苏北四市高三二模数学卷及答案

苏北四市 2010 届高三第二次调研考试 数学 I 注 意 事 项 考生在答题前认真阅读本注意事项及各题答题要求 1．本试卷共4页，包含填空题(第1题。第l4题)、解答题(第15题～第20题)两部分。本 卷满分160分，考试时间为120分钟。考试结束后，请将本试卷和答题纸一并交回。 2．答题前，请您务必将自己的姓名、考试号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及 答题纸的规定位置。 3．请在答题纸上按照题号顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效。 作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔。请注意字体工整，笔迹清楚。 4．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 5．请保持答题纸卷面清洁，不要折叠、破损。 参考公式： (1)样本数据 x1，x2，…，xn 的方差 s2= n 1 2 1 )( xx n i i   ，其中 x = n 1   n i ix 1 (2)锥体的体积公式 V= 3 1 Sh，其中 S 为锥体底 面积，h 为高 ． 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分，请把答案直接填写在答题卡相应位置．．．．．．．上． 1．已知集合 A={0，2，α² }，B={1，α}，若 A∪B={0，1，2,4}，则实数α的值为 ▲ ． 2．已知复数 z=(2-i)i(i 是虚数单位)，则|z|= ▲ ． 3．已知向量α=(6，2)，b=(一 3，k)，若α∥b，则实数 k 等于 ▲ ． 4．一个算法的流程图如图所示，则输出的 S 的值为 ▲ ． 二、解答题：本大题共 6 小题．第 15 题～第 17 题每题 4 分，第 18 题～第 20 题每题 16 分，共计 90 分， 请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文宇说明，证明过程或演算步骤。 15．(本小题满分 14 分) 16．(本小题满分 14 分) 如图，在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中，点 D 是棱 BC 的中点，求证： (1)AD⊥C1D； (2)A1B∥平面 ADC1． 17．(本小题满分 14 分) 徐州市 2009—2010 学年度高三第二次调研考试 数学Ⅱ(附加题) 注 意 事 项 考生在答题前认真阅读本注意事项及各题答题要求 1．本试卷共2页，均为解答题(第21题～第23题)。试卷满分40分，考试时间为30分钟。 考试结束后，请将本试卷和答题纸一并交回。 2．答题前，请您务必将自己的姓名、考试号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及 答题纸的规定位置。 3．请在答题纸上按照题号顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效。 作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔。请注意字体工整，笔迹清楚。 4．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 5．请保持答题纸卷面清洁，不要折叠、破损。 21．【选做题】在 A、B、C、D 四小题中只能选做两题．．．．．．．每小题 l0 分．共计 20 分．请在答题纸指定 区 域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． A．选修 4-1：几何证明选讲 如图，在△ABC 中，D 是 AC 中点，E 是 BD 三等分点，AE 的延长线交口 BC 于 F，求 DEFC BEF 四边形S S 的值． B．选修 4-2：矩阵与变换 已知矩阵 M=   1 2   1 0 ，求矩阵 M 的特征值及其相应的特征向量． 【必做题】第 22 题、第 23 题．每题 l0 分．共计 20 分，请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答，解答时应写 出文字说明、证明过程或演算步骤． 22．(本题满分 l0 分) 某电视台综艺频道组织的闯关游戏，游戏规定前两关至少过一关才有资格闯第三关，闯关者闯第一关成 功得 3 分，闯第二关成功得 3 分，闯第三关成功得 4 分．现有一位参加游戏者单独面第一关、第二关、 第三关成功的概率分别为 2 1 ， 3 1 ， 4 1 ，记该参加者闯三关所得总分为ζ． (1)求该参加者有资格闯第三关的概率； (2)求ζ的分布列和数学期望． 23．(本题满分 l0 分) 如图，已知抛物线 M：x2=4py(p＞0)的准线为ι，N 为ι上的一个动点，过点 N 作抛物线 M 的两条切线， 切点分别为 A，B，再分别过 A，B 两点作ι的垂线，垂足分别为 C，D． (1)求证：直线 AB 必经过 y 轴上的一个定点 Q，并写出点 Q 的坐标； (2)若△ACN，△BDN，△ANB 的面积依次构成等差数列，求此时点 N 的坐标． 