[說明：本套試卷滿分150分，考試時間120分鐘]
試卷報告
本套試卷嚴格依據《考試說明》和課程標準的內容、範圍和要求設定，重視對基礎知識、基本技能和基本數學思想方法的考查，考查的內容幾乎涵蓋高中數學所有知識點．
在試卷設計中，本套試卷以常規題為主，沒有偏題和怪題，同時又有所創新，如第10題（理）、第16題、第17題（文）、第19題（理）、第21題（理）等．本套試卷注重知識的交匯，如第9題是平面向量與三角的綜合問題，第10題（理）是函式、不等式、充要條件的綜合問題，第21題（理）是平面向量與解析幾何定值問題的綜合問題．為了試卷有一定的區分度，本套試卷也設計了一些對數學能力要求較高的試題，如第10題（理）、第17題、第20題第（ⅲ）問（理）、第21題第（ⅲ）問（理）、第22題第（ⅲ）問（理）等．
適用範圍：新課標地區
難度係數：★★★★
區分度：★★★★
一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分．
1．設全集,，，則的值是（ ）
a．1b．5c．1或5d．或5
2．如果複數(其中為虛數單位，)的實部和虛部都互為相反數，那麼等於
abcd．2
3．已知為直線，為平面，給出下列命題：
① ②
③ ④
其中的正確命題序號是（ ）
ab．②③ c．①② d．①②③④
4．如圖１的程式框所示，輸出的結果為（ ）學科網
a．1 b.2 c．4 d．16學科網
圖１5．函式的圖象的大致形狀是（ ）
學科網學科網
圖２6．若點是的外心，且，則實數的值為（ ）
a．1bcd． 學科網
7．等差數列,的前項和分別為, ,若,則=（ ）
ab． c． d．
8．（理）已知，是橢圓上關於原點對稱的兩點，是橢圓上任意一點且直線的斜率分別為，，則的最小值為,則橢圓的離心率為（ ）
abcd．
（文）在平面直角座標系中，橢圓的焦距為，以為圓心，
為半徑作圓，過點（）作圓的兩切線互相垂直，則離心率為（ ）
abcd.
9．在中，分別為∠a、∠b、∠c、的對邊，若向量和行，且，當的面積為時，則=（ ）
ab．2cd．
10．（理）已知函式,正實數是公差為負實數的等差數列,且滿足
；已知命題：實數是方程的乙個解；則下列四個命題：①；②；③；④中是命題的必要不充分條件的命題序號是（ ）
abcd．④
（文）定義在r上的偶函式滿足對所有實數都成立，且在
上單調遞增，則下列成立的是
a. b. c. d.
二、填空題：本大題共7小題，每小題4分，共28分．
11．設不等式組所表示的區域為,現在區域中任意丟進乙個粒子,則該粒子落在直線上方的概率為 ．
12．（理）若,且,
則的值為 ．
（文）已知向量滿足：，且，，，則的值等於 .
13．將數字1，2，3，4，5，6排成一列，記第個數為（），若則不同的排列方法有種．(用數字作答)
14．（理）若數列的通項公式
記，推測出用表並化簡)
（文）已知等差數列中, 是方程的兩根，則等於________．
15．一船向正北航行，看見正西方向有相距10 海浬的兩個燈塔恰好與它在一條直線上，繼續航行半小時後，看見一燈塔在船的南偏西，另一燈塔在船的南偏西，則這艘船是每小時航行______海浬．
16若某多面體的三檢視(單位:)如圖３所示,則此多面體的體積可能為
圖３17．（理）已知集合,
,若,則的取值範圍為 ．
（文）若函式在區間上單調遞增，則實數的取值範圍是________.
三、解答題：本大題共5小題，共72分．
18．（14分）已知函式
（ⅰ）求的單調遞增區間；
（ⅱ）在△abc中，角a、b、c的對邊分別是，滿足求函式的取值範圍.
19．（14分）（理）一種競猜活動，共有若干個問題競猜答案．規定：每一道題被猜一次，猜對得「1」分，猜錯得「－1」分．假設某人猜對每一題答案的概率均為．記前次的分值和為．
（ⅰ）若，求的概率；
（ⅱ）且的概率；
（ⅲ）若時，求且的概率．
（文）如圖４所示，已知四稜錐，底面為菱形，⊥平面，,分別是的中點.
（ⅰ）證明：；
（）若為上的動點，與平面所成最大角的正切值為，求二面角的余弦值．
圖４20．（1４分）（理）如圖５所示，稜柱的所有稜長都等於，，平面平面，．
（ⅰ）證明：；
（ⅱ）求二面角的平面角的余弦值；
（ⅲ）在直線上是否存在點，使平面
？若存在，求出點的位置；若不存在，說明理由圖５
（文）已知數列的前n項和為，且a=1,n=(n+2) (n∈n).
