湖南省长沙市一中2010届高三第一次模拟考试(数学理)

理科数学

一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分；在各小题所给的四个选项中只有一

个符合题目要求）

1．已知复数z1=2+i，z2=3 – i，其中i是虚数单位，则复数

A．0

1B．

2z1的实部与虚部之和为（ ） z2 C．1 D. 2

2．在一次运动员的选拔中，测得到7名选手身高（单位：cm）分布18 0 1

的茎叶图如图．已知记录的平均身高为177cm，但有一名候选人的身170 3 x 8 9 高记录不清楚，其末位数记为x，那么x的值为

A．5

B．6

C．7

A A1 A1 A2 A2 72

B B1 B2 B1 B2 83.5 73

D．8 C C1 C2 C2 C1 80 76.5

实验结果 79 65 88 81 （ ）

3．某化工产品的产量受A、B、C

三个因素的影响，每个因素有两个水平，分别用A1，A2，B1，B2，C1，C2表示．分析如右正交试验结果表，得到最佳因素组合（最佳因素组合是指实验结果最大的因素组合）为（ ） A．(A1，B2，C1)

实验号 列 号

1 2 3 4

1水平的平均值

2水平的平均值 84.5

B．(A2，B1，C2) C．(A2，B1，C1) D．(A2，B2，C2)

4．已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个

几何体的体积（单位：cm3）是 （ ）

A．4

5．如图，设D是图中边长为4的正方形区域，E是D内函数y = x2图像下方的点构成的区

B．5

C．6

D．7

域．在D内随机取一点，则该点在E中的概率为（ ） A．

1B．

415y 4

C． 1D．

213–2 2 x 6．某校在高二年级开设选修课，其中数学选修课开了三个班．选课结束后，有四名选修英

语的同学要求改修数学，但数学选修每班至多可再接收两名同学，那么安排好这四名同学的方案有（ ） A．72种

B．54种

C．36种

D．18种

x25x,0x37．已知函数f (x) = 6，若存在实数m,n[0,5],且mn,使得f (x)在区间[m，

102x,3x5n]上的值域为[m，n]，则这样的实数对（m，n）共有（ ） A．1对

C．3对

B．2对 D．4对 40的两根，则过两点A (a，a)，B (b，b)

2

2

8．已知a、b是关于x的方程x2sinxcos的直线与圆心在原点的单位圆的位置关系是（ ）

A．相交 C．相切

B．相离 D．不能确定

开始 k=1 S0k 50?是否二、填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分；将各小题的最后结果填在题中相应的横在线）

9．如果执行的程序框图如右图所示，那么输出的S= .

10．△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，2OAABAC0,且|OA||AB|,

S S2k输出S kk1 结束则BABC= .

x2y211．已知直线l的极坐标方程是sin()1，若直线l与双曲线21(a0)的一条渐

36a近线平行，则实数a = ．

12．不等式x1xa2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围是 . 13．某研究机构为了研究人脚的大小与身高之间的关系，随机抽测了105人，并规定：身高

大于175cm的为“高个”，小于或等于175cm的为“非高个”；脚长大于42码的为“大脚”，小于或等于42码的为“非大脚”．根据测得结果得到一个2×2列联表．根据该表信息，能够以 的把握认为“脚的大小与身高有关系”．（填百分比）．

大 脚 非大脚 总 计

2高 个 20 10 30

非高个 30 45 75

总 计 50 55 105

n(adbc)2 附：k，其中n = a + b + c + d．

(ab)(cd)(ac)(bd)P (k2≥k0)

k0

0.05 3.841

0.025 5.024

0.010 6.635

14．已知函数f (x) = log2x3sin(2x),则函数y = f (|x|)的零点个数为 ．

15．给定项数为m (m∈N*，m≥3)的数列{an}，其中ai∈{0，1}(i= 1，2，3，…，m),这样的

数列叫”0-1数列”.若存在一个正整数k (2≤k≤m – 1)，使得数列{an}中某连续k项与该数列中另一个连续k项恰好按次序对应相等，则称数列{an}是“k阶可重复数列”．例如数列{an}:0，1，1，0，1，1，0，因为a1，a2，a3，a4与a4，a5，a6，a7按次序对应相等，所以数列{an}是“4阶可重复数列”.

