45°二面角 P AM D 为 45°；10 分( ) 设 D点到平面 PAM的距离 d ， DM， VP ADMVD PAM 11 分 1 S ADMPE1 S PAMd31 AD3而 S ADMCD222在 Rt PEM 中，由勾股定理可求得 PM= 6 .S PAM1 AMPM3 ,所以： 1212 233d ,3326 d.3

15、即点 D到平面 PAM的距离 26 . 13 分3解法 2： ( ) 四 形ABCD是矩形 BCCD平面 PCD平面 ABCD BC平面 PCD 2 分而 PC 平面 PCD BCPC同理 AD PD在 Rt PCM中， PM= MC 2PC 2( 2 )222P6同理可求 PA=3，AM=62 AM 2PM 2PA2 5 分E PMA=90°DC即 PM AM 6 分M( ) 取 CD的中点 E， PE、 EMB PCD 正三角形 PECD， PE=PDsin PDE=2sin60° = 3平面 PCD平面 ABCD PE平面 ABCD由 ( ) 可知 PM AM EMA

16、M PME是二面角P AM D 的平面角8 分 sin PME=PE32PM62 PME=45°二面角 P AM D 为 45°； 10 分 ( ) 同解法 ( )解法 3： ( ) 以 D点 原点，分 以直 DA、 DC为x 、 y ，建立如 所示的空 直角坐 系Dxyz ,依 意，可得D (0,0,0), P(0,1,3), C(0,2,0),A(22,0,0), M (2,2,0) 2 分 PM( 2,2,0) (0,1, 3)(2,1,3)AM(2,2,0)(22,0,0)(2,2,0) 4 分 PMAM(2,1,3) (2,2,0)0即 PMAM , AM PM.

17、 6 分( ) 设 n( x, y, z) ，且 n 平面 PAM， n PM0( x, y, z)(2,1, 3)0n AM0即( x, y, z)(2 ,2,0)02xy3z02x2 y0z3yx2 yxzPDCMBy取 y1，得 n(2,1,3)6 分取 p(0,0,1) ， 然 p 平面 ABCD cos n, pnp32| n | | p |62 合 形可知，二面角P AM D 为 45°；10 分( ) 点 D 到平面 PAM的距离 d ，由 ( ) 可知 n ( 2,1,3) 与平面 PAM垂直， d| DA n | = | (22,0,0)(2,1, 3) |2 6

18、.| n |( 2) 212( 3) 23即点 D到平面PAM的距离 26. 13 分318（本 分14 分）已知函数f ( x)xb 的 象与函数g( x)x23x2 的 象相切 , 记F (x)f ( x)g ( x) .（）求 数b 的 及函数 F (x) 的极 ；（）若关于x 的方程 F ( x) k 恰有三个不等的 数根，求 数k 的取 范 .解：（）依 意，令f( x)g ( x),得 12x 3,故 x1.函数 f ( x) 的 象与函数g( x) 的 象的切点 ( 1,0). 2 分将切点坐 代入函数f ( x)x b 可得b1 . 5 分或 : 依 意得方程 f ( x)g

19、( x) ，即 x22x2b0 有唯一 数解 2 分故224(2)0，即b1 5 分bF (x)( x1)( x23x2) x 34x 25x2 ,故 F ( x) 3x28x25 3( x 1)(x5) ,53令 F ( x)0 , 解得 x1, 或 x.8 分3列表如下:( ,55(51(1, )3, 1)x33F ( x)0-0 增极大 4 减极小 0 增F (x)27从上表可知 F ( x) 在 x5 取得极大 4, 在 x1 取得极小 . 10 分327（）由（）可知函数yF ( x) 大致 象如下 所示 .yy=F(x)445y=k 27x-1O312 分作函数 yk 的 象 ,

20、当 yF (x) 的 象与函数yk 的 象有三个交点 ,关于x 的方程 F ( x) k 恰有三个不等的 数根 . 合 形可知： k(0,4) 14 分2719.（本 分 13 分）已知 c1 : x2y236(t0) 的两条准 与双曲 c2 :5 x2y236 的两条准 t所 成的四 形之面 126,直 l 与双曲 c的右支相交于P,Q两点 (其中点 P 在第2一象限 )， 段 OP 与 c1 交于点 A, O 坐 原点 (如 所示 ).（ I）求 数 t 的 ；y（ II ）若 OP3 OA ，PAQ 的面 S26tanPAQ ，P求直 l 的方程 .l（ I）解：由 意知 c1 : x2