（ⅰ）求證：數列為等比數列；
（ⅱ）求數列{}的通項公式及前n項和；
（ⅲ）若數列{}滿足： =, (n∈n),求數列{}的通項公式．
21．（15分）（理）已知點，和拋物線.，o為座標原點，過點的動直線交拋物線c於m，p，直線mb交拋物線c於另一點q，如圖６所示.
（i） 證明:為定值;
（ii）若△pom的面積為，求向量與的夾角；
(ⅲ) 證明直線pq恆過乙個定點.
圖６（文）已知函式．
（ⅰ）求的單調區間：
（ⅱ）若在處取得極值，直線與的圖象有三個不同的交點，求的取值範圍．
22．（15分）（理）已知函式
（ⅰ）求曲線在點處的切線方程
（ⅱ）當時，求函式的單調區間
(ⅲ)當時，若不等式恆成立，求的取值範圍．
（文）已知點，和拋物線.，o為座標原點，過點的動直線交拋物線c於m，p，直線mb交拋物線c於另一點q.
（）證明:為定值;
（ii）若△pom的面積為，求向量與的夾角；
(ⅲ) 證明直線pq恆過乙個定點.
寧波北崙中學杭州學軍中學
月考試卷調研
1．c 2．c 3．b 4．d 5．c 6．b 7．b
8．（理）c . 設,則,所以, ,故．所以,故,由此得
（文）a
9．b．由得，由及的面積為，可得，．
由餘弦定理可得，故
10．（理）a．易見，且是上的減函式．當，且
時，或，所以．
（文）b．是上的減函式，且是週期為4的週期函式，又是偶函式，
，所以．
11． 12．（理）6 （文）-7 13． 120 14.（理）（文）15 15.10
16. ．原多面體是由正方體截去乙個四稜錐而得到,故其體積為.
17．（理）． 圓心到直線的距離，解得
（文）．由題意可知，解得．
18. （ⅰ）,所以的單調遞增區間為
（ⅱ）由可得,所以．故．所以, , ,
的取值範圍為.
19. （理）（ⅰ），的概率為,所以的概率為
（ⅱ）的概率為,時, 使的概率為，故
且的概率是
（ⅲ）滿足條件競猜情形可分以下三類．第一類，，且的概率為；第二類，，且的概率為；第三類，，且的概率為，故且的概率為
19．（文）（ⅰ）由四邊形為菱形，，可得為正三角形.因為為的中點，所以ae⊥bc.又bc∥ad，因此ae⊥ad因為pa⊥平面abcd，ae平面abcd，所以pa⊥ae.
而pa平面pad，ad平面pad 且pa∩ad=a，所以ae⊥平面pad，又pd平面pad.所以ae⊥pd.
（ⅱ）設ab=2，h為pd上任意一點，連線ah，eh.由（ⅰ）知：ae⊥平面pad，則∠eha為eh與平面pad所成的角.
在rt△eah中，ae=，所以當ah最短時，∠eha最大，即當ah⊥pd時，∠eha最大.此時tan∠eha=因此.又，
所以所以．鏈結分別交於點，則，作於，鏈結，則，是二面角的平面角，中，，，所以
故．20．（ⅰ）鏈結交於，由於為菱形，所以．又因為二面角為直二面角，所以，所以．
（ⅱ）作於，鏈結，則．所以為二面角的平面角．由題意可知是邊長為2的正三角形，所以．中，，所以，而，故，．面角的平面角的余弦值
（ⅲ）延長到使，鏈結，，則因為
所以所以平面．
（文）（）將代入已知n=(n+2)，整理得 (n∈n).
又由已知=1,所以數列{是首項為1，公比為2的等比數列
（）由（）的結論可得=2,所以sn=n·2．當n≥2時，．由已知，a=1,又當n=1時，=1,所以 (n∈n*)
（）由，由此式可得，
,…,把以上各等式相加得，=（n．所以b（n．當n=1時也符合，所以b
21．（理）（ⅰ）由於點在拋物線上，所以可設，，，則直線的方程為．由於點在直線上，所以．所以（定值），故原命題得證
（ii）設向量與的夾角為，則，
△pom的面積，所以．故向量與的夾角
（ⅲ）直線的方程為，由於點在直線上，所以，即，而，所以．令，則．直線的方程為，即，即，直線恆過乙個定點
（文）（）當時，對，有的單調增區間為．當時， 由解得或；由解得，故的單調增區間為；的單調減區間為．
（）因為在處取得極大值，所以
所以由解得．由（）中的單調性可知，在處取得極大值，在處取得極小值． 因為直線與函式的圖象有三個不同的交點，結合的單調性可知，的取值範圍是．
22．（理）（ⅰ），切線方程為
（ii）令得，當時，；；當時，
（3）當時，由函式和導數的關係可知，．故，所以．
杭州學軍中學
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