08届高考理科数学第四次月考试题08.1.25
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。
1、复数
的实部是（ B ）
A、
B、
C、
D、 
2、函数
的定义域为（ C ）
A、
B、
C、
D、
3、原命题：“设
，若
则
”的逆命题、否命题、逆否命题中真命题共有（ B ）
A、0个 B、1个 C、2个 D、3个
4、设向量
，则
等于（ C ）
A、
B、
C、
D、
4．若
是两条不同的直线，
是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是（ ）
A．若
，则
B．若
，
，则
C．若
，
，则
D．若
，
，则
6、函数
的图象大致是（ A ）
A、 B、 C、 D、
7、已知椭圆的中心为原点，离心率
，且它的一个焦点与抛物线
的焦点重合，则此椭圆方程为（ A ）
A、
B、
C、
D、
8、对任意实数
，定义运算
，其中
是常数，等式右边的运算是通常的加法和乘法运算。已知
，并且有一个非零常数
，使得对任意实数
，都有
，则的值是（ C ）
A、
B、
C、 D、
二、填空题：本大题共7小题，每小题5分，满分30分．其中13～15是选做题，考生只能选做二题，三题全答的，只计算前两题得分．
9、如右下图给出一个程序框图，其运行结果是 。
10．若
的展开式各项系数和为64，则展开式中的常数项为
。
11．一个几何体的三视图及其尺寸如下（单位：㎝），
则该几何体的表面积是 ，体积是 .
|
12．在一次珠宝展览会上,某商家展出一套珠宝首饰,第一件首饰是1颗珠宝, 第二件首饰是由6颗珠宝构成如图1所示的正六边形, 第三件首饰是由15颗珠宝构成如图2所示的正六边形, 第四件首饰是由28颗珠宝构成如图3所示的正六边形, 第五件首饰是由45颗珠宝构成如图4所示的正六边形, 以后每件首饰都在前一件上,按照这种规律增加一定数量的珠宝,使它构成更大的正六边形,依此推断,设第ｎ件首饰为
，则
_
_____________ (结果用
表示)
13．（坐标系与参数方程选做题）以极坐标系中的点
为圆心，1为半径的圆的方程是 ；
14．（不等式选讲选做题）不等式
的解集是
；
15．（几何证明选讲选做题）
则
_______.
答题卷
一、选择题：（共8小题，每小题5分，共计40分）
| 题 号 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
| 选 项 |
|
|
|
|
|
|
|
|
二、填空题：（共6小题，每小题5分，共计30分）
9． 10．
11． 12．
13． 14． 15．
三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．
16．（满分12分）在△ABC中，角A、B、C所对边分别为a，b，c，已知
，且最长边的边长为l.求： （I）角C的大小；
（II）△ABC最短边的长.
17．（本小题满分12分）一个口袋中装有大小相同的2个白球和4个黑球．（Ⅰ）采取放回抽样方式，从中摸出两个球，求:(1)两球恰好颜色不同的概率；（Ⅱ）采取不放回抽样方式，从中摸出两个球，求摸得白球的个数的期望和方差.（方差：
）
18．（本小题满分14分）
|
（Ⅰ）求证：AB1//面BDC1；
（Ⅱ）求二面角C1—BD—C的余弦值；
（Ⅲ）在侧棱AA1上是否存在点P，
使得CP⊥面BDC1？并证明你的结论.
19.(本题满分14分)已知函数
.
(1)求
在
上的最大值,最小值(
是自然对数的底);
(2)当
时,试讨论方程
的解的个数.
20．（本小题满分14分）已知动圆过定点
，且与直线
相切.
(1) 求动圆的圆心轨迹
的方程；
(2) 是否存在直线
，使过点（0，1），并与轨迹交于
两点，且满足
？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.
21．（本题满分14分）
已知数列 {an}、{bn} 满足：a1 = ，an + bn = 1，bn+1 =
(1) 求证 bn+1 = ；并求b1, b2, b3, b4的值；
(2) 求数列 {bn} 的通项公式；
(3) 设 Sn = a1a2 + a2a3 + a3a4 + … + anan+1，求实数a为何值时 4aSn < bn 恒成立.
答案
三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．
16．（满分12分）在△ABC中，角A、B、C所对边分别为a，b，c，已知，且最长边的边长为l.求： （I）角C的大小；
（II）△ABC最短边的长.
解：（I）tanC＝tan[π－（A＋B）]＝－tan（A＋B）
∵
， ∴
……………………5分
（II）∵0<tanB<tanA，∴A、B均为锐角, 则B<A，又C为钝角，
∴最短边为b ，最长边长为c……………………7分
由
，解得
……………………9分
由
，∴
………………12分
17．（本小题满分12分）一个口袋中装有大小相同的2个白球和4个黑球．（Ⅰ）采取放回抽样方式，从中摸出两个球，求:(1)两球恰好颜色不同的概率；（Ⅱ）采取不放回抽样方式，从中摸出两个球，求摸得白球的个数的期望和方差.（方差：）
解：
（Ⅰ）解法一：“有放回摸两次，颜色不同”指“先白再黑”或“先黑再白”，
记“有放回摸球两次，两球恰好颜色不同”为事件
，…………2分
∵“两球恰好颜色不同”共
种可能，………5分
∴
．…………7分
解法二：“有放回摸取”可看作独立重复实验， …………2分
∵每次摸出一球得白球的概率为
．…………5分
∴“有放回摸两次，颜色不同”的概率为
． ………7分
（Ⅱ）设摸得白球的个数为
，依题意得：
，
，
．…………10分
∴
，……12分
．…………14分
18．（本小题满分14分）
|
（Ⅰ）求证：AB1//面BDC1；
（Ⅱ）求二面角C1—BD—C的余弦值；
（Ⅲ）在侧棱AA1上是否存在点P，
使得CP⊥面BDC1？并证明你的结论.
