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1、高考总复习冲刺模拟卷湖南数学理科卷（二）一、选择题（本大题共10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设集合A=1，2，3，集合B=a，b，c，那么从集合A到集合B的一一映射的个数共有（ ）A3B6C9D182函数的单调递减区间是（ ）ABCD3设、在同一坐标系下的图象大致是（ ）4将棱长为1的正方体木块切削成一个体积最大的球，则该球的体积为（ ）ABCD5条件 p是 q的（ ）A充分条件但不是必要条件B必要条件但不是充分条件C充要条件D既不是充分条件又不是必要条件6若是纯虚数，则的值为（ ）ABCD7设函数的值是（ ）ABCD28一质点在直线上从时
2、刻t=0秒以速度（米/秒）运动，则该质点在时刻t=3秒时运动的路程为（ ）A4米B8米CD9等于（ ）A0BC1D210已知直线与曲线切于点（1，3），则b的值为（ ）A3B3C5D5二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共25分.把答案填在题中横线上11.若函数f(x)的图象关于直线yx对称，则实数a_.12.把物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是1，空气温度是0，t分钟后温度可由公式0(10)e求得，现有60C的物体放在15C的空气中冷却，当物体温度为35C时，冷却时间t_.13.在MON的边OM上有5个异于O点的点，在ON上有4个异于O点的点，以这10个点(含O点)为顶点，可以得
3、到的三角形的个数为_.14.某保险公司新开设了一项保险业务，规定该份保单在一年内如果事件E发生，则该公司要赔偿a元，假若在一年内E发生的概率为p，为使公司受益的期望值等于a的，公司应要求该份保单的顾客缴纳的保险金为_元.15.设曲线y和曲线y在它们交点处的两切线的夹角为，则tan 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（本小题满分12分）ABC中，三个内角分别是A、B、C，向量时，求.17（本小题满分12分）为了测试甲、乙两名射击运动员的射击水平，让他们各向目标靶射出10次，其中甲击中目标7次，乙击中目标6次，若再让甲、乙两人各自向目标靶射击3次，求
4、： （1）甲运动员恰好击中目标2次的概率是多少？ （2）两名运动员都恰好击中目标2次的概率是多少？（结果保留两个有效数字）.18（本小题满分12分）在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱是底面边长的2倍，P是侧棱CC1上的任一点. （1）求证：不论P在侧棱CC1上何位置，总有BDAP； （2）若CC1=3C1P，求平面AB1P与平面ABCD所成二面角的余弦值； （3）当P点在侧棱CC1上何处时，AP在平面B1AC上的射影是B1AC的平分线.19.(13分)袋中装有m个红球和n个白球，mn2，这些红球和白球除了颜色不同以外，其余都相同.从袋中同时取出2个球.(1)若取出是2个红球的概率等于取
5、出的是一红一白的2个球的概率的整数倍，试证m必为奇数；(2)在m，n的数组中，若取出的球是同色的概率等于不同色的概率，试求失和mn40的所有数组(m，n).20.(13分)已知等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，是否存在常数c，使数列Snc也成等比数列？若存在，求出c的值；若不存在，说明理由.21.(13分)已知动点P与双曲线x2y21的两个焦点F1，F2的距离之和为定值，且cosF1PF2的最小值为.(1)求动点P的轨迹方程；(2)设M(0，1)，若斜率为k(k0)的直线l与P点的轨迹交于不同的两点A、B，试求k的取值范围，使|MA|MB|.答案一、 选择题（每小题5分，共50分） BC
6、BCA BCDDA二、填空题11.212.213.9014. 15. 三、解答题：本大题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解，17解：依题意，知甲运动员向目标靶射击1次，击中目标的概率为；乙运动员向目标靶射击1次，击中目标的概率为 （1）甲运动员向目标靶射击3次，恰好击中目标2次的概率是（2）甲、乙两运动员各自向目标靶射击3次，恰好都击中目标2次的概率是答： 略18解（1）由题意可知，不论P点在棱CC1上的任何位置，AP在底面ABCD内射影都是AC， ， （2）延长B1P和BC，设B1PBC=M，连结AM，则AM=平面AB1P平面ABCD. 过B作BQAM于Q，连结
7、B1Q，由于BQ是B1；Q在底面ABCD内的射影，所以B1QAM，故B1QB就是所求二面角的平面角，依题意，知CM=2B1C1，从而BM=3BC. 所以. 在中，得 为所求.（3）设CP=a，BC=m，则BB1=2m，C1P=2ma，从而在依题意，得. .即 故P距C点的距离是侧棱的别解：如图，建立空间直角坐标系.设依题意，得即故P距C点的距离是侧棱的19.(1)设取出2个球是红球的概率是取出的球是一红一白2个球的概率的k倍(k为整数)则有kmn m2kn1kZ，nZ，m2kn1为奇数(2)由题意，有mnm2mn2n2mn0即(mn)2mn mn2，所以mn44mn7mn的取值只可能是2，3，
8、4，5，6相应的mn的取值分别是4，9，16，25，36即或或或或解得或或或或注意到mn2(m，n)的数组值为(6，3)，(10，6)，(15，10)，(21，15)20.设存在常数c，使数列Snc也成等比数列则(Snc)(Sn2c)(Sn1c)2SnSn2Sc(2Sn1SnSn2) (1)当q1时，Snna1，Sn1(n1)a1，Sn2(n2)a1，代入得a12n(n2)a12(n1)2ca12(n1)n(n2)推得a10，这与等比数列中an0矛盾.故q1时，不存在(2)当q1时，Sn，代入得 化简得a12qnca1qn(1q)cq1时，存在c使数列Snc也成等比数列21.(1)x2y21，
9、c2112，c设|PF1|PF2|2a(常数a0)，由2a2c2，a由余弦定理有cosF1PF2 1|PF1|PF2|()2a2当且仅当|PF1|PF2|时，|PF1|PF2|取得最大值a2.此时cosF1PF2取得最小值1由题意1，解得a23P点的轨迹方程为y21 (2)设l：ykxm(k0) 与联立得代入得：(13k2)x26kmx3(m21)0 (*)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB中点Q(x0，y0)的坐标满足x0即Q()|MA|MB|，M在AB的中垂线上klkABk1解得m 又由(*)由两个实数根，知0，即(6km)24(13k2)3(m21)12(13k2m2)0 将代入得1213k2()20解得1k1，由k0，k的取值范围是k(1，0)(0，1)
