徐州市2011高三第三次调研数学试卷+答案

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徐州市2011届高三年级第三次调研考试数学Ⅰ答案及评分标准一、填空题：1．1i2．(4,3,7)3．04．505．166．137．5028．239．103或1010．10　11．3212．4y或4091640xy13.314.2,2,3二、解答题:15.(1)1cos(2)1cos(2)133()sin2222xxfxx………………………………2分11(sin2cos2)2xx2sin(2)124x，………………………………4分当2242xk，即3,8xkkZ时，……………………………………6分()fx的最大值为212.………………………………………………………………8分(2)由222242kxk≤≤，即3,88kxkkZ≤≤，又因为0x≤≤，所以所求()fx的增区间为3[0,],[,π]88.……………………14分16.（1）连接EC，交BF于点O，取AC中点P，连接,POPD，可得PO∥AE，且12POAE，而DF∥AE，且12DFAE，所以DF∥PO，且DFPO，所以四边形DPOF为平行四边形，所以FO∥PD，即BF∥PD，又PD平面ACD，BF平面ACD，所以BF∥平面ACD.……………………………………………8分(2)二面角AEFC为直二面角，且AEEF，所以AE平面BCFE，又BC平面BCFE，所以AEBC，又BCBE，BEAEE，所以BC平面AEB，所以BC是三棱锥CABE的高，BCFDEAOP同理可证CF是四棱锥CAEFD的高，……………………………………………10分所以多面体ADFCBE的体积111110222(12)2232323CABECAEFDVVV.………………14分17.(1)连接RA，由题意得，RARP，4RPRB，所以42RARBAB，…………………………………………………………2分由椭圆定义得，点R的轨迹方程是22143xy.……………………………………4分(2)设M00(,)xy，则00(,)Nxy，,QMQN的斜率分别为,QMQNkk，则002QMykx，002NQykx，………………………………………………………6分所以直线QM的方程为00(2)2yyxx，直线QN的方程00(2)2yyxx，…8分令(2)xtt，则001200(2),(2)22yyytytxx，……………………………10分又因为00(,)xy在椭圆2200143xy，所以2200334yx，所以22202201222003(3)(2)34(2)(2)444xtyyyttxx，其中t为常数.……14分18.（1）因为29yx，所以229yx，所以过点P的切线方程为222()99yxttt，即22499yxtt，…………2分令0x，得49yt，令0y，得2xt.所以切线与x轴交点(2,0)Et，切线与y轴交点4(0,)9Ft.………………………4分①当21,41,912,33ttt≤≤≤≤即4192t≤≤时，切线左下方的区域为一直角三角形，所以144()2299fttt.…………………………………………………………6分②当21,41,912,33ttt≤≤≤即1223t≤时，切线左下方的区域为一直角梯形，22144241()()12999ttftttt，……………………………………………………8分③当21,41,912,33ttt≤≤≤即1439t≤时,切线左下方的区域为一直角梯形,所以221499()(2)12224ttftttt.综上229142,,439441(),,9924112,.923tttfttttt≤≤≤≤……………………………………………………10分(2)当1439t≤时,29()24fttt29444()4999t，……………………………12分当1223t≤时,241()9tftt21144(2)999t，………………………………14分所以max49S．…………………………………………………………………………16分19．（1）由2()lnfxxax，得22()xafxx，………………………………………2分由1()gxxxa，得2\'()2xagxax．又由题意可得(1)(1)fg，即222aaa，故2a，或12a．………………………………………………4分所以当2a时，2()2lnfxxx,1()2gxxx；当12a时，21()ln2fxxx，()2gxxx．…………………………………6分（2）当1a时，21()()()2ln2hxfxgxxxxx，得2112(1)(1)1\'()2222xxxhxxxxxx4(1)(1)2xxxxxxx，………………………………………8分由0x，得4(1)02xxxxxx，故当(0,1)x时，()0hx,()hx递减，当(1,)x时，()0hx,()hx递增,所以函数()hx的最小值为13(1)12ln1122h．…………………10分（3）12a，21()ln2fxxx,()2gxxx，当11[,)42x时,21()ln2fxxx,2141\'()2022xfxxxx，()fx在1142，上为减函数，111()()ln20242fxf≥，………………………12分当11[,)42x时，()2gxxx,141\'()2022xgxxx，()gx在1142，上为增函数，12()()122gxg≤，且1()()04gxg≥．……14分要使不等式()()fxmgx≥在11,42x上恒成立，当14x时，m为任意实数；当11(,]42x时，()()fxmgx≤，而min1()()(22)2ln(4e)1()4()2ffxgxg.