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1、肥西农兴中学-高三年级7月月考（理科)数学卷考试范畴：推理与证明、计数原理;考试时间:120分钟;命题人：孙汉典第I卷(选择题）一、选择题（本题共2小题，每题分,共6分)从名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作,若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有 ( ）A.80种 B.40种 C.180种 D.种2如图,坐标纸上的每个单元格的边长为，由下往上的六个点：1，2，3，4，5，6的横纵坐标分别相应数列的前12项,如下表所示:按如此规律下去,则（ ）A.501 B.0 C.03 D.53.从0，2中选一种数字.从1.中选两个数字,构成无反复数字的三位数其中奇
2、数的个数为( ) 24 B 1 C 12 D64.已知整数的数对列如下：（1，1），(1,)，(2,1），（，3)，(2,2),（3,)，(1，4), （2,），(，2),(4,1)，(,5）,(,4），则根据上述规律，第60个数对也许是( )A. (3,) B. (4,) C. (4,) .(,7）.方程中的，且互不相似,在所有这些方程所示的曲线中，不同的抛物线共有( ）A、6条 B、2条 、7条 D、80条6.观测下列各式:则,则的末两位数字为( ) B.4 C.07 D.497.已知数列,把数列的各项排列成如图所示的三角形数阵。记表达该数阵中第行的第个数,则数阵中的相应于( ） BCD.
3、8.将名志愿者分派到3个不同的奥运场馆参与接待工作，每个场馆至少分派一名志愿者的方案种数为 （ )A 0 B. 00 .80 D. 1509.五名上海世博会形象大使分别到香港、澳门、台湾进行世博会宣传,每个地方至少去1名形象大使，则不同的分派措施共有A150种.80种C240种D20种10如图所示，某公园设计节日鲜花摆放方案,其中一种花坛由一批花盆堆成六角垛.顶层一种，如下各层堆成正六边形，逐级每边增长一种花盆,若这垛花盆底层最长的一排共有13个花盆，则底层的花盆的个数是( )91 B.12 C169 D.551正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一种正
4、五棱柱对角线的条数共有（ ）A20B15.1D1012.将字母a,a,b，b,c,排成三行两列,规定每行的字母互不相似,每列的字母也互不相似，则不同的排列措施共有（A)12种(）18种(C）2种（D）36种第I卷(非选择题）二、填空题（题型注释）13.设函数,观测:根据以上事实,由归纳推理可得：当且时, .14.我们懂得,在平面中,如果一种凸多边形有内切圆，那么凸多边形的面积S、周长c与内切圆半径r之间的关系为。类比这个结论,在空间中,果已知一种凸多面体有内切球，且内切球半径为R，那么凸多面体的体积V、表面积与内切球半径之间的关系是 。15观测下列等式1=2+3+4=9+5+7=4+5+7+9
5、10=49照此规律，第个等式为 。16若正数满足，则的最大值为 7.在中有如下结论：“若点M为的重心,则”，设分别为的内角的对边，点M为的重心如果，则内角的大小为 ;三、解答题（本大题合计5题，共65分）1.(本题满分2分)用反证法证明：有关的方程 、，当或时，至少有一种方程有实数根19.(本题满分2分)*5*u在各项为正的数列an中，数列的前n项和满足.(1)求1，a，a3; （2)由(1）猜想数列an的通项公式,并用数学归纳法证明你的猜想.20（本题满分3分)已知圆的方程，从0， 3,4，5,6,7，8，10这九个数中选出个不同的数，分别作圆心的横坐标、纵坐标和圆的半径。问:(1）可以作多
6、少个不同的圆?（2)通过原点的圆有多少个?（3）圆心在直线上的圆有多少个？ 1. （本题满分14分）已知抛物线的准线方程为,C1与直线在第一象相交于点，过作C1的切线，过作的垂线交轴正半轴于点,过作的平行线交抛物线于第一象限内的点,过作1的切线，过作的垂线,交轴正半轴于点，,依此类推,在轴上形成一点列A1,2,3，An,设An的坐标为(1）求抛物线的方程； ()试探求有关的递推关系；(3）证明:22. （本题满分1分)若函数满足下列条件:在定义域内存在使得成立，则称函数具有性质;反之，若不存在,则称函数不具有性质（1）证明:函数具有性质，并求出相应的的值;（2）已知函数具有性质,求的取值范畴；
7、理科数学试卷参照答案1. 2.C . 4 5.本题可用排除法，选全排列为20,这些方程所示的曲线要是抛物线,则且,，要减去，又和时,方程浮现反复，用分步计数原理可计算反复次数为,因此不同的抛物线共有120-0-82条.故选B6B本题考察了数学猜想及数学归纳法,同步体现了函数思想与函数周期性的知识，难度较大,容易误判。A 8. A 1.B1.D本题考察了对几何体的观测推理能力，难度中档。. 由于对角线必为一种端点在上底面上,一种端点在下底面上,对上底面的顶点分别观测,发现从每一种顶点出发的对角线有2条，因此共有=1条对角线1.A第一步先排第一列有,在排第二列，当第一列拟定期,第二列有两种措施，如
8、图,因此共有种，选. 二、填空题13.14 类比平面中凸多边形的面积的求法，将空间凸多面体的内切球与各个顶点连接起来,将凸多面体分割成若干个小棱锥，每个棱锥都以多面体的面为底面,以内切球的半径为高,从而（，为凸多面体的各个面的面积）。15题考察了归纳推理以及学生的观测、归纳总结的能力,难度较大。 由前几项可以看出等号右侧分别为,因此第行为,等号左侧最后一种数字分别为1,4，7,0，满足等差数列形式，因此第行为，因此整个第行为167.三、解答题18.(本题满分1分)证明:设三个方程都没有实根,则有鉴别式都不不小于零得： ,与或矛盾,故原命题成立；19.解：(1) a11,a2=，a3=；-3分(
9、)an=-;-5分证明:当时已证;-6分假设n成立,即那么nk1时，S+1kak+1*因此1(-1）（-）+()+ak1.即解得，即nk1时也成立由知，猜想an=对的.-12分2.（本题满分13分）解：(1)可分两步完毕:第一步,先选r有中选法,第二步再选a,b有中选法 因此由分步计数原理可得有.=448个不同的圆 4分（2)圆通过原点满足 因此符合题意的圆有 分（1） 圆心在直线上,因此圆心有三组：0，0；3，7；4，6。因此满足题意的圆共有个 13分2.（本题满分14分）解：（)由题意知 为所求抛物线的方程分（）由题意知直线与抛物线联立得 切线的斜率为直线的斜率为直线的方程为 令,8分（)由（）知 9分易知,直线的斜率为；直线,令2分2.（本题满分4分）（1)证明：代入得：即，解得函数具有性质.(2）解：的定义域为R,且可得,具有性质,存在,使得，代入得化为整顿得: 有实根若,得，满足题意； 若，则要使有实根，只需满足,即,解得 综合,可得
