1、湖北省武汉市2007届高中毕业生四月调研测试题数学试卷2007-4-16一、选择题：本大题共 l0 小题，每小题 5 分共 50 分在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的1.复数z=(1i)2i等于( )郝进制作A. 2 B.2 C.2i D. 2i(文)若A、B是两个不等的非空集合, 则下列式子中一定成立的是( )A. AB B. = AB C. AB D. AB2.在等差数列an中, a1a3=8, a2=3 , 则公差d=( )A. 1 B. 1 C. 1 D. 23.在ABC中,C-=90, 若AC=3, BC=4, 则cos(AB)的值为( )A. B. C. D. (文)
2、若tan=2, 则tan()的值为( )A. 3 B. 3 C. D. 4.一条直线与平面所成的角为 (01)交于P、Q两点, 以PQ为直径的圆过椭圆C的右顶点A. (1) 设PQ中点M(x0,y0), 求证: x00), 求证: 函数y=m(x)在区间2,)上为减函数.(2) 已知函数f(x)=ax22ax, g(x)=ex, 若在(0, )上至少存在一点x0, 使得f(x0)g(x0)成立, 求实数a的取值范围.(文)已知函数f(x)=x3bx2cxd有两个极值点x1=1, x2=2, 且直线y=6x1与曲线y=f(x)相切于P点. (1)求b和c 郝进制作 (2)求函数y=f(x)的解析
3、式;(3)在d为整数时, 求过P点和y=f(x)相切于一异于P点的直线方程.21. (本小题满分14分)已知点(an,an1)在曲线f(x)=上, 且a1=1.(1)求f(x)的定义域;(2)求证: (nN*)(3)求证: 数列an前n项和 (n1, nN*)(文)设数列an的前n项和Sn= , n=1,2,3(1)求数列an的通项公式an. (2)求数列的前n项和Tn. 武汉市2007届高中毕业生四月调研测试题数学参考答案(括号中的文科)1.B( C ) 2.C 3.C ( B ) 4.A ( A ) 5.D ( D) 6. B ( D) 7.A (C ) 8.A 9.D( B) 10.D1
4、1. 252 12. ( ) 13. (, ) x|x且x0 14. 48 15. y=4x4 ()16. (1) x要满足cos2x0, 从而2xk (kZ)因此f(x)的定义域为x|xk, (kZ) (4分)(2)由f(x)= f(x)= asin2x=2sin2x(1cos2x)f(x)= 2sin2xcos2x (8分)x=时, f(x)取到最大值, 则2sincos = 3 = , 求得a=4 (12分)因此所求实数a的值为4(文)(1)由f(x)= 4sin2x x要满足cos2x0, 从而2xk (kZ)因此f(x)的定义域为x|xk, (kZ) 又f(x)=2sin2x2(2s
5、in2x1)2 = 2sin2xcos2x2 =4sin(2x)2 6f(x)2, 当2x = 2k , 有f(x)=2 x= k 时, f(x)的最大值为2(2)由f(x)= 4sin(2x)2, 2x2k 由2k2x2k可知:kxk 且xk 于是f(x)在k, k)上为增函数, 在(k, k上也是增函数.17. (1)在边长为1的正方体ABCDA1B1C1D1, E为AD中点, 在A1D1上取中点F. 连接EF过F作FMA1C1于A1C1上一点M, 连接EM, 则EMF为二面角EA1C1D1的平面角.在A1C1D1中, FM=B1D1=, 又EFFM, EF=1 tanEMF= =2, 从
6、而cosEMF= . 二面角EA1C1D1的余弦值为郝进制作(2)在平面ABCD内, 郝进制作延长BA到N点, 使AN=, 故NEA1C1, NE面BA1C1VBA1C1E=VEA1BC1=VNA1C1E=VC1A1BN= (1) 1= (文)在边长为1的正方体ABCDA1B1C1D1连B1D1, 则B1D1A1C1, 设其交点为O1, 连O1B.则由三垂线定理可知O1BA1C1BO1B1为二面角BA1C1B1的平面角.又BB1=1, O1B=, tanBO1B1=, 从而cosBO1B1= .(2)取DC中点F, 连接EF交BD于M点, 又E为AD中点, 故可知EFA1C1, 则EF面BA1