数学 I 参考答案与评分标准 一、填空题 1. 2 2. 5 3. 1 4. 45 5. 8 5 6. 2 3 7. 9 4 8. 32 9.２ 10. 3 4 11. ( 3, 1) (1,2)   12.5 13. 3 3 14. 1 (1, )ee 二、解答题 15.（1）因为 1 2     OP OQ ，所以 2 21 1sin cos2 2     ， 即 2 21 1(1 cos ) cos2 2      ，所以 2 2cos 3   ， 所以 2 1cos2 2cos 1 3     ．…………………………………………………………6 分 （2）因为 2 2cos 3   ，所以 2 1sin 3   ，所以 )3 2,2 1(P点 ， )1,3 1( Q点 ， 又点 1 2( , )2 3P 在角 的终边上，所以 5 4sin  ， 5 3cos  ． 同理 10 103sin  ， 10 10cos  ， 所以 sin( ) sin cos cos sin        4 10 3 3 10( )5 10 5 10      10 10   ．……14 分 16.（1）因为三棱柱 111 CBAABC  是正三棱柱，所以 CC1 平面 ABC ， 又 AD 平面 ABC ，所以 ADCC 1 ，……………………………………………………… 2 分 又点 D 是棱 BC 的中点，且 ABC 为正三角形，所以 AD BC ， 因为 1BC C C C ，所以 AD 平面 11BBCC ，………………………………………………4 分 又因为 1DC  平面 11BBCC ，所以 DCAD 1 ．………………………………………………6 分 (2)连接 CA1 交 1AC 于点 E ，再连接 DE ． 因为四边形 11 ACCA 为矩形， 所以 E 为 CA1 的中点， 又因为 D 为 BC 的中点， 所以 1/ /ED A B . 又 1A B  平面 1ADC ， ED  平面 1ADC ， 所以 1 //A B 平面 1ADC ．………………14 分 17.（1）因为数列 2 nb 是首项为 2，公比为 4 的等比数列，所以 1 2 12 2 4 2n n nb     ， 因此 2 1nb n  ．…………………………………………………………………………………2 分 设数列 nb 的前 n 项和为 nT ，则 2 nT n ， 2 2 4nT n ，所以 2 4n n T T  ， 因此数列 nb 为“和等比数列”．………………………………………………………………6 分 (2) 设数列 nc 的前 n 项和为 nR ，且 2n n R kR  （ k 为常数，且 0k  ）， 因为数列 nc 是等差数列，所以 1 ( 1) 2n n nR nc d  ， 2 1 2 (2 1)2 2n n nR nc d  ， 所以 1 2 1 2 (2 1)2 2 ( 1) 2 n n n nnc dR kn nR nc d    对于 *nN 都成立， 化简得， 1( 4) ( 2)(2 ) 0k dn k c d     ，…………………………………………………10 分 则 1 ( 4) 0, ( 2)(2 ) 0, k d k c d       因为 0d  ，所以 14 , 2k d c  ， 因此 d 与 1c 之间的等量关系为 12d c ． …………………………………………………14 分 18.（1）设抛物线C 的方程为 2 2 ( 0)y px p  ， 因为准线 l 的方程为 2x   ，所以 22 p   ，即 4p  ， 因此抛物线C 的方程为 2 8y x ． …………………………………………………………4 分 C B A A1 B1 C1 D E （2）由题意可知， 1( 2 , 3 )P t t   ， (0 , 2 )Q t , 则直线 PQ 方程为： 12 (3 ) 2 2 t t ty t x     ，即 2 2( 1) 2 4 0t x ty t    ，………………8 分 设圆心在 x 轴上，且与直线 PQ 相切的圆 M 的方程为 2 2 2 0( ) ( 0)x x y r r    ， 则圆心 0( , 0)M x 到直线 PQ 的距离 2 2 0 2 2 2 ( 1) 4 ( 1) 4 t x t r t t      ， …………………………………10 分 即 2 2 2 0( 1) 4t x t r rt    ①，或 2 2 2 0( 1) 4t x t r rt     ② ， 由①可得 2 0 0( 4) 0x r t x r     对任意 , 0t t R 恒成立，则有 0 0 4 0, 0, x r x r       ，解得 0 2, 2, x r     （舍去），……………………………………………………14 分 由②可得 2 0 0( 4) 0x r t x r     对任意 , 0t t R 恒成立，则有 0 0 4 0, 0, x r x r       ，可解得 0 2, 2, x r    因此直线 PQ 恒与一个圆心在 x 轴上的定圆 M 相切，圆 M 的方程为 2 2( 2) 4x y   . …………………………………………………………………………………………………16 分 19.