江苏省南通市2011届高三第二次模拟考试数学试题

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江苏省南通市2011届高三第二次模拟考试数学试题一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．1．曲线32yxx在点（1,－1）处的切线方程是▲．2．若15ii3iab（ab，R，i为虚数单位），则ab=▲．3．命题“若实数a满足2a≤，则24a”的否命题是▲命题（填“真”、“假”之一）．4．把一个体积为27cm3的正方体木块表面涂上红漆，然后锯成体积为1cm3的27个小正方体，现从中任取一块，则这一块至少有一面涂有红漆的概率为▲．5．某教师出了一份三道题的测试卷，每道题1分，全班得3分、2分、1分和0分的学生所占比例分别为30％、50％、10％和10％，则全班学生的平均分为▲分．6．设(20)(01)MmmR，，，aa和(11)(11)NnnR，，，bb都是元素为向量的集合，则M∩N=▲．7．在如图所示的算法流程图中，若输入m=4，n=3，则输出的a=▲．8．设等差数列na的公差为正数，若1231231580aaaaaa，，则111213aaa▲．9．设，是空间两个不同的平面，m，n是平面及外的两条不同直线．从“①m⊥n；②⊥；③n⊥；④m⊥”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：▲（用代号表示）．10．定义在R上的函数()fx满足：()(2)fxfx=+，当35x，时，()24fxx=--．下列四个不等关系：()()sincos6π6πff<；(sin1)(cos1)ff>；()()cossin332π2πff<；(cos2)(sin2)ff>．其中正确的个数是▲．11．在平面直角坐标系xOy中，已知A、B分别是双曲线2213yx的左、右焦点，△ABC的顶点C在双曲线的右支上，则sinsinsinABC的值是▲．12．在平面直角坐标系xOy中，设点()11Pxy，、()22Qxy，，定义：1212()dPQxxyy=-+-，．已知点()10B，，点M为直线220xy-+=上的动点，则使()dBM，取最小值时点M的坐标是▲．13．若实数x，y，z，t满足110000xyzt≤≤≤≤≤，则xzyt的最小值为▲．14．在平面直角坐标系xOy中，设A、B、C是圆x2+y2=1上相异三点，若存在正实数，，使得OC=OAOB，则223的取值范围是▲．【填空题答案】1.x－y－2=02.8253.真4.26275.26.20，7.128.1059.①③④②（或②③④①）10.111.2112.312，13.15014.2，二、解答题：本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．（本小题满分14分）如图，平面PAC平面ABC，点E、F、O分别为线段PA、PB、AC的中点，点G是线段CO的中点，4ABBCAC，22PAPC．求证：（1）PA平面EBO；（2）FG∥平面EBO．【证明】由题意可知，PAC为等腰直角三角形，ABC为等边三角形．…………………2分（1）因为O为边AC的中点，所以BOAC，PABCOEFG(第15题)因为平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABCAC，BO平面ABC，所以BO面PAC．…………………5分因为PA平面PAC，所以BOPA，在等腰三角形PAC内，O，E为所在边的中点，所以OEPA，又BOOEO，所以PA平面EBO；…………………8分（2）连AF交BE于Q，连QO．因为E、F、O分别为边PA、PB、PC的中点，所以2AOOG，且Q是△PAB的重心，…………………10分于是2AQAOQFOG，所以FG//QO.…………………12分因为FG平面EBO，QO平面EBO，所以FG∥平面EBO．…………………14分【注】第（2）小题亦可通过取PE中点H，利用平面FGH//平面EBO证得.16．（本小题满分14分）已知函数()2cos3cossin222xxxfx．（1）设ππ22，，且()31f，求的值；（2）在△ABC中，AB=1，()31fC，且△ABC的面积为32，求sinA+sinB的值．【解】（1）2()23cos2sincos222xxxfx=3(1cos)sinxx=π2cos36x．……3分由π2cos3316x，得π1cos62x，………………5分于是ππ2π()63xkkZ，因为ππ22x，，所以ππ26x或．………………7分（2）因为(0π)C，，由（1）知π6C．………………9分因为△ABC的面积为32，所以31πsin226ab，于是23ab.