2011届江苏省百校高三样本分析考试_数学
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2011届江苏省百校高三样本分析考试
数 学 试 卷(I卷)
锥体的体积公式: V锥体=
Sh,其中S是锥体的底面积,h是高; 3
n
n
2
2
样本数据x1,x2, ,xn的方差s xi ,其中 xi.
i 1i 1
一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共70分.
1.若复数z满足iz 2 3i(i是虚数单位),则z.
2.已知命题P:“ x R,x 2x 3 0”,请写出命题P的否定:. 34562
7.设函数fx为奇函数,则实数a .
x
2
2
(第5题)
8.已知圆O:x y 9,过圆外一点P作圆的切线PA,PB(A,B为切点),当点P在直线2x y 10 0上运动时,则四边形PAOB的面积的最小值为 ▲ .
9.在三棱锥P ABC中(如图所示),PA⊥面ABC,AB AC 3,PB PC 5,
BC 2,则点A到面PBC的距离为.
1
10.已知函数y 的图像与函数y logax(a 0且a 1)
2
x
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的图像交于点P(x0,y0),如果x0 2,那么a的取值范围是.
x y 2 0
11.动点P(a,b)在不等式组 x y 0表示的平面区域内部及其
y 0
边界上运动,则
a b 3
的取值范围是 ▲ . a 1
12.将首项为1,公比为2的等比数列的各项排列如右表,其中 第i行第j个数表示为aij(i,j N*),例如a32 16.若aij 22011,则i j ▲ . 解:ai1 2
n(n 1)1 2 4
8 16 32
(第12题)
所以有aij 2
n(n 1) 2j 1 263 31 58
13.记数列{an}的前n项和为Sn,若{d的值为.
解:用n 1,2,3代入得a1 a2d,a3 14.已知函数f(x) |1 为 ▲ .
Sn
是公差为d的等差数列,则{an}为等差数列时an
2d
a2 a1 a3 2a2 2d2 3d 1 0
1
|,若0 a b,且f(a) f(b),则2a b的最小值 x
解;所以1 所以用替代法立得 a (1 b)
二、解答题:本大题共6小题,共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演
算步骤.
15.(本题满分14分)已知函数f(x) sinx cosx,f (x)是f(x)的导函数.
(I)求f (x)及函数y=f (x)的最小正周期; (Ⅱ)当x [0,
2
]时,求函数F(x) f(x)f (x) f2(x)的值域.
16.(本题满分14分)如图,在直三棱柱ABC A1B1C1中,点M、N分别为线段A1B、A1C1的中点,平面A1BC 侧面A1ABB1.
(Ⅰ)求证:MN//平面BCC1B1; (Ⅱ)求证:BC⊥侧面A1ABB1.
A1
N
C1 B1
M
C A处A 17.(本题满分15获悉后,测出该渔船在方位角为30 ,距离为10海里的C处,90
B
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的方向,以30海里/时的速度向小岛P靠拢.我海军舰艇立即以3海里/时的速度前去营救.求舰艇的航向和靠近渔船所需的时间.(注:方位角是从指北方向顺时针转到目标方向线的角)
18.(本题满分15分)圆锥曲线上任意两点连成的线段称为弦.若圆锥曲线上的一条弦垂直
于其对称轴,我们将该弦称之为曲线的垂轴弦.已知点P(x0,y0)、M(m,n)是圆锥曲线C上不与顶点重合的任意两点,MN是垂直于x轴的一条垂轴弦,直线MP、NP分别交x轴于点E(xE,0)和点F(xF,0).
(Ⅰ)试用x0,y0,m,n的代数式分别表示x
E
222
(Ⅱ)已知“若点P(x0,y0)是圆C:x y R上的任意一点(x0 y0 0),MN是垂直于
x轴的垂轴弦,直线MP、NP分别交x轴于点E(xE,0)和点F(xF,0),则
2
x2y2
. 类比这一结论,我们猜想:“若曲线C的方程为2 2 1(a b 0)(如xE xF R”..ab
图),则xE xF也是与点M、N、P位置无关的定值”,请你对该猜想给出证明. ..
(0 aa22 a3an 19.(本题满分16分)已知数集A a1,a2, an 1 a1, n 2a n,n 2)具有1
性质P:对任意自然数i,j 1 i j n ,aj
ai与aj ai两数中至少有一个属于A.
