2011徐州市一检数学试卷及答案

徐州市 2010-2011 学年度高三第一次质量检测 数学试题参考答案与评分标准 一 填空题 1. 3 ； 2.{ |1 2}x x  ； 3.30； 4. 1 3 ； 5. 3 ； 6. 3  ； 7.4； 8. 0.3； 9. 3； 10.  1, 5 ； 11. 2 4 ；12. [ 2, 1]  ； 13．[1 5]， ； 14.6 。 二 解答题 15.（1） 2( ) sin(2 ) cos(2 ) 2cos 12 12 6 12 3 12 f             sin cos 1 cos 3 2 6       ………………………………………………… 2分 3 30 1 2 2     3 1  ……………………………………………………………………………………… …6分 （1） 2( ) sin(2 ) cos(2 ) 2cos 6 3 f x x x x       sin 2 cos cos2 sin cos2 cos sin 2 sin 2cos2 1 6 6 3 3 x x x x x          …………………10分 3sin 2 cos2 1 2sin(2 ) 1 6 x x x        ，……………………………………………… 12分 当 sin(2 ) 1 6 x    时， max( ) 2 1 3f x    ， 此 时 ， 2 2 , 6 2 x k      即 ( ) 6 x k k    Z ，……………………………………………14分 16.（1）设 AC BD G ,连接 FG，易知G是 AC的中点， ∵ F是 EC中点．∴在△ ACE中， FG∥ AE， …………2分 ∵ AE 平面 BFD， FG 平面 BFD， ∴ AE∥平面 BFD． ………………………………6分 （2）平面 ABCD 平面 ABE , BC AB , 平面 ABCD 平面 ABE AB BC 平面 ABE ,又 AE  平面 ,ABE BC AE  , 又 AE BE ， BC BE B , AE 平面 ,BCE AE BF  ,……………………………10 分 G BA D C F E 在 BCE△ 中， ,BE CB F 为CE的中点， BF CE  , AE CE E BF 平面 ACE， 又 BF  平 面 BDF ，  平 面 BDF  平 面 ACE．…………………………………………………14分 17．解：（1）设点 C受 A污染源污染程度为 2 ka x ，点 C受 B污染源污染程度为 2(18 ) kb x ， 其 中 k 为 比 例 系 数 ， 且 0k  ． ……………………………………………………………………4分 从 而 点 C 处 受 污 染 程 度 2 2(18 ) ka kby x x    ． …………………………………………6分 （2）因为 1a  ，所以， 2 2(18 ) k kby x x    ， …………………………… 8分 ' 3 3 2 2[ ] (18 ) by k x x     ，令 ' 0y  ，得 3 18 1 x b   ， …………………………… 12分 又此时 6x  ，解得 8b  ，经验证符合题意． 所 以 ， 污 染 源 B 的 污 染 强 度 b 的 值 为 8． ……………………………14分 18.（1） 1 2 ce a   ，且过点 3(1, ) 2 P ， 2 2 2 2 2 1 9 1, 4 2 , , a b a c a b c           解 得 2, 3, a b     椭 圆 方 程 为 2 2 1 4 3 x y   .………………………………………4分 (2)设点 1 2(4, ), (4, )M y N y 则 1 1 2 2(5, ), (3, ),FM y F N y    1 2 1 215 0FM F N y y      ， 1 2 15y y   ， 又 2 1 1 1 1 1 15 15 15MN y y y y y y      － + ≥2 ， MN 的 最 小 值 为 2 15．…………………………………………………………………………10分 (3)圆心C的坐标为 1 2(4, ) 2 y y ，半径 2 1 2 y y r   . 圆C的方程为 2 2 21 2 2 1( )( 4) ( ) 2 4 y y y yx y       ， 整 理 得 ： 2 2 1 2 1 28 ( ) 16 0x y x y y y y y       . ……………………………………16分 1 2 15y y   ， 2 2 1 28 ( ) 1 0x y x y y y       令 0y  ，得 2 8 1 0x x   ， 4 15x   .  圆 C 过 定 点 (4 15,0) .……………………………………………………………………………16分 19．