2010年广州市高三年级调研测试-数学（理科）.doc

2010 年广州市高三年级调研测试 数学（理科）试题参考答案及评分标准 说明：1．参考答案与评分标准指出了每道题要考查的主要知识和能力，并给出了一种或几种解法 供参考，如果考生的解法与参考答案不同，可根据试题主要考查的知识点和能力比照评 分标准给以相应的分数． 2．对解答题中的计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变 该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的得分，但所给分数不得超过该部分 正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分． 3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数，选择题和填空题不给中间分． 一、选择题：本大题主要考查基本知识和基本运算．共 8 小题，每小题 5 分，满分 40 分． 二、填空题：本大题主要考查基本知识和基本运算．本大题共 7 小题，考生作答 6 小题，每小题 5 分，满分 30 分．其中 14～15 题是选做题，考生只能选做一题． 9． 10 10． 1 11. ①②③ 12．3 4 13.    ,0 1,  14．50 15． 1,1 简答或提示： 7．解 1：设圆心为 2, ( 0)a aa      ，则 22 2 2 12 1 5 5 5 aa aar       ，当且仅当 1a  时等号 成立.当 r 最小时，圆的面积 2S r 最小，此时圆的方程为 2 2( 1) ( 2) 5x y    ，选 A. 解 2：画图可得，当直线 2 0x y m   与曲线 2 ( 0)y xx   相切时，以切点为圆心，切点到直线 2 1 0x y   的距离为半径的圆为所求.设切点为 0 0 0( , ) ( 0)P x y x  ，因为 2 2'y x   ，所以 2 0 2 2x    ，解得 0 01, 2x y  ， 5r  ，故 2 2( 1) ( 2) 5x y    为所求，选 A. 8 ． 将 数 列 分 组 ： 1 2 1 3 2 1 4 3 2 1, , , , , , , , , ,...1 1 2 1 2 3 1 2 3 4                        ． 设 2010a 位 于 第 n 组 ， 由 ( 1) ( 1)20102 2 n n n n   ，解得 63n  ，所以 2010a 位于第 63 组中的第 63 622010 572   项，故 2010 7 57a  ，选 B． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D B C C D A B 12． 2 2 0 1 2 1 32( ) 4( 2 ) P A x x dx       ． 14．由 FP BC ， FQ AC ，得C 、 Q 、 F 、 P 四点共圆，所以 CQP CFP B      180 A C      180 60 70 50       ． 15．即求直线 2 0x y   与抛物线段 2y x （ 0 2y  ）的交点，交点的直角坐标为 1,1 ． 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．（本小题满分 12 分） （1）解：依题意得，  cos 3,sin 3AB OB OA         ，……………………………2 分 所以    22 2cos 3 sin 3AB      13 6cos 2 3sin 13     ，……………………………………………………4 分 所以 3sin 3cos  ． 因为 cos 0  ，所以 tan 3  ． ……………………………………………………………6 分 （2）解：由 0 2   ，得 6AOB    ． ………………………………………………8 分 所以 1 sin2AOBS OA OB AOB    1 2 3 1 sin 3sin2 6 6                   ，…………………………………10 分 所以当 3   时，△ AOB 的面积取得最大值 3 ． …………………………………………12 分 17．（本小题满分 12 分） （1）解： 的所有可能取值为 0，1，2．………………………………………………………1 分 依题意，得 3 4 3 6 C 1( 0) C 5P     ， 2 1 4 2 3 6 C C 3( 1) C 5P     ， 1 2 4 2 3 6 C C 1( 2) C 5P     ． ∴ 的分布列为  0 1 2 P 5 1 5 3 5 1 ∴ 1 3 10 1 2 15 5 5E        ． ……………………………………………………………6 分 （2）解法 1：设“男生甲被选中”为事件 A ，“女生乙被选中”为事件 B ， 则   2 5 3 6 C 1 C 2P A   ，   1 4 3 6 C 1 C 5P AB   ， ……………………………………………………10 分 ∴       2 5 P ABP B A P A   ． 故在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为 2 5 ．