21、y2A36(t0) 的焦点在 y 轴tOx上， 0 t 1. 1 分Q椭圆 c1 的两条准 的方程 y36和 y36，3636t3636t 两条准 相距23612, 3 分3636t1t双曲 c2 :5 x2y236的两条准 的方程 x30和 x30， 两条准 相55距 2 30 . 4 分5上述四条准 所 成的四 形是矩形, 由 意知故 数 t 的 是 1 .5 分5122 3012 6, t1 .1 t55（ II ） A(m, n),由 OP3 OA 及 P 在第一象限得 P(3m,3 n), m 0, n 0.Ac1 , Pc2 , 5m2n236,5m2n24, 解得 m 2, n4

22、,即 A(2,4), P(6,12).8 分设 Q ( x, y), 则 5x2y236.由 S26 tan PAQ ,得 1APAQ sinPAQ26tanPAQ ，2AP AQ52 ，即 (4,8)( x2, y4)52, x2 y 30.10 分51xx319 解 得，或.3y3y19因点 Q 在双曲 c2 的右支，故点 Q 的坐 (3,3) . 11 分由 P(6,12), Q (3, 3)得直 l 的方程 y3x3 ,即 5x y 18 0.12363 13 分20（本 分 14 分）已知数列an 的前 n 和 Sn 足： S11, Sn12Sn1(n N ), 数列 bn的通 公式

23、 bn3n4(nN ).（ I ）求数列 an 的通 公式；（ II ） 比 an 与 bn 的大小 , 并加以 明；（ III）是否存在 心在x 上的 C 及互不相等的正整数n、 m、 k，使得三点An (bn , an ), Am (bm , am), Ak (bk , ak ) 落在 C 上? 明理由 .解：（ I ）Sn 12Sn1(nN ),Sn 12Sn1, Sn 2 2Sn 11( n N ),两式相减得 an 22an 10,an 22an 1( nN ). 2 分又 a1S11, S2 2S13a1a21, a22a1 .a11, an 12an ( nN ), 即数列an是

24、首 1,公比 2 的等比数列 ,其通 公式是 an(2)n 1(nN ). 4分另解一 :S11, Sn 12Sn1(nN ),S112 , Sn 112(Sn1)(nN), 即数列Sn1 是首 2 ,3333332 的等比数列 , 其通 公式是 Sn1(2) n公比 33( n N ). 2分当 n2 时 ,anSnSn 1( 2) n1( 2) n 11( 2)n 1 ,3333又a11,an(2)n1 (nN).4 分（ II ）(1) a11,b11; a22,b22; a48,b48.当 n1,2, 4时 , anbn . 6 分(2)当 n2k1(kN) 时 , a2k1(2)2k

25、0,b2k1 6k1 0, anbn .7 分(3)当 n2k( kN, k3)时 ,a2k22k14(11)2k50C132k64,b2 k6k 4,216(C2 k52k 5 )anbn26k60180, 即 anbn.9 分（ III）不存在 心在x 上的 C 及互不相等的正整数n、 m、 k，使得三点An , Am , Ak 落在 C 上 . 10 分假 存在 心在x 上的 C 及互不相等的正整数n、 m、 k，使得三点 An , Am , Ak即 An (3n 4,( 2)n 1 ), Am (3m4,( 2) n 1 ),Ak (3k4,( 2)k 1 ) 落在 C 上.不妨 nm

26、k, 设圆 C 的方程 : x2y2DxF0 .从而 9n224n 164n 1(3n4)DF09m224m164m 1(3m 4)DF09k224k16 4k 1(3k 4)D F 0由 ,得9(nm)( nm)24(nm)(49(mk)( mk)24(mk)(4n 14m 1)3(nm)D0m 14k 1)3(mk)D0即 9( nm)4n 14m 13D024nm9( mk)244m 14k 13D0mk由得9( nk )4n 14m 14m 14k 1nmmk0整理得9(nk )4k 1( mk)( n4nk4m k(nm)(mk )k)(k) ( n m) 0 ,nm knmk4nk4mk 121,km.nk分作函数4x( xx 4x ln 4 4x4x (x ln 4 1)0 ( x 1),f (x)x1), 由 f ( x)x2x2知函数4x(x1) 是增函数 .f (x)xn mk 1,nkm k 1, 4n k4mk, 生矛盾 .n kmk故不存在 心在x 上的 C 及互不相等的正整数n、 m、 k，使得三点 An , Am , Ak落在 C 上 .14 分