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練習冊

練習冊
試題

內蒙古赤峰二中2009年3月高三統(tǒng)一考試

數(shù)學（理）

本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分150分，考試時間120分鐘．

　　　第Ⅰ卷（選擇題，共60分）

一。選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.

1．若（表示虛數(shù)單位），則復數(shù)在復平面內對應的點位于

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

2．設

A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．不充分也不必要條件

3 .在各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{}中, 、是方程的兩個根，則的值為

A. 32 B. 64 C. 64 D.256

4．設曲線在點處的切線與直線垂直，則

A．2 B． C． D．

5．已知f(sinx+cosx)=tanx（x[0,π]），則f ()等于

A　.－ B. － C. ± D. －或－

6．一臺計算機裝置的示意圖如圖所示，其中、表示數(shù)據(jù)入口，C是計算結果的出口．計算過程是由、分別輸入正整數(shù)和，經(jīng)過計算機運算后由C輸出的結果為正整數(shù)．此裝置滿足下列三個性質：①；②；③．現(xiàn)從輸入5、輸入6，則輸出結果的值為

A．20 B．22 　　 C．24 　 D．26

7．棱長為3的正三棱柱內接于球O中，則球O的表面積為

A．36 B．21 C．9 D．8

8．已知A、B，以AB為一腰作使∠DAB=直角梯形ABCD，且，CD中點的縱坐標為1．若橢圓以A、B為焦點且經(jīng)過點D，則此橢圓的方程為

A． B． C． D．

9．已知O為直角坐標系原點，P、Q的坐標滿足不等式組，則的最小值為（）

A、 B、 C、 D、0

10 .袋中裝有編號從1、2、3、4的四個球，四個人從中各取一個球，則甲不取1號球，乙不取2號球，丙不取3號球，丁不取4號球的概率

A. B. C. D.

11.如圖所示，O、A、B是平面上三點，向量在平面 AOB上，P為線段AB的垂直平分線上任一點，

向量則?（）值是

A. B.5 C.3 D.

12．已知函數(shù)的定義域為，部分對應值如下表，為的導函數(shù)，函數(shù)的圖像如圖所示．若兩正數(shù)滿足，則的取值范圍是

-2

0

4

1

-1

1

A． B． C． D．

第Ⅱ卷（非選擇題，共90分）

二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分。請將答案直接填在題中橫線上。

13．若則

14.直三棱柱中，，則直線與平面所成角的正切值為。

15．已知函數(shù)f(x)= 在x=1處連續(xù)，則 ___

16．給出下列四個結論：

①若A、B、C、D是平面內四點，則必有；

②“”是“”的充要條件；

③如果函數(shù)對任意的都滿足，則函數(shù)是周期函數(shù)；

④已知點和直線分別是函數(shù)圖像的一個對稱中心和一條對稱軸，則的最小值為2；

其中正確結論的序號是．（填上所有正確結論的序號）．

三、解答題：本大題共6個小題．滿分70分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．請將解答過程寫在答題紙的相應位置．

17．（本小題10分）已知向量＝(1＋cosB，sinB)且與向量=（0，1）所成的角為，其中A、B、C為ΔABC的三個內角。

（1）求角B的大�。唬�2）若AC＝，求ΔABC周長的最大值。

18．（本小題12分）四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD=CD=1，∠BAD=120°，PA=，∠ACB=90°。

（1）求證：BC⊥平面PAC；

（2）求二面角D-PC-A的大小的正切值；

（3）求點B到平面PCD的距離。

19．（本小題12分）袋中有形狀大小完全相同的8個小球，其中紅球5個，白球3個。某人逐個從袋中取球，第一次取出一個小球，記下顏色后放回袋中；第二次取出一個小球，記下顏色后，不放回袋中，第三次取出一個小球，記下顏色后，放回袋中，第四次取出一個小球，記下顏色后不放回袋中……，如此進行下去，直到摸完球為止。

（1）求第四次恰好摸到紅球的概率；

（2）記ξ為前三次摸到紅球的個數(shù)，寫出其分布列，并求其期望Eξ。

20.（本小題滿分12分）

已知數(shù)列滿足

（Ⅰ）求數(shù)列的通項公式；

（Ⅱ）若數(shù)列滿足，證明：是等差數(shù)列；

（Ⅲ）證明：

21．(本小題滿分12分)已知雙曲線的離心率，過點和的直線與原點間的距離為

（Ⅰ）求雙曲線方程；

（Ⅱ）直線與雙曲線交于不同的兩點，且兩點都在以為圓心的同一個圓上，求的取值范圍.

22．（本小題12分）已知函數(shù)f(x)＝ax³＋x²－2x＋c，過點，且在（－2，1）內單調遞減，在[1，上單調遞增。

（1）證明sinθ=1，并求f(x)的解析式。

（2）若對于任意的x₁，x₂∈[m，m＋3]（m≥0），不等式|f(x₁)－f(x₂)|≤恒成立。試問這樣的m是否存在，若存在，請求出m的范圍，若不存在，說明理由。