(Ⅰ)分别判断数集 1,2,3 与 0,3,6 是否具有性质P,并说明理由; (Ⅱ)证明:a1
0,且a1 a2 a3 an an;
n2
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(Ⅲ)证明:数列 an 是等差数列.20.(本题满分16分)已知:二次函数f(x) ax2 bx 1,其中a,b R,g(x) ln(ex),且函数F(x) f(x) g(x)在x 1处取得极值.
(I)求a,b所满足的关系;
(II)若直线l:y kx(k R)与函数y f(x)在x [1,2]上的图象恒有公共点,求k的最小值;
(III)试判断是否存在a ( 2,0) (0,2),使得对任意的x [1,2],不等式
(x a)F(x) 0恒成立?如果存在,请求出符合条件的a的所有值;如果不存在,说
明理由.
数学Ⅱ(附加题)
21.[选做题]在A、B、C、D四小题中只能选做两题,每小题10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.若多做,则按作答......的前两题评分.
A.选修4—1:几何证明选讲
如图,AB是圆O的直径,延长AB到C,使AB 2BC,过点C作圆O的切线CD
D
与圆切于点D,连结AD,求 DAC的度数.
B.选修4—2: 矩阵与变换
设变换矩阵M ,N
A
O
C
(第21题A)
2 00 3 0 1 1
. 0
(I)求矩阵M的特征值及相应的特征向量;
22
(Ⅱ)写出圆x y 1在矩阵NM的作用下的新曲线的方程.
C.选修4-4:坐标系与参数方程
在极坐标系中,圆C的方程为 2cos ,以极点为坐标原点,极轴为x轴的正半轴
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x 1 2t
建立平面直角坐标系,直线l的参数方程为 (t为参数),求圆C上的任意一
y 2t
点到直线l的距离的最小值.
D.选修4—5: 不等式选讲
已知a,b,c均为正数,证明:a b c (值时,等号成立.
【必做题】第22题、第23题,每题10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10分)某同学参加学业水平测试3门课程的考试.假设该同学第一门课程取得优秀成绩的概率为0.5,第二、第三门课程取得优秀成绩的概率分别为p,q(p q),且不同课程是否取得优秀成绩相互独立.记ξ为该生取得优秀成绩的课程数,其分布列为
3
3
3
1113
) 18,并确定a,b,c为何abc
(Ⅰ)求该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率; (Ⅱ)求p,q的值; (Ⅲ)求数学期望E .
23.(本题满分10分)斜三棱柱ABC—A1B1C1的底面为一等腰直角三角形,直角边AB=AC=2,侧棱与底面成60 角,BC1⊥AC,BC1=26,求BC1与底面ABC所成角的正弦值.
1
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2011届江苏省百校高三样本分析考试
数 学 试 卷(I卷)参考答案
一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共70分.
562
1.3 2i 2. x R,x 2x 3 0 3. 4 4. 5. 6.乙
67
7. -1 8.
9.
14
.
143
10.[16, ) 11. , 1 3, 12.122 13.1或
23
3
2
二、解答题:本大题共6小题,共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演
算步骤.
15.
解
:
(
I
)
∵
f (x) cosx sinx, 2分
∴ f (x) cosx
sinx= x 所以y=f (x)的最小正周期为T=2
π. 5分 (Ⅱ)
4
),
F(x) cos2x sin2x 1 2sinxcosx 1
sin2x cos2x 1x ), 9
4
分
∵x [0,
2
],2x
5
[,],∴444
sin(2x ) [, 12分
4∴函数F(x
)的值域为
0,1 . 14分
16.证明:(Ⅰ)连接BC1,在三角形A1BC1内,点M、N分别为线段A1B、A1C1的中点,
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∴
MN//BC1, 4
分
又
MN 面A1BC1, BC1 面A1BC1C
分
,∴
MN//
平面
B
11. 6
BC
(Ⅱ)过点A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B于D,
则由平面A1BC⊥侧面A1ABB1,且平面A1BC 侧面A1ABB1=A1B,得
AD
⊥
平
面
A1BC, 10分
又BC 平面A1BC,所以AD⊥BC. 因为三棱柱
ABC—A1B1C1是直三棱柱, ∴ AA1⊥底面
ABC, 12分
所以AA1⊥BC. 又
AA1
AD=A,从而BC⊥侧面
A1ABB1 . 14分 17. 解:设舰艇收到信号后x小时在
B
处靠拢渔船,则
AB 3x,BC 30x, 2分
又AC 10, ACB 120 , 由余弦定理,得 AB AC BC 2AC BCcos ACB, 即
2
2
2
(3x)2 102 (30x)2 2 10 (30x)cos120 , 5
分
2
化简,得 18x 3x 1 0,解得x
1
(小时) 20(分钟)(负值舍3
理
,
得
去). 8分 由正
弦定
ABBC
. 10分
sin ACBsin BAC
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sin BAC
BCsin ACB30xsin120 1
AB2x
.所以
BAC 30 , 13分
所以方位角为30 +30 =60 .