…………………………………12 分 解法 2：设“男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中”为事件C ， 从 4 个男生、2 个女生中选 3 人，男生甲被选中的种数为 2 5C 10 ，…………………………8 分 男生甲被选中，女生乙也被选中的种数为 1 4C 4 ，……………………………………………10 分 ∴   1 4 2 5 C 4 2 C 10 5P C    ． 故在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为 2 5 ．…………………………………12 分 18．（本小题满分 14 分） ……………4 分 方法 1： 以 D 为原点， DA 、 DC 、 1DD 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示的空间直角坐标 系，则  0,0,0D ，  0,2,0C ，  1 1,0,1A ，  1 0,0,1D ． …………………………………………………………………1 分 设 0(1, ,0)E y  00 2y  ．………………………………2 分 （1）证明： ∵  1 01, , 1D E y  ，  1 1,0, 1A D    ． 则    1 1 01, , 1 1,0, 1 0D E A D y        ， ∴ 1 1D E A D  ，即 1 1D E A D ． ……………………………4 分 （2）解：当 2 3AE   时，二面角 1D EC D  的平面角为 4  ．…………………………5 分 ∵ 0( 1,2 ,0)EC y   ，  1 0,2, 1D C   ， …………………………………………………6 分 设平面 1D EC 的法向量为 1 ( , , )x y zn ， 则 1 0 1 1 0 (2 ) 0 2 00 EC x y y y zD C                n n ， ………………………………………………………8 分 取 1y  ，则  1 02 ,1,2y n 是平面 1D EC 的一个法向量．…………………………………9 分 而平面 ECD 的一个法向量为  2 0,0,1n ， ………………………………………………10 分 要使二面角 1D EC D  的平面角为 4  ， 则 1 2 1 2 2 2 2 1 2 0 2 2cos cos4 2(2 ) 1 2y           n nn ,n n n ，………………………12 分 解得 0 2 3y    00 2y  ． ∴当 2 3AE   时，二面角 1D EC D  的平面角为 4  ．………………………………14 分 方法 2： x y z （1）证明：连结 1AD ，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， ∵ BA  平面 1 1ADD A ， 1AD  平面 1 1ADD A ，∴ 1A D AE ．……………………………1 分 ∵ 1 1AD AA  ，则四边形 1 1ADD A 是正方形，∴ 1 1A D AD ．…………………………2 分 ∵ 1AE AD A ，∴ 1A D  平面 1AD E ．………3 分 ∵ 1D E  平面 1AD E ，∴ 1 1D E A D ． …………4 分 （2）解：当 32 3AE   时，二面角 1D EC D  的平面角为 6  ． …………………………………………………………5 分 连结 DE ，过 D 作 DH EC 交 EC 于点 H ，连结 1D H ．………………………………6 分 在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1D D  平面 ABCD ， EC  平面 ABCD ， ∴ 1D D  EC ．…………………………………………………………………………………7 分 ∵ 1DH D D D ，∴ EC  平面 1D DH ．…………………………………………………8 分 ∵ 1D H  平面 1D DH ，∴ EC  1D H ．……………………………………………………9 分 ∴ 1D HD 为二面角 1D EC D  的平面角，即 1 6D HD   ．…………………………10 分 设 AE x  0 2x  ，则 2EB x  ，进而  21 2EC x   ． ……………………11 分 在△ DEC 中，利用面积相等的关系有， EC DH CD AD   ， ∴  2 2 1 2 DH x    ． ……………………………………………………………12 分 在 Rt △ 1D DH 中，∵ 1 6D HD   ，∴ 1tan 6 D D DH   ． ………………………………13 分 ∴  21 2 3 2 3 x   ，解得 32 3x    0 2x  ． 故当 32 3AE   时，二面角 1D EC D  的平面角为 6  ．………………………………14 分 19．（本小题满分 14 分） H A B C E 1A 1B 1C1D D （1）解：设 ( , )P x y ，则 (2,0)MN  ， ( 1, )NP x y  ， ( 1, )MP x y  ．……………2 分 由| | | |MN NP MN MP      ， 得 2 22 ( 1) 2( 1)x y x    ，…………………………………………………………………4 分 化简得 2 4y x ． 所以动点 P 的轨迹方程为 2 4y x ．……………………………………………………………5 分 （2）解：由点  ,4A t 在轨迹 2 4y x 上，则 24 4t ，解得 4t  ，即  4,4A ． ………6 分 当 4m  时，直线 AK 的方程为 4x  ，此时直线 AK 与圆 2 2( 2) 4x y   相离．