(1)如图，设圆弧 FG 所在的圆的圆心为 Q ，过 Q 点作CD 垂线，垂足为点T ，且交 MN 或其延长线 与于 S ，并连接 PQ ，再过 N 点作TQ 的垂线，垂足为W ． 在 R t NWS 中，因为 2NW ，  SNW ， 所以 2 cosNS ． 因为 MN 与圆弧 FG 切于点 P ，所以 PQ MN ， 在 Rt△QPS ，因为 1PQ ，  PQS ， 所以 1 cosQS ， 12 cos  QT QS ， ①若 S 在线段TG 上，则  TS QT QS ， 在 R t STM 中， sin sin   TS QT QSMS ， 因此  MN NS MS sin   QT QSNS . ②若 S 在线段GT 的延长线上，则  TS QS QT ， 在 R t STM 中， sin sin   TS QS QTMS ， 因此  MN NS MS sin   QS QTNS sin   QT QSNS . ( ) f MN sin   QT QSNS 2 2 1( )cos sin sin cos      2(sin cos ) 1 (0 )sin cos 2          ．………………………………………………………8 分 （2）设 sin cos (1 2)≤t t    ，则 2 1sin cos 2 t   ， N M A B C D E F G HP S  1m 1m T Q W 因此 2 4 2( ) ( ) 1 tf g t t     ．因为 2 2 2 4( 1)( ) ( 1) t tg t t      ，又1 2≤t ，所以 ( ) 0g t  恒成立， 因此函数 2 4 2( ) 1 tg t t   在 (1, 2]t  是减函数，所以 min( ) ( 2) 4 2 2g t g   ， 即 min 4 2 2MN   ． 答：一根水平放置的木棒若能通过该走廊拐角处，则其长度的最大值为 4 2 2 ． ……………………………………………………………………………………16 分 20.（1）当 1 3 a 时， ( )f x = 3 122  bbxx = 3 1)( 22  bbbx ，其对称轴为直线 x b  ， 当 2, ( 3) 0, ≥b f       解得 26 15 b ，当 2, ( 1) 0, b f        b 无解， 所以 b 的的取值范围为 26( , )15  ．……………………………………………………………4 分 （2）因为 2( ) 3 2 ( )f x ax bx b a     ， 法一：当 0a 时， 2 1x 适合题意.……………………………………………………………6 分 当 0a 时， 0)1(23 2  a bxa bx ，令 a bt  ，则 0)1(23 2  ttxx ， 令 2( ) 3 2 ( 1)h x x tx t    ，因为 1 1( ) 02 4h     ， 当 1t 时， (0) 1 0h t   ，所以 ( )y h x 在 1( ,0)2  内有零点． 当 1t 时， ( 1) 2 1 0h t     ，所以 ( )y h x 在（ )2 1,1  内有零点． 因此，当 0a 时， ( )y h x 在 ( 1, 0) 内至少有一个零点． 综上可知，函数 ( )y f x 在 ( 1, 0) 内至少有一个零点．…………………………………10 分 法二： (0)f b a   ， ( 1) 2f a b    ， 1 2( )3 3 b af    ． 由于 ,a b 不同时为零，所以 1( ) ( 1) 03f f     ，故结论成立． (3)因为 ( )f x = 3 2 ( )ax bx b a x   为奇函数，所以 0b  , 所以 ( )f x  axax 3 ， 又 ( )f x 在 1x 处的切线垂直于直线 2 3 0  x y ，所以 1a ，即 3( )f x x x  ． 因为 3 3( ) 3( )( )3 3f x x x    ，所以 ( )f x 在 3 3( , ) , ( , )3 3    上是増函数，在 3 3[ , ]3 3  上是 减函数，由 ( ) 0f x  解得 1, 0  x x ，如图所示， 当 31 3 ≤t   时， 1( ) 04 ≥ ≥f t t ，即 3 4 ≥ tt t  ，解得 3 3 2 3 ≤ ≤t  ； 当 3 03   t 时， 1( ) 04 ≥f t t  ，解得 03 3  t ； 当 0t 时，显然不成立； 当 30 3 ≤t 时， 1( ) 04 ≤f t t  ，即 3 4 ≤ tt t  ，解得 30 3 ≤t ； y O 1 x-1 当 3 3t 时， 1( ) 04f t t   ，故 3 3 3 2t  ． 所以所求 t 的取值范围是 3 02 ≤t  ，或 30 2t  ． （以上各题如考生另有解法，请参照本评分标准给分） 数学 II 参考答案与评分标准 21．