1、北京四中20102011学年度第一学期高三年级开学测试数学试卷（理）（试卷满分150分，考试时间为120分钟）一、选择题（每小题5分，共40分）1设，给出四个图形，其中以集合为定义域，为值 域的函数关系的是（ ） A B C D2已知为非零的平面向量，甲：，乙：，则甲是乙的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件3. 已知，则等于（ ）A7 B C D4函数的图象为C，则下列论断中，正确论断的个数是（ ） （1）图象C关于直线对称； （2）函数在区间内是增函数； （3）由函数的图象向右平移个单位长度可以得到图象C.A0 B1 C2 D35已知等
2、差数列的前项和为，若，且A、B、C三点共线（该直线不过 原点），则（ ）A100 B. 101 C. 200 D. 2016已知随机变量服从正态分布，则（ ）A B C D. 7一组抛物线，其中为2,4,6,8中任取的一个数，为1,3,5,7中任取的一个数， 从这些抛物线中任意抽取两条，它们在与直线交点处的切线相互平行的概率是（ ）A B C D8. 函数的定义域为，且为奇函数，当时， ，则直线与函数图象的所有交点的横坐标之和是（ ）A1 B2 C4 D5二、填空题（每题5分，共30分）9的值域为_。10的展开式中，的系数是_。11由一条曲线与直线以及轴所围成的曲边梯形的面积是_。12已知：定
3、义在(-2,2)上的偶函数，当时为减函数，若恒成立，则实数的取值范围是_。13在ABC中，D为边BC上一点，BD=DC，ADB=120，AD=2，若ADC的面积为，则BAC=_。14定义映射，其中，. 已知对所有的有序正整数对满足下述条件：；若，； 则的值是_；的表达式为_。（用含的代数式表示）。三解答题（共6题，共80分）15（本小题满分13分）解关于的不等式（）。16（本小题满分13分）甲和乙参加智力答题活动，活动规则：答题过程中，若答对则继续答题；若答错则停止答题；每人最多答3个题；答对第一题得10分，第二题得20分，第三题得30分，答错得0分。已知甲答对每个题的概率为，乙答对每个题的概
4、率为。（1）求甲恰好得30分的概率；（2）设乙的得分为，求的分布列和数学期望；（3）求甲恰好比乙多30分的概率.17（本小题满分13分）已知：向量与共线，其中A是ABC的内角。（1）求：角的大小； （2）若BC=2，求ABC面积的最大值，并判断S取得最大值时ABC的形状。18（本小题满分13分）已知：如图，长方体中，、分别是棱,上的点，,.（1） 求异面直线与所成角的余弦值；（2） 证明平面；（3） 求二面角的正弦值.19（本小题满分14分）已知：函数是定义在上的偶函数，当时，为实数）.（1）当时，求的解析式；（2）若，试判断上的单调性，并证明你的结论；（3）是否存在，使得当有最大值1？若存在
5、，求出的值;若不存在，请说明理由.20（本小题满分14分）已知：函数（），（1）若函数图象上的点到直线距离的最小值为，求的值；（2）关于的不等式的解集中的整数恰有3个，求实数的取值范围；（3）对于函数与定义域上的任意实数，若存在常数，使得不等式和 都成立，则称直线为函数与的“分界线”。设， ，试探究与是否存在“分界线”？若存在，求出“分界线”的方程；若不存 在，请说明理由参考答案： 一、 选择题：题号12345678答案BBCCADBD 二、 填空题：9、 10、 189011、 ln2 12、13、 600 14、 6； 三、解答题（共6题，共80分）15解：（1）当时 ，即：； （2）当时
6、 ，即：或； （3）当时 ， 若，则；若，则无解；若，则.综上：原不等式的解集分别为当时，；若时，；当时，当时，；当时，或.16解：（I）甲恰好得30分，说明甲前两题都答对，而第三题答错，其概率为，（II）的取值为0，10， 30，60.，的概率分布如下表：010 3060（III）设甲恰好比乙多30分为事件A，甲恰好得30分且乙恰好得0分为事件B1, 甲恰好得60分且乙恰好得30分为事件B2，则A=为互斥事件. . 所以，甲恰好比乙多30分的概率为17解：（1）因为m/n,所以. 所以，即，即. 因为 , 所以. 故，. （2）由余弦定理，得 又， 而，（当且仅当时等号成立） 所以 当ABC
7、的面积取最大值时，. 又，故此时ABC为等边三角形. 18. 解：法一：如图所示，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，设,依题意得,（1）易得, 于是 所以异面直线与所成角的余弦值为（2）已知, , 于是=0，=0. 因此，,又 所以平面（3）设平面的法向量，则,即 不妨令X=1,可得。 由（2）可知，为平面的一个法向量。 于是，从而, 所以二面角的正弦值为法二：（1）设AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE= 连接B1C,BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1DB1C， 由,可知EFBC1. 故是异面直线EF与A1D所成的角， 易知BM=CM=, 所以 , 所以异面直线FE
8、与A1D所成角的余弦值为（2）连接AC，设AC与DE交点N 因为， 所以，从而， 又由于,所以， 故ACDE,又因为CC1DE且，所以DE平面ACF，从而AFDE. 连接BF，同理可证B1C平面ABF,从而AFB1C, 所以AFA1D因为，所以AF平面A1ED.（3）连接A1N.FN,由（2）可知DE平面ACF, 又NF平面ACF, A1N平面ACF，所以DENF,DEA1N, 故为二面角A1-ED-F的平面角. 易知，所以， 又所以， 在 , 连接A1C1,A1F 在 。所以 所以二面角A1-DE-F正弦值为.19解：（I）设（II）又上为增函数.（III）当不合题意，舍去） 当如下表：x+
9、0最大值 当无最大值. 存在上有最大值1.20解：（1）因为，所以，令 得：，此时， 则点到直线的距离为， 即，解之得或 经检验知，为增解不合题意，故 （2）法一：不等式的解集中的整数恰有3个， 等价于恰有三个整数解，故， 令，由且， 所以函数的一个零点在区间， 则另一个零点一定在区间， 故解之得 法二：恰有三个整数解，故，即， ， 所以，又因为， 所以，解之得（3）设，则 所以当时，；当时， 因此时，取得最小值， 则与的图象在处有公共点 设与存在 “分界线”，方程为， 即， 由在恒成立，则在恒成立 所以成立，因此 下面证明恒成立 设，则 所以当时，；当时， 因此时取得最大值，则成立 故所求“分界线”方程为：