所以(22)ln(4e)4m≤.……………………………………………………………16分20.⑴由条件知：11nnqaa，102q，01a，所以数列na是递减数列，若有ka，ma，na()kmn成等差数列，则中项不可能是ka（最大），也不可能是na（最小），………………………………2分若knkmnkmqqaaa122，（*）由221mkqq≤,11khq，知(*)式不成立，故ka，ma，na不可能成等差数列.………………………………………………4分⑵(i)方法一：45)21()1(21121121qqaqqqaaaakkkkk，……6分由)1,41(45)21(2q知，121kkkkkaaaaa，且3221kkkkkaaaaa…，………………………………………………8分所以121kkkkaaaa，即0122qq，所以12q，………………………………………………………………………10分方法二：设12kkkmaaaa，则21mkqqq，…………………………………6分由211,14qq知1mk，即1mk，……………………………………8分以下同方法一.…………………………………………………………………………10分(ii)nbn1，………………………………………………………………………………12分方法一：nSn131211，)131211()31211()211(1nTnnnnnnn)1(3221)1433221()131211(nnnn)]11()411()311()211[(nnSn)]13121()1[(nnnSn)]131211([nnnSnnnSnnS(1)nnSn，所以2011201120122011TS.…………………………………………………16分方法二：11111312111nSnnSnn所以1(1)(1)1nnnSnS，所以1(1)1nnnnSnSS，12112SSS，123223SSS，……1)1(1nnnSnSSn，累加得nTSSnnn11)1(，所以1(1)1(1)(1)()1nnnnnTnSnnSnnSbn　　　　　　1(1)()11nnSnn(1)nnSn，所以2011201120122011TS.……………………………………………………16分徐州市2011届高三年级第三次调研考试数学Ⅱ（附加题）答案及评分标准21．【选做题】A．选修4－1：几何证明选讲(1)因为EF∥CB，所以BCEFED，又BADBCD，所以BADFED，又EFDEFD，所以△DEF∽△EFA．……………………………………6分（2）由（1）得，EFFDFAEF，2EFFAFD．因为FG是切线，所以2FGFDFA，所以1EFFG．…………………10分B．选修4—2：矩阵与变换（1）1005M．………………………………………………………………………2分设(,)xy是所求曲线上的任一点，1005xxyy，所以,5,xxyy所以,1,5xxyy代入4101xy得，421xy，所以所求曲线的方程为124yx．……………………………………………4分（2）矩阵M的特征多项式10()(1)(5)005f，所以M的特征值为5,121．………………………………………………6分当11时，由111M，得特征向量110；当52时，由222M，得特征向量201．………………………10分C．选修4－4：坐标系与参数方程（1）228150xyy．…………………………………………………………4分（2）当34时，得(2,1)Q，点Q到1C的圆心的距离为13，所以PQ的最小值为131．………………………………………………10分D．选修4—5：不等式选讲由2()ababfxa≥，对任意的,abR，且0a恒成立，而223ababababaa≤，()3fx≥，即113xx≥，解得32x≤，或32x≥，所以x的范围为33,22xxx≤或≥．…………10分22．(1)以1,,CACBCC分别为xyz,,轴建立如图所示空间直角坐标，因为3AC,4BC，14AA，所以(300)A，，，(0,4,0)B，(000)C，，，1(0,0,4)C，所以1(3,0,4)AC，因为ADAB，所以点(33,4,0)D，所以(33,4,0)CD，因为异面直线1AC与CD所成角的余弦值为925，所以　122|99|9|cos,|255(33)16ACCD，解得12．……………4分(2)由（1）得1(044)B，，，因为D是AB的中点，所以3(20)2D，，，所以3(20)2CD，，，1(044)CB，，，平面11CBBC的法向量1n(1,0,0)，设平面1DBC的一个法向量2000(,,)xyzn，则1n，2n的夹角（或其补角）的大小就是二面角1DCBB的大小,由2210,0,CDCBnn得0000320,2440,xyyz令04x，则03y，03z，所以2n(4,3,3)，1212124234cos||||1734，nnnnnn，所以二面角1DBCB的余弦值为23417．…………………………………10分23.（1）要想组成的三位数能被3整除，把0,1,2,3，…，9这十个自然数中分为三组：0,3,6,9；1,4,7；2,5,8．若每组中各取一个数，含0，共有1112332236CCCA种；若每组中各取一个数不含0，共有11133333=162CCCA种；若从每组中各取三个数，共有322233223=30A+CAA种.BACA1DB1C1xyz所以组成的三位数能被3整除，共有36+162+30=228种.………………………6分（2）随机变量的取值为0,1,2，的分布列为：012P715715115所以的数学期望为77130121515155E.……………………………10分