答:舰艇应沿方位角为60 的方向航行,经过20分钟就可以靠近渔
船. 15分
18.(Ⅰ)解:因为MN是垂直于x轴的一条垂轴弦,所以N(m, n),
则lMP:y n
y0 n
(x m) x0 m
my0 nx0
y0 n
令y 0,则xe 用 n n 同理可得:xF
my0 nx0
,
y0 n
m2y02 n2x02
(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)可知:xE xF ,
y02 n2
x2y2
M,P在椭圆C:2 2 1上,
abx02m222
∴n b(1 2),y0 b(1 2),
aa
2
2
x02m222
mb(1 2) b(1 2)x0
b2(m2 x02)2 a 则xE xF (定值). 222
xbm22
(m x)b2(1 02) b2(1 2)02aaa
22
∴xE xF是与MN和点P位置无关的定值.
19.解:(Ⅰ)由于3+3与3-3均不属于数集 1,2,3 ,∴该数集不具有性质P.
0, 6由于0 0,3
P. 4分
0 ,33 ,6 3都,6属于数集 0,3, 6, ∴该数集具有性质
(Ⅱ)∵A a1,a2, an 具有性质P,∴aj由于
ai与aj ai中至少有一个属于A, an an an
,故
n 2时,0 a1 a2 a3 an,
∴
an an A
.
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从而0 an∵0 a1∴an
an A,∴a1 0.
a2 a3 an(,n 2),
ak an故an ak A(k 2,3, ,n).
由A具有性质P可知
an ak A(k 1,2, ,n).
又∵an an∴an
an an 1 an a2 an a1,
an a1 0,an an 1 a2, an a2 an 1,an a1 an,
从而an an an an 1 an a2 an a1 a1 a2 an,
n
an. 2
n
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,a1 a2 a3 an an ①
2
n 1
an 1 n 2 ② ∴a1 a2 a3 an 1 2
nn 1
an 1, 由①-②得an an
22 an ∴a1 a2 a3
(n 2)an (n 1)an 1 n 2 ③
∴(n 1)an 1 nan④,
由④-③得(n 1)(an 1 2an an 1) 0(n 2),
an 1 2an an 1 0, 即an 1 an an an 1.
故数列
an 成等差数列. 2
2ax2 bx 1
(x 0),20.解:(I) 由已知得F(x) ax bx 1 ln(ex),∴F (x)
x
∵F (1) 0,∴b 1 2a,
2ax2 (1 2a)x 1
代入F(x)
x
'
2a(x
1
)(x 1)2a, x
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∴
1 12a
,
1
a 2分
2
(II)由题意得:方程kx ax2 (1 2a)x 1在x [1,2]时总有解,
1ax2 (1 2a)x 1
∴k ,即k ax 1 2a,
xx
∵当a 0时, k ax
1
1 2a在x [1,2]时单调递减,∴x
k
3
, 4分 2
113
当0 a 时,由k a 2 0,同理可得k ,
4x2
当
111
a 1时,由ax 1 2a 2a 1 2a(当且仅当x 时,取4xa
“=”)得k 2a 1 2a,
a 1 当时,同理
k 2 a. 6分
可得
∴要使得直线l:y kx(k R)与函数y f(x)在x [1,2]上的图像总有交点,
31
、2a 1 2a( a 1),2 a(a 1)三者中的最大值,
42
12331
∵2a 1 2a 2(a ) ( a 1),又2 a 1(a 1),
2224k∴ 的最小值为
实数k应取
3
. 10分 2
(III)∵F(x) ax (1 2a)x lnx ,
当a (0,2)时 ∵x [1,2],∴由(x a)F(x) 0得F(x) 0,
2
2ax2 (1 2a)x 1
∵F(x)
x
'
2a(x
1
)(x 1), x
'
∴x [1,2]时,F(x) 0,函数y F(x)单调递增,∴
F(x)mi nF(1) 1 a 0,
∴
a (0,1]
时成
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立. 13分 当a [ 1,0)且a
1
时,∵F(1) 1 a 0,F(2) 2 ln2 0,类似地可2
由单调性证得F(x) 0,又(x a) 0,∴(x a)F(x) 0成立,
当 2 a 1时,(x a)F(x) 0等价于 由上可知,此时不成立.
