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5.全国十运会期间,某高校有14名志愿者参加接待工作.若每天排早、中、晚三班,每班4人,每人每天最多值一班,则开幕式当天不同的排班种数为 ( )
A. B. C. D.
08年咸阳市高考数学第一次模拟考试
参考答案及评分标准
一、选择题
1.C 易知A={-1,0,1},B={1,2},故A∩B={1}.
2.D 分x<1与2≤x<5讨论.
3.D =+λ(+)=+2λ(其中D为BC的中点),于是有=2λ,从而点A、D、P共线,即点P的轨迹通过三角形ABC的重心.
4.B 作出不等式表示的平面区域即可.
5.A 先从14人中选出12人,再将12人进行分组,且每组4人.
6.B 由线面位置关系不难知道:①③正确的.
7.B [解析]由题意知:等差数列中,从第1项到第2005项是正数,且从第2006项开始为负数,S4010=2005(a1+a4010)=2005(a2005+a2006)>0,
S4011==4011a2006<0, 故n的最大值为4010.
另解:由题意可得:等差数列中,从第1项到第2005项是正数,且从第2006项开始是负数,则所有的正项的和为Sn的最大值,即当n=2005时,取得最大值,显然Sn是关于n的缺常数项的二次函数,且开口向下,所以第2005项离对称轴最近,故其对称轴介于2005到2005.5之间,又因为二次函数的图象与x轴的一个交点是(0,0),则设另一个交点(x,0),x应介于4010到4011之间.所以使Sn>0的最大自然数是4010,故选B.
本小题结论可以推广成一般结论:等差数列中,a1>0,ak+ak+1>0,且akak+1<0,则使前n项和Sn>0的最大自然数n是2k..
8.B 原函数的图象是由y=图象向下移动一个单位,且在(-∞,0),(0,+∞)上为减函数,所以其反函数的图象是由y=的图象向左移动一个单位,且在定义域上为减函数.
9.B 易知面BCC1B1内的点到点F的距离是到BC的距离倍的,由椭圆的第二定义即知.
10.D 设 M F双曲线的交点为P,焦点F(-c,0), F2(c,0),由平面几何知识知:F2P⊥FM,又|F F2|=2c 于是 |PF2| =2csin60°=c |PF1| =c
故 2a= |PF2| -|PF1| =c-c =( -1)c e= =+1.
11.C 特值法:令a=2与可知在上恒正,显然选项D不正确.
12.B 依题意知PMQ曲线是以A、B为焦点、实轴长为2的双曲线的一支(以B为焦点),此双曲线的离心率为2,以直线AB为轴、AB的中点为原点建立平面直角坐标系,则该双曲线的方程为 x2-=1,点C的坐标为(3,).则修建这条公路的总费用ω=a[|MB|+2|MC|]=2a[|MB|+|MC|],设点M、C在右准线上射影分别为点M 、C ,根据双曲线的定义有|M M|=|MB|,所以=2a[|M M|+|MC|]≥2a|C C|=2a×(3-)=5a.当且仅当点M在线段C C上时取等号,故ω的最小值是5a.
二、填空题
13.200 易知A=2 ,ω= ,=±,y=2-cos(πx+)=2±sinπx,从而
f(1)+f(2)+f(3)+…+f(100)=2×100=200.
14. [解析]∵y’=3x2-≥-, ∴tanα≥-
又∵ 0≤α≤∏ ∴0≤α<
15. 由二项式定理知: 的展开式中的系数为 C.,的展开式中的系数为C.,于是有C.= C.,解得 =.
16.①、③ 可通过作差比较得到结论.
17. 283 [解析] 由条件知道:该数列的奇数项分别为1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,…,偶数项分别为3,4,5,6,7,8,9,10,11,…,把奇数项的前10项与偶数项的前9项相加即得S19=283.
18. 4012 [解析]∵f(1+0)=f(1).f(0),2=2f(0),∴f(0)=1
∵f(2)=f(1+1)=f(1).f(1)=22,
f(3)=f(2+1)=f(2).f(1)=23,
依此类推:f(2005)=22005,f(2006)=22006,
∴原式==4012.