（1）已知数列{bn}：0，0，0，1，1，0，0，1，1，0，则该数列 “5阶可重复数列”（填“是”或“不是”）；

（2）要使项数为m的所有”0-1数列”都为 “2阶可重复数列”，则m的最小值是 ． 三、解答题（本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16.已知向量a(8cos,2),b(sincos,3),设函数f()ab． （1）求函数f()的最大值；

（2）在锐角三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，f(A)6,且△ABC的

面积为3，bc232,求a的值．

17. “上海世博会”将于2010年5月1日至10月31日在上海举行。世博会“中国馆·贵宾厅”作为接待中外贵宾的重要场所，其中陈列的艺术品是体现兼容并蓄、海纳百川的重要文化载体，为此，上海世博会事物协调局将举办“中国2010年上海世博会„中国馆·贵宾厅‟艺术品方案征集”活动．某地美术馆从馆藏的中国画、书法、油画、陶艺作品中各选一件代表作1参与应征，假设这四件代表作中中国画、书法、油画入选“中国馆·贵宾厅”的概率均为，

4陶艺入选“中国馆·贵宾厅”的概率为．假定这四件作品是否入选相互没有影响．

（1）求该地美术馆选送的四件代表作中恰有一件作品入选“中国馆·贵宾厅”的概率; （2）设该地美术馆选送的四件代表作中入选“中国馆·贵宾厅”的作品件数为随机变量，求的数学期望.

18．如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB = 4，CD = 2，等腰梯形的高为3，O为AB

中点，PO⊥平面ABCD，垂足为O，PO = 2，EA∥PO． （1）求证：BD⊥平面EAC；

（2）求二面角E—AC—P的平面角的余弦值．

19．某电视生产企业有A、B两种型号的电视机参加家电下乡活动，若企业投放A、B两种

型号电视机的价值分别为a、b万元，则农民购买电视机获得的补贴分别为

1a,mln(b1)1013P

E O D C

B

A

万元（m＞0且为常数）．已知该企业投放总价值为10万元的A、B两种型号的电视机，且A、B两种型号的投放金额都不低于1万元．

（1）请你选择自变量，将这次活动中农民得到的总补贴表示为它的函数，并求其定义

域；

（2）求当投放B型电视机的金额为多少万元时，农民得到的总补贴最大？

x2y220．在直角坐标系xOy中，椭圆C1：221(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，其

ab中右焦点F2也是拋物线C2：y2 = 4x的焦点，点M为C1与C2在第一象限的交点，且|MF2| = 5． 3 （1）求椭圆C1的方程；

1（2）设E0,，是否存在斜率为k (k≠0)的直线l与椭圆C1交于A、B两点，且|AE| =

2|BE|？若存在，求k的取值范围；若不存在，请说明理由．

21．已知等比数列an的首项为a12，公比为q（q为正整数），且满足3a3是8a1与a5的

3等差中项；数列bn满足2n2(tbn)nbn0（tR,nN*）.

2（1）求数列an的通项公式；

（2）试确定t的值，使得数列bn为等差数列；

（3）当bn为等差数列时，对任意正整数k，在ak与ak1之间插入2共bk个，得到一个新数列cn．设Tn是数列cn 的前n项和，试求满足Tm2cm1的所有正整数m的值。

参考答案 题号 答案

1 C

2 D

3 B

4 A

5 C

6 B

7 C

8 A

9． 2550 .10． 1 . 11．

2． 12．,13,.

13． 97.5％ 14． 30个 15． 是 6 16.【解析】（1）f()ab8cos(sincos)64sin24(1cos2)6

42sin(2)2

4f()max422



…………4分 …………5分

2 （2）由（I）可得f(A)42sin(2A)26,sin(2A)

4423因为0A,所以2A,2A,A…………7分

244444412SABCbcsinAbc3bc62

24…………9分

又bc232

a2b2c22bccosA(bc)22bc2bc(232)2122262a10.

22210.2

…………12分

17. 【解析】记“该地美术馆选送的中国画、书法、油画中恰有i件产品入选„中国馆·贵宾厅‟”为事件Ai (i = 0，1，2，3)，记“代表作中陶艺入选„中国馆·贵宾厅‟”为事件B．

（1）该地美术馆选送的四件代表作中恰有一件作品入选“中国馆·贵宾厅”的概率为

13PP(B)P(A0)P(B)C1P(A1)441322710311C3. „„4分

343643 （2）的取值为0，1，2，3，4．

该地美术馆选送的四件代表作中没有作品入选“中国馆·贵宾厅”的概率为

3 P(0)P(A0)P(B)C40331181. 364 „„5分

该地美术馆选送的四件代表作中恰有两件作品入选“中国馆·贵宾厅”的概率为

13113115 P(2)P(A1)P(B)P(A2)P(B)CC321.„„5分 443443641322 该地美术馆选送的四件代表作中恰有三件作品入选“中国馆·贵宾厅”的概率为

13131P(3)P(A2)P(B)P(A3)P(B)CC344342323111.„„9分 13192 该地美术馆选送的四件代表作品全部入选“中国馆·贵宾厅”的概率为