解：（1）∵ 2 2n nS pa n  ，∴ 1 12 2( 1)n nS pa n    ，∴ 1 12 2n n na pa pa    ， ∴ 1 2 2 2n n pa a p p     ， ∴ 1 1 ( 1) 2n n pa a p     ， …………………………………4分 ∵ 1 12 2a pa  ，∴ 1 0 2 pa p    ，∴ 1 1 0a   ∴ 1 1 0 1 2 n n a p a p       ，∴数列 1na  为等比数列． （2）由（1）知 1 ( ) 2 n n pa p    ，∴ ( ) 1 2 n n pa p    …………………………… 8分 又∵ 2 3a  ，∴ 2( ) 1 3 2 p p    ，∴ 4p  ，∴ 2 1n na   …………………………… 10分 （3）由（2）得 2log 2nnb  ，即 *,( )nb n n N  ， 数列{C }n 中， kb （含 kb 项）前的所有项的和是： 0 1 2 2 ( 1)1 2 3 ) (2 2 2 2 ) 2 2 2 2 k kk kk                （ ………………………12 分 当 k=10 时，其和是 1055 2 2 1077 2011    当 k=11 时，其和是 1166 2 2 2112 2011    又因为 2011-1077=934=467 2，是 2的倍数 ……………………………… 14分 所以当 2 810 (1 2 2 2 ) 467 988m         时，T 2011m  ， 所以存在 m=988 使得T 2011m  ………………………………………… 16分 20．（1）方程 | ( ) | ( )f x g x ，即 2| 1| | 1|x a x   ，变形得 | 1| (| 1| ) 0x x a    ， 显然， 1x  已是该方程的根，从而欲原方程只有一解，即要求方程 | 1|x a  ， 有且仅有一个等于 1的解或无解 ， 结合图形得 0a  . …………………… 4分 （2）不等式 ( ) ( )f x g x≥ 对 xR 恒成立，即 2( 1) | 1|x a x ≥ （*）对 xR 恒成立， ①当 1x  时，（*）显然成立，此时 aR； ②当 1x  时，（*）可变形为 2 1 | 1| xa x    ，令 2 1, ( 1),1( ) ( 1), ( 1).| 1| x xxx x xx          因为当 1x  时， ( ) 2x  ，当 1x  时， ( ) 2x   ， 所以 ( ) 2x   ，故此时 2a ≤ . 综 合 ① ② ， 得 所 求 实 数 a 的 取 值 范 围 是 2a ≤ . ………………………………………8 分 （3）因为 2( ) | ( ) | ( ) | 1| | 1|h x f x g x x a x      = 2 2 2 1, ( 1), 1, ( 1 1), 1, ( 1). x ax a x x ax a x x ax a x                 ≤ ≥ ……10 分 1 当 1, 2 2 a a 即 时，结合图形可知 ( )h x 在[ 2,1] 上递减，在 [1,2]上递增， 且 ( 2) 3 3, (2) 3h a h a     ，经比较，此时 ( )h x 在[ 2,2] 上的最大值为3 3a  . 2 当0 1, 2 2 a a即0≤ ≤ ≤ ≤ 时，结合图形可知 ( )h x 在 [ 2, 1]  ， [ ,1] 2 a  上递减， 在[ 1, ] 2 a   ，[1,2]上递增，且 ( 2) 3 3, (2) 3h a h a     ， 2 ( ) 1 2 4 a ah a    ， 经比较，知此时 ( )h x 在[ 2,2] 上的最大值为3 3a  . 3 当 1 0, 0 2 a a  即-2≤ ≤ 时，结合图形可知 ( )h x 在[ 2, 1]  ，[ ,1] 2 a  上递减， 在[ 1, ] 2 a   ，[1,2]上递增，且 ( 2) 3 3, (2) 3h a h a     ， 2 ( ) 1 2 4 a ah a    ， 经比较，知此时 ( )h x 在[ 2,2] 上的最大值为 3a  . 4 当 3 1, 2 2 2 a a    即-3≤ ≤ 时，结合图形可知 ( )h x 在[ 2, ] 2 a  ，[1, ] 2 a  上递减， P A D B O· 在[ ,1] 2 a ，[ ,2] 2 a  上递增，且 ( 2) 3 3 0h a    , (2) 3 0h a  ≥ ， 经比较，知此时 ( )h x 在[ 2,2] 上的最大值为 3a  . 当 3 , 3 2 2 a a   即 时，结合图形可知 ( )h x 在[ 2,1] 上递减，在[1,2]上递增， 故此时 ( )h x 在[ 2,2] 上的最大值为 (1) 0h  . 