（3）已知數(shù)列{a_n}中，a₁∈，a_n_＋1＝f(a_n)，求證：a_n_＋1>8?lna_n（n∈N^*）。

一、選擇題：

1．D 2．A 3 B 4．D 5．A 6．D 7．B 8．C 9．A 10．B 11.A 12.B

二、填空題：

13．12 14． 15 3 16．，①②③④

三、解答題：

17．解：法（1）：①∵=(1+cosB，sinB)與=（0，1）所成的角為

∴與向量=（1，0）所成的角為

∴，即（2分）

而B∈（0，π），∴，∴，∴B=。（4分）

②令AB=c，BC=a，AC=b

∵B=，∴b²=a²+c²-2accosB=a²+c²-ac=，∵a，c>0。（6分）

∴a²+c²≥，ac≤ （當且僅當a=c時等號成立）

∴12=a²+c²-ac≥ （8分）

∴(a+c)²≤48，∴a+c≤，∴a+b+c≤+=（當且僅當a=c時取等號）

故ΔABC的周長的最大值為。（10分）

法2：（1）cos<，>=cos

∴，（2分）

即2cos²B+cosB-1=0，∴cosB=或cosB=-1（舍），而B∈（0，π），∴B= （4分）

（2）令AB=c，BC=a，AC=b，ΔABC的周長為，則=a+c+

而a=b?，c=b? （2分）

∴==

= （8分）

∵A∈（0，），∴A-，

當且僅當A=時，。（10分）

18．解法一：（1）∵PA⊥底面ABCD，BC平面AC，∴PA⊥BC

∵∠ACB=90°，∴BC⊥AC，又PA∩AC=A，∴BC⊥平面PAC

（2）∵AB∥CD，∠BAD=120°，∴∠ADC=60°，又AD=CD=1

∴ΔADC為等邊三角形，且AC=1，取AC的中點O，則DO⊥AC，又PA⊥底面ABCD，

∴PA⊥DO，∴DO⊥平面PAC，過O作OH⊥PC，垂足為H，連DH

由三垂成定理知DH⊥PC，∴∠DHO為二面角D-PC-A的平面角

由OH=，DO=，∴tan∠DHO==2

∴二面角D-PC-A的大小的正切值為2。

（3）設點B到平面PCD的距離為d，又AB∥平面PCD

∴V_A-PCD=V_P-ACD，即

∴ 即點B到平面PCD的距離為。

19．解：（1）第一和第三次取球對第四次無影響，計第四次摸紅球為事件A

①第二次摸紅球，則第四次摸球時袋中有4紅球概率為

（2分）

②第二次摸白球，則第四次摸球時袋中有5紅2白，摸紅球概率為

（3分）

∴P(A)=，即第四次恰好摸到紅球的概率為。（6分）（注：無文字說明扣一分）

（2）由題設可知ξ的所有可能取值為：ξ=0，1，2，3。P（ξ=0）=；

P（ξ=1）=；P（ξ=2）=；

P（ξ=3）=。故隨機變量ξ的分布列為：

ξ

0

1

2

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（10分）

P

∴Eξ=（個），故Eξ=（個）（1

20.解：（1），

故數(shù)列是首項為2，公比為2的等比數(shù)列。

，…………………………………………4分

（2），

①

②

②―①得，即③

④

④―③得，即

所以數(shù)列是等差數(shù)列……………………9分

（3）………………………………11分

設，則

…………13分

21．解：（1）設，.

整理得AB：bx-ay-ab=0與原點距離，又，

聯(lián)立上式解得b=1，∴c=2，.∴雙曲線方程為.

（2）設C（x₁，y₁），D（x₂，y₂）設CD中點M（x₀，y₀），

∴，∴|AC|=|AD|，∴AM⊥CD.

聯(lián)立直線與雙曲線的方程得，整理得（1-3k²）x²-6kmx-3m²-3=0，且.

∴ ，，

∴∴，∴AM⊥CD.

∴，整理得，

則且k²>0，，代入中得.

∴.

22．解：（1）∵(x)=3ax²+sinθx-2

由題設可知：即∴sinθ=1。（2分）

從而a=，∴f(x)=，而又由f(1)=得，c=

∴f(x)=即為所求。（4分）

（2）(x)=x²+x-2=(x+2)(x-1)易知f(x)在（-∞，-2）及（1，+∞）上均為增函數(shù)，在（-2，1）上為減函數(shù)。

（i）當m>1時，f(x)在[m，m+3]上遞增。故f(x)_max=f(m+3)，f(x)_min=f(m)

由f(m+3)-f(m)=(m+3)³+(m+3)²-2(m+3)-=3m²+12m+得-5≤m≤1。這與條件矛盾故舍。（6分）

（ii）當0≤m≤1時，f(x)在[m，1]上遞減，在[1，m+3]上遞增。

∴f(x)_min=f(1)，f(x)_max={f(m)，f(m+3)}_max

又f(m+3)-f(m)=3m²+12m+=3(m+2)²->0（0≤m≤1），∴f(x)_max=f(m+3)

∴|f(x₁)-f(x₂)| ≤f(x)_max-f(x)_min=f(m+3)-f(1) ≤f(4)-f(1)=恒成立

故當0≤m≤1原式恒成立。（8分）

綜上：存在m且m∈[0，1]合乎題意。（9分）

（3）∵a₁∈(0，1，∴a₂∈，故a₂>2

假設n=k（k≥2，k∈N*）時，a_k>2。則a_k+1=f(a_k)>f(2)=8>2

故對于一切n（n≥2，n∈N*）均有a_n>2成立。（11分）

令g(x)=

得=

當x∈（0，2）時(x)<0，x∈（2，+∞）時，(x)>0，

∴g(x)在x∈[2，+∞時為增函數(shù)。

而g(2)=8-8ln²>0，即當x∈[2，+∞時，g(x)≥g(2)>0恒成立。

∴g(a_n)>0，（n≥2）也恒成立。即：a_n+1>8lna_n（n≥2）恒成立。

而當n=1時，a₂=8，而8lna₁≤0，∴a₂>8lna₁顯然成立。

綜上：對一切n∈N*均有a_n+1>8lna_n成立。

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