【选做题】 A.选修 4－1：几何证明选讲 过 D 点作 DM∥AF 交 BC 于 M，因为 DM∥AF， 所以 1 3 BF BE BM BD   ，……………………………………２分 因为 EF∥DM，所以 1 9 BEF BDM S S    ，即 9BDM BEFS S  ，…４分 又 2 3 DMC BDM S S    ， 即 2 63DMC BDM BEFS S S    ，……………………………………………………………………８分 所以 14 BEFDEFCS S四边形 ，因此 1 14 BEF DEFC S S   四边形 ． …………………………………………10 分 B.选修 4－2：矩阵与变换 矩阵 M 的特征多项式为 22 0( ) 3 21 1f         ，…………………………………２分 令 ( ) 0f   ，解得 1 21, 2   ， ………………………………………………………………４分 将 1 1  代入二元一次方程组 - 2 0 0, ( 1) 0, x y x y           （ ） 解得 0x  ，……………………………６分 所以矩阵 M 属于特征值 1 的一个特征向量为 0 1      ；………………………………………………８分 同理，矩阵 M 属于特征值 2 的一个特征向量为 1 1      ．……………………………………………10 分 C.选修 4 - 4：坐标系与参数方程 因为直线l 的极坐标方程为  3    R ， 所以直线l 的普通方程为 3y x ，…………………………………………………………………３分 又因为曲线 C 的参数方程为 2cos , 1 cos2 , x y       （ 为参数）， A B C D E F M 所以曲线C 的直角坐标方程为   21 2,22y x x   ， ……………………………………………６分 联立解方程组得 0, 0, x y    或 2 3, 6. x y    ……………………………………………………………８分 根据 x 的范围应舍去 2 3, 6, x y    故 P 点的直角坐标为 (0,0) ．…………………………………10 分 D.选修 4－5：不等式选讲 因为 2 2 2 2 ( )( ) ( ) ( ) ( ) 3 a b cf x x a x b x c         2 2 2 2 2 ( )3 2( ) 3 a b cx a b c x a b c          2 2 2 23( )3 a b cx a b c      ，………………………………………………2 分 所以 3 a b cx   时， ( )f x 取最小值 2 2 2a b c  ，即 2 2 2m a b c   ，…………………5 分 因为 2 3a b c   ，由柯西不等式得 2 2 2 2 2 2 21 ( 1) 2 ( ) ( 2 ) 9≥a b c a b c           ，…………………………………8 分 所以 2 2 2 9 3 6 2 ≥m a b c    ， 当且仅当 1 1 2 a b c  ，即 3 3 3 4 4 2a b c   ， ， 时等号成立， 所以 m 的最小值为 3 2 ． …………………………………………………………………………10 分 22．【必做题】 ⑴设该参加者单独闯第一关、第二关、第三关成功的概率分别为 2 1 1 p ， 3 1 2 p ， 3 1 4p  ，该参加 者有资格闯第三关为事件 A ． 则 1 2 1 2 1 2 2( ) (1 ) (1 ) 3      P A p p p p p p ．…………………………………………………4 分 (2)由题意可知， 的可能取值为 0 ， 3 ， 6 ， 7 ，10 ， 3 1)1)(1()0( 21  ppP  ， 1 2 3 1 2 3 1 1 3( 3) (1 )(1 ) (1 ) (1 ) 4 8 8P p p p p p p           ， 1 2 3 1( 6) (1 ) 8P p p p     ， 1 2 3 1 2 3 1 1 1( 7) (1 ) (1 ) 12 24 8P p p p p p p         ， 1 2 3 1( 10) 24P p p p    ， 所以 的分布列为  0 3 6 7 10 … ………………… ………………………………………8 分 所以 的数学期望 1 3 1 1 1 10 3 6 7 10 33 8 8 8 24 6E            .……………………………10 分 23.【必做题】 解法一：（1）因为抛物线的准线l 的方程为 y p  ， 所以可设点 , ,N A B 的坐标分别为 (m p， ）， 1 1( )x y， ， 2 2( )x y， ，则 2 1 14x py ， 2 2 24x py ， 由 2 4x py ，得 2 4 xy p  ，求导数得 2 xy p   ，于是 1 1 1 2 y p x x m p   ， 即 2 1 1 1 4 2 x p xp x m p   ，化简得 2 2 1 12 4 0x mx p   ， 同理可得 2 2 2 22 4 0x mx p   ， 所以 1x 和 2x 是关于 x 的方程 2 22 4 0x mx p   两个实数根，所以 2 2 1,2 4x m m p   ， 且 2 1 2 4x x p  ． 