7、C1,因此E到平面BA1C1的距离就是M点到平面BA1C1的距离.D1B1BDMH在对角面BA1D1D内, 郝进制作过M作MHO1B交OB1于H, A1C1面BB1D1D, 则面BD1面BA1C1而MHO1B, 则MH面BA1C1,又sinDBO1= 故在MHB中, MH=BMsinDBO1= = 故E到平面BA1C1之距离为18. (1)=3表示取出的三个球中数字最大者为3三次取球均出现最大数字为3的概率 P1=()3三取取球中有2次出现最大数字3的概率P2=C32()2()= 三次取球中仅有1次出现最大数字3的概率P3=C33()2=P(=3)=P1P2P3= (2)在=k时, 利用(1)
8、的原理可知: 郝进制作P(=k)= ()3 C32()2()1C33()2 = , (k=1,2,3,4) 的概率分布为: 1234PE=1234 = (文)解: (1)从袋中一次取出3个球, 其中数字最大为4时的概率 P= = (2)从袋中每次取出1个球, 取出后立刻放回, 连续取三次三次都取到4时概率P1=()3= 三次中有2次取到4时的概率为P2=C32()2 = 三次中有1次取到4时的概率为P3=C31 ()2 = 因此取出的三次球中,最大数字为4的概率P= 19. 解: (1)设直线l: y=2x与椭圆C: y2= 1 (a1)交于P(x1,y1),Q(x2,y2), 右顶点A(a,
9、0), 将y=2x代入x2a2y2a2=0中整理得(4a21)x24a2x2a2=0 M(x0,y0)为PQ中点 x0= = = 故x01, 则4a2a0 故a=故所椭圆方程为 y2=120. (1) m (x)= axex(2x), 而ax0, 当x2时, m (x)时, m (x)0 当0x0故m(x)在x=时取最大值,同时也为最大值. m(x)max=m()=依题意, 要在(0,)上存在一点x0, 使f(x0)g(x0)成立. 即使m(x0)1只需m()1即1 , 因此, 所求实数a的取值范围为(, )(文)解: (1)设直线y=6x1, 和y=x3bx2cxd相切于点P(x0,y0)f
10、(x)=x3bx2cxd有两个极值点x1=1,x2=2, 于是f (x)=3x22bxc=3(x1)(x2)=3x29x6从而b=, c=6(2)又f(x)=x3x26xd, 且P(x0,y0)为切点, 则由求得x0=0或x0=3, 由联立知d=1x02x03. 在x0=0时, d=1; 在x0=3时, d= f(x)= x3x26x1, 或f(x)= x3x26x(3)当d为整数时,d=1符合条件, 此时P为(0,1)设过P(0,1)的直线l : y=kx1和y= x3x26x1,相切于另一点(x1,y1).则 由及x10, 可知: kx1=x13x126x1即 k=x12x16再联立可知k
11、=x12x16=3x129x16,又x10,x1= , 此时k= 故切线方程为: y= x1 .21. 解:( 1) 由f(x)=知x满足: x2 0, 0 , 0 0, 故x0, 或x1.f(x)定义域为: (, 1(0,)(2) an12=an2 , 则an12an2 = 于是有: = an12a12 = an121要证明: 只需证明: ( *) 下面使用数学归纳法证明: (n1,nN*) 在n=1时, a1=1, a10, 而4k211k80在k1时恒成立. 于是: . 因此 得证. 综合可知( *)式得证, 从而原不等式成立.(3)要证明: , 郝 制 作由(2)可知只需证: (n2)
12、 (* * )下面用分析法证明: (*)式成立. 要使(*)成立, 郝进 制作只需证: (3n2)(3n1)即只需证: (3n2)3n(3n1)3(n1), 只需证:2n1. 而2n1在n1时显然成立,故(*)式得证. 于是由(*)式可知有: 因此有: Sn=a1a2an12( ) = (文) 解: (1)数列 an的前n项和Sn= 知a1=S1=错误！未定义书签。 又由an=SnSn1 (n2)可知: an= = = (n2) 又a1=错误！未定义书签。 满足an= (n2)故数列 an的通项公式an= (nN*)(2) an=, 则 = n(n1)=n2n 于是的前n项之和Tn= + = (123n)(122232n2) = = .