………7 分 当 4m  时，直线 AK 的方程为 4 ( )4y x mm   ，即 4 ( 4) 4 0x m y m    ，…………8 分 圆心 (0,2) 到直线 AK 的距离 2 2 8 16 ( 4) md m    ， 令 2 2 8 2 16 ( 4) md m     ，解得 1m  ； 令 2 2 8 2 16 ( 4) md m     ，解得 1m  ； 令 2 2 8 2 16 ( 4) md m     ，解得 1m  ． 综上所述，当 1m  时，直线 AK 与圆 2 2( 2) 4x y   相交； 当 1m  时，直线 AK 与圆 2 2( 2) 4x y   相切； 当 1m  时，直线 AK 与圆 2 2( 2) 4x y   相离．…………………………………14 分 20．（本小题满分 14 分） （1）解：∵   3 2f x x ax  ，∴   2' 3 2f x x ax  .…………………………………………1 分 ∵函数  xf 在区间 20, 3      内是减函数，∴   2' 3 2 0f x x ax   在 20, 3      上恒成立．……2 分 即 3 2 xa  在 20, 3      上恒成立，……………………………………………………………………3 分 3 3 2 12 2 3 x    ，∴ 1a  ．故实数 a 的取值范围为 1, ．……………………………4 分 （2）解：∵   2' 3 3f x x x a     ，令  ' 0f x  得 20 3x a 或 ．…………………………5 分 ①若 0a  ，则当1 2x  时，  ' 0f x  ，所以  f x 在区间 1,2 上是增函数， 所以    1 1h a f a   ．………………………………………………………………………6 分 ②若 30 2a  ，即 20 13 a  ，则当1 2x  时，  ' 0f x  ，所以  f x 在区间 1,2 上是 增函数，所以    1 1h a f a   ．……………………………………………………………7 分 ③若 3 32 a  ，即 21 23 a  ，则当 21 3x a  时，  ' 0f x  ；当 2 23 a x  时，  ' 0f x  ．   f x 在 21, 3 a     上是减函数，在 2 ,23 a     上是增函数．   32 4 3 27h a f a a      ．…8 分 ④若 3a  ，即 2 23 a  ，则当1 2x  时，  ' 0f x  ，所以  f x 在区间 1,2 上是减函数． 所以    2 8 4h a f a   ．………………9 分 综上   3 31 , ,2 4 3, 3,27 2 8 4 , 3. a a h a a a a a            …………10 分 （3）解：由题意   1 2h a m a     有两个不相等的实数解， 即（2）中函数  h a 的图像与直线 1 2y m a     有两个 不同的交点．……………………………………………11 分 而直线 1 2y m a     恒过定点 1 ,02     ，由右图知实数 m 的取值范围是  4, 1  ．……14 分 21．（本小题满分 14 分） O a y 1 ,02     1k   4k   （1）证明：当 1n 时，  1 1 11a S m ma    ，解得 11 a ．……………………………1 分 当 2n  时， 1 1n n n n na S S ma ma     ．…………………………………………………2 分 即  11 n nm a ma   ． ∵ m 为常数，且 0m  ，∴ 1 1 n n a m a m    2n  ．…………………………………………3 分 ∴数列  na 是首项为 1，公比为 1 m m 的等比数列．………………………………………4 分 （2）解：由（1）得，  mfq  1 m m   ， 1 12 2b a  ． ………………………………5 分 ∵   1 1 11 n n n n bb f b b       ，…………………………………………………………………6 分 ∴ 1 1 1 1 n nb b    ，即 111 1  nn bb  2n  ．………………………………………………7 分 ∴       nb 1 是首项为 1 2 ，公差为 1 的等差数列．………………………………………………8 分 ∴  1 1 2 11 12 2n nnb      ，即 2 2 1nb n   （ n N * ）．………………………………9 分 （3）证明：由（2）知 2 2 1nb n   ，则   2 2 4 2 1nb n   ．…………………………………10 分 所以 2 2 2 2 1 2 3n nT b b b b      2 4 4 44 9 25 2 1n       ，………………………11 分 当 2n  时，    2 4 4 1 1 2 2 2 12 1 n n n nn     ， ………………………………………12 分 所以  2 4 4 44 9 25 2 1nT n       4 1 1 1 1 1 14 9 2 3 3 4 1n n                         40 1 1 89 9 2 18n     ．…………………………………………………………………14 分