三、解答题
19.解:(Ⅰ) 1分
=
== 3分
∵θ∈[π,2π],∴,∴≤1
max=2. 5分
(Ⅱ) 由已知,得 7分
又 ∴ 10分
∵θ∈[π,2π]∴,∴. 12分
20.解: (Ⅰ) 比赛以甲3胜1而结束,则第四局一定甲胜,前三局中甲胜两局, 1分
∴所求概率为:. 3分
答:比赛以甲3胜1而结束的概率为. 4分
(Ⅱ) 比赛以乙3胜2而结束,则第五局一定乙胜,前四局中乙胜两局, 5分
∴所求概率为: 7分
答:比赛以乙3胜2而结束的概率为. 8分
(Ⅲ)甲先胜3局的情况有3种:3胜无败,3胜1败,3胜2败.,则其概率分别为 9分
,=,,
于是甲获胜的概率 11分
∴乙获胜的概率 ∴. 12分
21.方法一
解: (Ⅰ)记AC与BD的交点为O,连接OE, 1分
∵O、M分别是AC、EF的中点,ACEF是矩形,
∴四边形AOEM是平行四边形, 2分
∴AM∥OE. 3分
∵平面BDE, 平面BDE,
∴AM∥平面BDE. 4分
(Ⅱ)在平面AFD中过A作AS⊥DF于S,连结BS,
∵AB⊥AF, AB⊥AD,
∴AB⊥平面ADF, 5分
∴AS是BS在平面ADF上的射影,
由三垂线定理得BS⊥DF.
∴∠BSA是二面角A-DF-B的平面角。 7分
在RtΔASB中,
∴ 8分
∴二面角A-DF-B的大小为60º. 9分
(Ⅲ)设CP=t(0≤t≤2),作PQ⊥AB于Q,则PQ∥AD,
∵PQ⊥AB,PQ⊥AF,,
∴PQ⊥平面ABF,QF平面ABF,
∴PQ⊥QF. 11分
在RtΔPQF中,∠FPQ=60º,PF=2PQ.
∵ΔPAQ为等腰直角三角形,
∴ 12分
又∵ΔPAF为直角三角形,
∴,
∴
所以t=1或t=3(舍去)
即点P是AC的中点. 14分
方法二( 仿上给分)
(Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系。
设,连接NE,
则点N、E的坐标分别是(、(0,0,1),
∴NE=(,
又点A、M的坐标分别是
()、(
∴ AM=(
∴NE=AM且NE与AM不共线,
∴NE∥AM.
又∵平面BDE, 平面BDE,
∴AM∥平面BDF.
(Ⅱ)∵AF⊥AB,AB⊥AD,AF
∴AB⊥平面ADF.
∴ 为平面DAF的法向量。
∵NE.DB=(.=0,
∴NE.NF=(.=0得
NE⊥DB,NE⊥NF,
∴NE为平面BDF的法向量。
∴cos<AB,NE>=
∴AB与NE的夹角是60º.
即所求二面角A-DF-B的大小是60º.
(Ⅲ)设P(t,t,0)(0≤t≤)得
∴DA=(0,,0,),
又∵PF和AD所成的角是60º.
∴
解得或(舍去),
即点P是AC的中点.
22.解:(Ⅰ)法一: ||== ,
当n= 时, ||min==1,所以c=. 3分
法二:设G(x,y),则G在直线y=x上,所以||的最小值为点F到直线y=x的距离,即
=1,得c=.
(Ⅱ)∵= (≠0),∴PE⊥直线x= , 又 || = || (a>c>0).
∴点P在以F为焦点,x= 为准线的椭圆上. 5分
设P(x,y), 则有 = |-x|, 点B(0-1)代入, 解得a=.
∴曲线C的方程为 +y2=1 7分
(Ⅲ)假设存在方向向量为a0=(1,k)(k≠0)的直线l满足条件,则可设l:y=kx+m(k≠0),
与椭圆+y2=1联立,消去y得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0. 10分
由判别式△>0,可得m2<3k2+1. ①
设M(x1,y1),N(x2,y2), MN的中点P(x0,y0),由|BM|=|BN|, 则有BP⊥MN.
由韦达定理代入kBP=-,可得到m= ②
联立①②,可得到 k2-1<0, 12分
∵k≠0, ∴ -1<k<0或0<k1.
即存在k∈(-1,0)∪(0,1),使l与曲线C交于两个不同的点M、N,且||=||. 14分
23.解: (Ⅰ) ,若切点是,则
切线方程为. 1分
当n=1时,切线过点(1,0),即,得
当n>1时,切线过点,即,解得.
数列是首项为,公比为的等比数列,
故所求通项 . 4分
(Ⅱ) 由(1)知
9分
(Ⅲ)设,则,
两式相减得,
. 故. 14分