综上,存在符合条件的
a x 2 1 x a
且 .
F(x) 0F(x) 0
a,其所有值的集合为
11
[ 1, ) ( ,0) (0,1]. 16分
22
数学Ⅱ(附加题)
21.[选做题] A.解:连结OD、BD,
∵AB是圆O的直径,∴ ADB 90 ,AB 2OB,
∵DC是圆O的切线,∴ CDO 90 . 4分 又因为AB 2BC,∴OB BC OD,
∴ ODB为等边三角形,∴ DOB 60, 7分
又∵OA OD,∴ DAO ADO 30,
C
∴ DAC 30. 10分
B.解:(I)由已知得矩阵M的特征值为2和3,对应的特征向量为 及
1
0
0
1 ; 5分
22
(Ⅱ)圆x y 1在矩阵N
M的作用下的新曲线的方程为
x2y2
1. 10分 94
22
C.解:将圆C化成直角坐标方程是(x 1) y 1,圆心是(1,0),半径为
1. 4分
直
线
l
化成普通方程
是
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x y 1 0, 6分
则
圆
心
到
直
线
的
距
离
为
2. 8分
∴圆
C上的任意一点到直线l的距离的最小值为
2 1. 10分
D.证明:a b c 3abc, ①
3
3
3
111131( )3 (3) 27, ② abcabcabc
所以a b c (
3
3
3
111327
) 3abc , ③ abcabc
又3abc
2727 2(3abc) 18, ④ abcabc
27
时④式成立, abc
当且仅当a b c时①②式成立,当且仅当3abc 即当且仅当a b c
2
23
3时,等式成立.
【必做题】22.解:事件Ai表示“该生第i门课程取得优秀成绩”,i=1,2,3,由题意知 P A1 0.5,P(A2) p,P(A3) q,
(I)由于事件“该生至少有1门课程取得优秀成绩”与事件“ 0”是对立的,所以该
生
至
少
有
1
门
课
程
取
得
优
秀
成
绩
的
概
率
是
1 P 0 1 0.12 0.88 2分
(II)由题意知
P 0 P123 0.5 1 p 1 q 0.12 , P 3 P A1A2A3 0.5pq 0.12,
整理得 pq 0.24,p q 1, 由
p q
,可得
p 0.4,q 0.6. 6分
(III)由题意知E 0 P 0 1 P 1 2 P 2 3 P 3 ,
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a P( 1) P(A1A2A3) P(A1A2A3) P(A1A2A3)
411
(1 p)(1 q) p(1 q) (1 p)q 0.38, 555
b P( 2) 1 P( 0) P( 1) P( 3) 0.38,
E 0 P( 0) 1 P( 1) 2P( 2) 3P( 3) 1.5.
10分
23.解:如图所示,建立空间坐标系O xyz,并设C1点的坐标为(x,y,z),根据题设条件,
CC1 (x,y 2,z),底面ABC的法向量n=k=(0,0,1).
由|BC1| 6,BC1 ,CC1与底面所成的角0B即<CC1,n>=30,得到C1的坐标所满足的方程组
x2 y2 z2 4x 20,
6分 y 0,
z2 3x2 3y2 12y 12.
解此方程组,得C1点的坐标是(2,0,26)或( 1,0,). 8分 所以BC1 (0,0,26)或BC1 ( 3,0,).
(第23题)
|BC1 k|sin |cos BC1,k | |BC1| |k|
|BC1 k|
或sin |cos BC1,k | |BC1| |k|
所以
BC1
与底面
ABC
1 . 1
或
所成的角的正弦值为
. 10分 4
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