111P(4)P(A3)P(B)C.„„10分

43192333由（1），P(1)27. 64∴随机变数的分布列为



0 18 641 27 642 15 643 11 1924 1 192P „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„11分 ∴随机变数的数学期望E=

132715111+×2 +×3 +×4 =.„„„„„„12分

12192192646418． 【解析】（1）证：如图，取CD中点M，以AB中点O为坐标原点，OA、OM、OP

为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系，则A (2，0，0)，B (–2，0，0)，C (–1，3，0)，D (1，3，0)，„„„„2分

AC(3,3,0),BD(3,3,0),ACBD33330．

Z P E O D y M C B

∴BD⊥AC．„„„„4分

∵AE∥PO，PO⊥平面ABCD，∴AE⊥平面ABCD得BD⊥AE，∴BD⊥平面EAC．„„„„6分

x （2）P (0，0，2)，AP= (–2，0，2)，设平面PAC的一个法向量n(x,y,z)，

A AP2x2z0n0由得设x = 1得n(1,1,1)．BD=（3，

3x3y0ACn03，0）是平面EAC的一个法向量

„„„„„„„„„„9分

6nBD336. cosn,BD.故二面角E—AC—P的余弦值33|n||BD|323„„„12分

19．【解析】（1）设投放B型电视机的金额的x万元，则投放A型电视机的金额为（10 – x ）万元，农民得到的总补贴 f(x)1x(10x)mln(x1)mln(x1)11,x9 1010„„„„„„5分（没有指明x范围的扣1分）

（2）f(x)m110m(x1)[x(10m1)]，令y′=0得x=10m –1„„7分 x11010(x1)10(x1)1°若10m–1≤1即0＜m≤，则f（x）在[1，9]为减函数，当x=1时，f（x）有最大值； 1 2°若1＜10m–1＜9即m1，则f（x）在[1，10m–1]是增函数在[10m–1，9]是减函

515数，当x=10m–1时，f（x）有最大值； 3°若10m–1≥9即m≥1，则f (x)在[1，9]是增函数，当x=9时，f（x）有最大值．

„„„„„„12分

11因此，当0＜m≤时，投放B型电视机1万元；当m1时，投放B型电视机（10m–1）

55万元，当m≥1时，投放B型电视机9万元．农民得到的总补贴最大。„„„„13分 20．【解析】（1）由已知MF2xm1得xm5 3262262424)代入椭圆方程221 代入y24x得ym,即M(,33339a9b22x2b2又1ab求得a4,b3,故椭圆C1的方程为1„„5分

4322（2）设直线l的方程为y = kx + m (k≠0)， x2y2代入1得(34k2)x28kmx4m2120．

438km4m212 x1x2．„„8分 ,x1x234k234k2直线l与椭圆C，有两个不同公共点的充要条件是

(8km)24(34k2)(4m212)0,即4k2m230（*）

x1x24km3m,ykxm, 00234k234k2 |AE| = |BE|等价于PE⊥AB，即EPAB0,

设AB中点P (x0，y0)，则x014km3m1EP(x0,y0),„„10分 234k234k224km3mk1(34k2) (1，k)为AB的一个方向向量，故k0,m,„„11分 222234k34k(34k2)21 代入（*）得34k0,34k20,4(34k2)0,故k244211k, 2211 因此存在合条件的直线l，其斜率k的范围为,00,.„„„„13分

2221．【解析】（1）因为6a38a1a5,所以6q28q4，解得q24或q22（舍），则

q2„„„„„„3分

又a12，所以an2n2

„„„„4分

232ntn， （2）由2n(tbn)nbn0，得bn32n2所以b12t4,b2164t,b3122t, 则由b1b32b2，得t3

而当t3时，bn2n，由bn1bn2（常数）知此时数列bn为等差数列…8分 （3）因为c1c2c32，易知m1不合题意，m2适合题意………………9分 当m3时，若后添入的数2 = cm + 1，则一定不适合题意，从而cm + 1必是数列an中的某一项ak1，则(222232k)2(b1b2b3bk)22k1, 即2(2k1)(22k)k222k1, 即2k12k22k20． 2也就是2kk2k1，

易证k=1，2，3，4不是该方程的解，而当n≥5时，2nn2n1成立，证明如下： 1°当n = 5时，2532,k2k129，左边＞右边成立； 2°假设n = k时，2kk2k1成立，

当n = k + 1时，2k12k22k2(k1)2(k1)1k2k3

≥（k+1）2+（k+1）–1+5k–k–3=（k+1）2+（k+1）–1+k+3(k–1) ＞（k+1）2+（k+1）–1

这就是说，当n=k+1时，结论成立．

由1°，2°可知，2nn2n1(n5)时恒成立，故2kk2k1无正整数解． 综上可知，满足题意的正整数仅有m=2．„„„„13分