综上所述，当 0a≥ 时， ( )h x 在[ 2,2] 上的最大值为3 3a  ； 当 3 0a ≤ 时， ( )h x 在[ 2,2] 上的最大值为 3a  ； 当 3a   时 ， ( )h x 在 [ 2,2] 上 的 最 大 值 为 0.…………………………………………………16 分 附加题答案 21. .A 【证明】因为 PA与圆相切于 A， 所以 2DA DB DC  ， 因为 D 为 PA 中点，所以DP DA ， 所以 DP2 =DB·DC，即 PD DB DC PD  ． ……………5分 因为 BDP PDC  ， 所以 BDP ∽ PDC ， 所以 DPB DCP  ． …………………… 10 分 B．解：矩阵M的特征多项式为 x f       2 21 )( = 4))(1(  x ………………………1 分 因为 31  方程 0)( f 的一根，所以 1x ………………………3 分 由 04)1)(1(   得 12  ，…………………………………5分 设 12  对应的一个特征向量为        y x  , 则      022 022 yx yx 得 yx  …………………………………………8分 令 1,1  yx 则 , 所以矩阵M的另一个特征值为-1，对应的一个特征向量为         1 1  ………10 分 C．消去参数 t，得直线 l的直角坐标方程为 2 1y x  ；…………… 2 分 2 2(sin ) 4    即 2(sin cos )    ， 两边同乘以 得 2 2( sin cos )      ， 得⊙C的直角坐标方程为： 2 2( 1) ( 1) 2x x    , …………………… 6分 圆心C到直线 l的距离 2 2 | 2 1 1| 2 5 2 52 1 d       ， 所以直线 l和⊙C相交． …………………………………………………… 10 分 D. 因为 2 2( 1 2 2 )y x x     ≤ 2 2[1 ( 2) ][1 2 ] 3 3x x      ………6分 ∴ y≤3…8 分， 当且仅当 1 2 1 2x x    时取“”号，即当 0x  时， max 3y  ………10 分 22.（1）根据抛物线的定义，可得动圆圆心 P的轨迹 C 的方程为 2x y …………4分 (2)证明：设 2 2 1 1 2 2( , ), ( , )A x x B x x ， ∵ 2y x ， ∴ 2y x  ，∴ ,AN BN 的斜率 分别 为 1 22 , 2x x ，故 AN的方程为 2 1 1 12 ( )y x x x x   ， BN 的方程 为 2 2 2 22 ( )y x x x x   …7分 即 2 1 1 2 2 2 2 2 y x x x y x x x       ，两式相减，得 1 2 2N x xx   ，又 1 2 2M x xx   ， ∴ ,M N 的横坐标相等，于是MN x ………………10 分 23.(1) ( )P  是“ 个人命中,3  个人未命中”的概率.其中 的可能取值为0，1，2，3. 0 0 2 2 1 2 1 1 2 2 ( 0) C 1 C (1 ) (1 )P a a           , 1 0 2 0 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 ( 1) C C (1 ) C 1 C (1 ) (1 )P a a a a              , 1 1 0 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 ( 2) C C (1 ) C 1 C (2 )P a a a a a             , 2 1 2 2 1 2 1 2 ( 3) C C 2 aP a     . 所以 的分布列为  0 1 2 3 P 21 2 (1 )a 21 2 (1 )a 21 2 (2 )a a 2 2 a  的数学期望为 2 2 2 21 1 1 2 2 2 2 4 10 (1 ) 1 (1 ) 2 (2 ) 3 2 aaE a a a a              . ……………5分 (2)  2 21( 1) ( 0) 1 (1 ) (1 ) 2 P P a a a a             , 2 21 1 2( 1) ( 2) (1 ) (2 ) 2 2 aP P a a a            , 2 2 21 1 2( 1) ( 3) (1 ) 2 2 aP P a a           . 由 2 (1 ) 0, 1 2 0, 2 1 2 0 2 a a a a            和 0 1a  ，得 10 2 a  ,即 a的取值范围是 10, 2      . …… 10 分 O F x y · · P 第 22题