（I）证明：
连接B1C，与BC1相交于O，连接OD
∵BCC1B1是矩形，
∴O是B1C的中点.
又D是AC的中点，
∴OD//AB1.………………………………………………2分
∵AB1
面BDC1，OD
面BDC1，
∴AB1//面BDC1.…………………………………………4分
（II）解：如力，建立空间直角坐标系，则
C1（0，0，0），B（0，3，2），C（0，3，0），A（2，3，0），
D（1，3，0）……………………5分
|
=（x1，y1，z1）是面BDC1的一个法向量，则
即
.…………6分
易知
=(0，3，0)是面ABC的一个法向量.
.…………………………8分
∴二面角C1—BD—C的余弦值为
.………………………………9分
（III）假设侧棱AA1上存在一点P（2，y，0）（0≤y≤3），使得CP⊥面BDC1.
则
∴方程组无解.
∴假设不成立.……………………………………………………11分
∴侧棱AA1上不存在点P，使CP⊥面BDC1.…………………12分
19.(本题满分14分)
已知函数.
(1)求在上的最大值,最小值(是自然对数的底);
(2)当时,试讨论方程的解的个数.
解:(1)
因为
,所以
,
所以
在上单调递减,
所以当
时,取得最大值
;当
时,取得最小值
.
(2)
即
|
.
|
O 1 x
,
,
,令
得
.
|
|
|
|
| 0 |
| 1 |
|
|
| + | 0 |
| 0 | + | 0 |
|
|
|
| 极大值
|
| 极小值 |
| 极大值
|
|
由图象得:①当
时,原方程有2个解;
②当
时,原方程有3个解;
③当
时,原方程有4个解;
④当
时,原方程有2个解;
⑤当
时,原方程无解.
20．（本小题满分14分）
已知动圆过定点，且与直线相切.
(1) 求动圆的圆心轨迹的方程；
(2) 是否存在直线，使过点（0，1），并与轨迹交于两点，且满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.
19．（本小题满分14分）
解：（1）如图，设
为动圆圆心， 
，过点作直线
的垂线，垂足为
，由题意知： 
…………………2分
即动点到定点与到定直线的距离相等，
由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，其中
为焦点，
为准线，
……………………………………3分
∴动圆圆心的轨迹方程为
……………………………………5分
（2）解法一：由题可设直线的方程为
由
得
△
，
…………7分
设
，
，则
，
……………………………………………9分
由，即 
，
，于是
， ……11分
即
，
，
，解得
或
（舍去） …………………………………13分
又
， ∴ 直线存在，其方程为
……………………………14分
解法二：显然直线的斜率存在，由题可设直线的方程为
由
得
……………………………………7分
设，，则
，
…………………………………9分
由，即 ，，于是， ……11分
即
，
，
，解得
……………………………13分
∴ 直线存在，其方程为 ……………………………14分
21．（本题满分14分）
已知数列 {an}、{bn} 满足：a1 = ，an + bn = 1，bn+1 =
(1) 求证 bn+1 = ；并求b1, b2, b3, b4的值；
(2) 求数列 {bn} 的通项公式；
(3) 设 Sn = a1a2 + a2a3 + a3a4 + … + anan+1，求实数a为何值时 4aSn < bn 恒成立.
20. 解：(1) bn+1 = = =
∵ a1 = ,b1 = ∴ b2 = ,b3 = ,b4 = （4分）
(2) ∵ bn+1－1 = －1 ∴ = = －1 +
∴ 数列{ }是以－4为首项，－1为公差的等差数列
∴ = －4－(n－1) = －n－3
∴ bn = 1－ = （8分）
(3) an = 1－bn =
∴ Sn = a1a2 + a2a3 + … + anan+1 = + + … + = －
=
∴ 4aSn－bn = － =
由条件可知 (a－1)n 2 + (3a－6)n－8<0恒成立即可满足条件设
f (n) = (a－1)n 2 + 3(a－2)n－8 （11分）
a = 1时， f (n) = －3n－8<0恒成立
a > 1 时，由二次函数的性质知不可能成立
a < 1 时，对称轴 －· = －(1－)<0
f (n) 在 (－¥,1] 为单调递减函数.
f (1) = (a－1)n 2 + (3a－6)n－8 = (a－1) + (3a－6)－8 = 4a－15<0
∴ a < ∴a < 1 时 4aSn<b恒成立
综上知：a≤1时，4aSn < b 恒成立（14分）