高考数学模拟试卷广东

1、2.湛江一中、选择题：（本大题共在 ABC中，角A、A. 1已知命题P ：a,b3.4.5.6.7.2007年高考数学综合模拟试卷（一）8个小题，每小题5分，共40分）B、C的对边分别为a、b、c,A -,aq 0 ),当x ai时，函数f(x)取得极小值，点(n,2Sn)(n N )均在函数y 2px2 q f (x) q的图象上，(其中f (x)是函数f(x)x的导函数)(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式；4Scn(3)记bn q，求数列bn的刖n项和Tn.n 320.(本小题满分14分)设f (x)是定义在0,1上的函数，若存在X (0,1)，使彳导f (x)在0,x 上单调递

2、增，在x ,1上单倜递减，则称f(x)为0,1上的单峰函数，x为峰点，包含峰点的区间为含峰区间. 对 任意的0,1上的单峰函数f (x),下面研究缩短其含峰区间长度的方法.(1)证明：对任意的x1，x2 (0,1), x1x2,若f(x1)f (x2),则(0,x2)为含峰区间；若f(x1)f(xz),则(x1,1)为含峰区间；(2)对给定的r(0 r 0.5)，证明：存在x1，x2 (0,1),满足x2 x 2r ,使得由(1)所 确定的含峰区间的长度不大于0.5 r ;湛江一中2007年高考数学综合模拟试卷（一）参考答案题号12345678答案BBCCADDA11.S212.S12 S；S

3、；9. 8510.1113. (1,7)14.m n m n n mb a b a b a, b 0, ab, m, n 015.解：(I)a/b, sin xcosx3cos2 x 0, cosx 0, sin x . 3 cosx 0, tan x 2(n) f(x)b sin xcosx3 cos2 x3分sin x 八 八V 3.6分 cosx8分1- =sin22x一 cos 2x 2243sin(2x ) 3210分x (0,2), 2x 3q,3)取得最大值，最大值为sin-221当2x ，即x 时，f (x)321216.解法1: （I）当点E为BC的中点时，EF与平面 PAC

4、平行.二,在 PBC中，E、F分别为BC、PB的中点，EF/PC 又 EF 平面 PAC,而PC 平面PAC.EF/平面PAC-4分(II)证明： PAL平面 ABCD , BE 平面 ABCD , .EB LPA.又 EB LAB , AB n AP=A , AB , AP 平面 PAB ,.EBL平面 PAB,又 AF 平面 PAB, AF BE.又PA=AB=1，点F是PB的中点，AFXPB, 4分又, PBnBE=B, PB, BE 平面 PBE, . AF，平面 PBE. PE 平面 PBE, AFXPE. 8分(m)过 A 作 AG，DE 于 G,连 PG,又 DEXPA,则 DE

5、，平面 PAG,于是，平面 PAG,平面PDE,它们的交线是 PG,过A作AMPG,垂足为 M, 则AM，平面 PDE,即PA在平面 PDE的射影是 PM ,所以PA与平面 PDE所成 的角是/ APG=45 .在 RtPAG 中，PA=AG=1 , DG=V2 , 10分设 BE=x, AGE ABE ,贝U GE=x, CE= -x,在 RtADCE 中，(J2+x)2=( J3 x)2+12,得 BE=x=73 - 72 .12 分解法二：(II)建立图示空间直角坐标系，则 P (0, 0, 1), B (0, 1,0),_ _ 1 1F(0,-,-), D(V3,0,0)设 BE x,

6、则 E(x,1,0)1、PE AF (x,1, 1) (0, ,) 0 AF _L PE 8 分(出)设平面 PDE的法向量为 TOC o 1-5 h z m PD 01 xm (p,q,1).由 _.，得：m (-,1 -,1)m PE 033而AP= (0, 0, 1)依题意PA与平面PDE所成角为45|m AP|所以 sin45 =-L= ,|m| | AP | 11得 BE= x= V3 V2 ,或 BE=x=C3+/2 （舍） 12分17.解：（I）应选女生25X - =5 （个），男生15X - =3 （个），可以得到不同的样本个数 4040是C；5c135 .4分（II） （1）

7、这8位同学中恰有3位同学的数学和物理分数均为优秀，则需要先从物理的4个优秀分数中选出 3个与数学优秀分数对应， 种数是C3A3 （或A3 ）,然后剩下的5个数学分数和物理分数任意对应，种数是Ao根据乘法原理，满足条件的种数是C3AsA5 6分这8位同学的物理分数和数学分数分别对应的种数共有A；.18.故所求的概率PC；A；A51(2)变量y与x的相关系数是r =1468832.4 21.4正相关.若以数学成绩x为横坐标， 物理成绩y为纵坐标做散点图如下 从散点图可以看出这些点大至分布 在一条直线附近，并且在逐步上升， 故物理与数学成绩是高度正相关.12分设y与x线性回3方程y=bx+a、根据所