在直线 AB 的方程 2 1 1 1 2 1 ( )y yy y x xx x    中， 令 0x  ，得 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 y y x y x yy y xx x x x      = 1 2 1 2 1 2 2 1 ( ) 4 ( ) 4 x x x x x x pp x x p     为定值， 所以直线 AB 必经过 y 轴上的一个定点 (0 )Q p， ，即抛物线的焦点．……………………………5 分 (2)由（1）知 1 2 2x x m  ，所以 N 为线段CD 的中点，取线段 AB 的中点 E ， 因为 Q 是抛物线的焦点，所以 AQ AC BQ BD ， ，所以 AC BD AB  ， 所以 ANB ANE BNES S S    1 1 1 ( )2 2 2EN CN EN DN EN CN DN       2 2 AC BD AB CNEN CN CN      ， 又因为 2 2ACN AC CN AQ CNS    ， 2 2BDN BD DN BQ CNS    ， 所以 2 AQ CN ， 2 BQ CN ， 2 AB CN 成等差数列，即 AQ BQ AB， ， 成等差数列， 即 1 2 2 10 0x x x x  ， ， 成等差数列，所以 2 1 22 2x x x  ， 2 12x x  ， 所以 2 2 2 2 2 2 1 2 12 ( 4 )( 4 ) 4x x x m m p m m p p         ， 1 2x p  ， 1 2x p 时， 2 2 2x p  ， 1 2 2 2 2 x xm p   ， p 3 1 3 8 8 1 1 8 24 1 xA B C DN O y E Q 1 2x p  时， 2 2 2x p ， 1 2 2 2 2 x xm p  ， 所以所求点 N 的坐标为 2( 2 p p ， ）．………………………………………………………………10 分 解法二：（1）因为已知抛物线的准线l 的方程为 y p  ，所以可设点 N A B， ， 的坐标分别为 (m p， ）， 1 1( )x y， ， 2 2( )x y， ，则 2 1 14x py ， 2 2 24x py ， 设过 N 点与抛物线相切的直线方程为 ( )y p k x m   ，与抛物线方程 2 4x py 联立，消去 y 得 2 24 4 4 0x pkx pmk p    ， 因 为 直 线 与 抛 物 线 相 切 ， 所 以 2 2 216 16( ) 0p k pmk p     ， 即 2 0pk mk p   ， 解 得 2 2 1 2 4 2 m m pk p  ， ，此时两切点横坐标分别为 2 2 1 2 2 4x pk m m p   ， ， 在直线 AB 的方程 2 1 1 1 2 1 ( )y yy y x xx x    中，令 0x  得 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 y y x y x yy y xx x x x      = 1 2 1 2 1 2 2 1 ( ) 4 ( ) 4 x x x x x x pp x x p     为定值， 所以直线 AB 必经过 y 轴上的一个定点 (0 )Q p， ，即抛物线的焦点．……………………………5 分 （2）由（1）知两切线的斜率分别为 2 2 1 2 4 2 m m pk p  ， ，则 1 2 1k k   ，所以 AN BN ， 连接 QN ，则直线 QN 斜率为 2 QN pk m   ， 又因为直线 AB 的斜率 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 ( ) 4 4 2AB y y x x x x m mk x x p x x p p p         ， 所以 2 12QN AB p mk k m p       ， 所以 QN AB ，又因为 AQ AC BQ BD ， ，所以 ACN AQN BDN BQN   ≌ ， ≌ ， 所以 AQN BQN ， 和 ANB 的面积成等差数列，所以 AQ BQ AB， ， 成等差数列， 所以 1 2 2 10 0x x x x  ， ， 成等差数列，所以 2 1 22 2x x x  ， 2 12x x  ， 所以 2 2 2 2 2 2 1 2 12 ( 4 )( 4 ) 4x x x m m p m m p p         ， 1 2x p  ， 1 2x p 时， 2 2 2x p  ， 1 2 2 2 2 x xm p   ， 1 2x p  时， 2 2 2x p ， 1 2 2 2 2 x xm p  ， 所以所求点 N 的坐标为 2( 2 p p ， ）． …………………………………………………………10 分 （以上各题如考生另有解法，请参照本评分标准给分）