8、给的数据，可以计算出一u 688b =0.65 , a=85 0.65 X 77.5=34.63 ,1050所以y与x的回归方程是 ? 0.65X 34.63. 解：(1)由题意MQ是线段AP的垂直平分线，于10分0.99.可以看出，物理与数学成绩是高度14分|CP|=|QC|+|QP|=|QC|+|QA|=2 近 |CA|=2 ,于是点Q的轨迹是以点C, A为焦点，半焦距c=1,长半轴a=J2的椭圆，短半轴b 后c21,2点Q的轨迹E方程是：2(2)设F ( X1, y1)H(X2, y2),则由222消去 y 得(2k2 1)x2 4kJk24k.k2 1XiX22k2 1,X1X2OF

9、OHX1X2必丫2X1X2kx2k22k2.k2 120, 8k2 0(2k2 12(kx1， k1)(kx2k 0).k2 1)2(k1)x1 x2(k2 1) 2k2k. k2 1(x14k2(k2 1)X2)k22k2 1k2 12k2 12k21k21k2 12k2 1k21,10分_2|FH |.(Xi X2)(y y2)2,(Xi2y1y 2 2X2) 1 (力2)X1x22.(1 k )(Xi、2x2)4x1 x2(1 k2)2 2k22k2 1又点O到直线FH的距离d=1 ,-1S d|FH|2；2k2(k2 1)2k2 1K K 12 分令t 2k2 1 t 2,3, n k

10、212(t 1),SQ 219.张 吗。1)1)出1)与 n3 11 亚尸，9 t2 44t2S 2.K K K K K K 14分 43解：(I)解：f (x) px (p q)(x 1)( px q) x令 f (x) 0,得x 1或x , 0 1, p p(0,-) pg p(9) p1(1, +oo)f (x)+0一0+f(x)极大值极小值一当*=变化时，f (x), f(x)的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得最小值，即 a1=1.5分(II)2 q ry 2px f x由于a1=1 ,所以(x)q 2px2px p, 2Sn 2p an， 一*、p an p,(n N ),

11、2al2Sn又 2S2a2一得n 12ana 2a22(a22( a；(a n由于anan 10,(出)所以,TnqTn q2(1 q)TnTnanSnq 2q3(n1)n(n1)2p a；11 13)ananp ap,彳#p1.。an an 1 ,1、-0,(an an 1)(an an 1) Q21 ,所以an是以a1=1,公差为一的等差数列,22q23q4q(1 qn)(1 q2)2 3q3K1212n22 n10分(n4(n 1)q1)qn3n . u，由bn4Snnnqnnq1nnq ,0,而 p 1n，故q 1,q3 Knnq11-K q20. (1)证明：设xn 1nqq(1 q

12、n)1 qnq14分为f (x)的峰点，则由单峰函数定义可知f (x)在0,x 上单调递增，在*x ,1上单调递减,当f(x1) f(x2)时，假设f(x1)f (x2)矛盾，所以x当f(x1) f(x2)时，假设一一 .(0, x2)，则 x1x2 x ,从而(0,x2)，即(0,x2)为含峰区间.(x1,1)，则 xxx2 ,从而一 * 一一.f(x )f(x2) f(x1)，这与一 * 一 一 .f(x ) f(x1) f(x2)，这与 TOC o 1-5 h z 一一一 一 * 一 f (Xi)“*2)矛盾,所以* (XI ,1)，即(xi,1)为含峰区间 .(孙)(2)证明：由(1)

13、的结论可知：当f(Xi)f(X2)时，含峰区间白长度为liX2；当f(Xi)f(X2)时，含峰区间白长度为12 1 Xi；对于上述两种情况，由题意得X20.5 r1 X1 0.5 r 由得 1 x2 x11 2r,即 x2 x1 2r ,又因为X2 Xi 2r ,所以X2 Xi 2r将代入得x1 0.5 r, x2 0.5 r,由和解得x1 = 0.5 r, x2=0.5 r, 所以这时含峰区间的长度l1l2 0.5 r ,(14)即存在x1，x2使得所确定的含峰区间的长度不大于0.5 r2y=2sinx,y=lgx,则满足在其定义域上均值为2的函数的序号是合要求的函数的序号）11.等比数列an的公比为q,其前n项的积为Tn ,并且满足条件a1 1,a99 1a99a100 1 0,工 0。给出下列结论：0 q 1;2991 1