①在△ABC中，设内角A、B的对边分别是a，b.由余弦定理得2222π12cos66ababab，所以227ab． ②PABCOEFGQOA1A2B1B2xy(第17题)由①②可得23ab，或32.ab，于是23ab．………………12分由正弦定理得sinsinsin112ABCab，所以31sinsin122ABab．………………14分17．（本小题满分14分）在平面直角坐标系xOy中，如图，已知椭圆E：22221(0)yxabab的左、右顶点分别为1A、2A，上、下顶点分别为1B、2B．设直线11AB的倾斜角的正弦值为13，圆C与以线段2OA为直径的圆关于直线11AB对称．（1）求椭圆E的离心率；（2）判断直线11AB与圆C的位置关系，并说明理由；（3）若圆C的面积为，求圆C的方程．【解】（1）设椭圆E的焦距为2c（c>0），因为直线11AB的倾斜角的正弦值为13，所以2213bab，于是228ab，即2228()aac，所以椭圆E的离心率22147.84cea…………4分（2）由144e可设40akk，14ck，则2bk，于是11AB的方程为：2240xyk，故2OA的中点20k,到11AB的距离d2423kkk，…………………………6分又以2OA为直径的圆的半径2rk，即有dr，所以直线11AB与圆C相切．…………………………8分（3）由圆C的面积为知圆半径为1，从而12k，…………………………10分θTQPNMSRMNPQBCAD甲乙设2OA的中点10,关于直线11AB：2220xy的对称点为mn,，则21,141222022nmmn．…………………………12分解得42133mn,．所以，圆C的方程为22421133xy．…………………14分18．（本小题满分16分）如图，实线部分的月牙形公园是由圆P上的一段优弧和圆Q上的一段劣弧围成，圆P和圆Q的半径都是2km，点P在圆Q上，现要在公园内建一块顶点都在圆P上的多边形活动场地．（1）如图甲，要建的活动场地为△RST，求场地的最大面积；（2）如图乙，要建的活动场地为等腰梯形ABCD，求场地的最大面积．【解】（1）如右图，过S作SH⊥RT于H，S△RST=RTSH21．……………………2分由题意，△RST在月牙形公园里，RT与圆Q只能相切或相离；……………………4分RT左边的部分是一个大小不超过半圆的弓形，则有RT≤4，SH≤2，当且仅当RT切圆Q于P时（如下左图），上面两个不等式中等号同时成立．此时，场地面积的最大值为S△RST=1422=4（km2）．……………………6分（第17题甲）DACBQPNMRSMNPQT（第17题乙）（2）同(1)的分析，要使得场地面积最大，AD左边的部分是一个大小不超过半圆的弓形，AD必须切圆Q于P，再设∠BPA=，则有11π22sin222sin(π2)4(sinsincos)0222ABCDS四边形．……………………8分令cossinsiny，则)sin(sincoscoscosy1coscos22．…………………11分若0y，1πcos23，，又π03，时，0y，ππ32，时，0y，…………………14分函数cossinsiny在π3处取到极大值也是最大值，故π3时，场地面积取得最大值为33（km2）．…………………16分19．（本小题满分16分）设定义在区间[x1，x2]上的函数y=f(x)的图象为C，M是C上的任意一点，O为坐标原点，设向量OA=11xfx，，22OBxfx，，OM=(x，y)，当实数λ满足x=λx1+(1－λ)x2时，记向量ON=λOA+(1－λ)OB．定义“函数y=f(x)在区间[x1，x2]上可在标准k下线性近似”是指“MN≤k恒成立”，其中k是一个确定的正数．（1）设函数f(x)=x2在区间[0，1]上可在标准k下线性近似，求k的取值范围；（2）求证：函数()lngxx在区间1ee()mmmR，上可在标准k=18下线性近似．（参考数据：e=2.718，ln(e－1)=0.541）【解】（1）由ON=λOA+(1－λ)OB得到BN=λBA，所以B，N，A三点共线，……………………2分又由x=λx1+(1－λ)x2与向量ON=λOA+(1－λ)OB，得N与M的横坐标相同．……………4分对于[0，1]上的函数y=x2，A(0，0)，B(1，1)，则有221124MNxxx，故104MN，；所以k的取值范围是14，．……………………6分（2）对于1eemm，上的函数lnyx，A(emm，)，B(1e1mm，)，……………………8分则直线AB的方程11(e)eemmmymx，……………………10分令11()ln(e)eemmmhxxmx，其中1eemmxmR，，于是111()eemmhxx，……………………13分列表如下：xem(em，em+1－em)em+1－em(em+1－em，em+1)em+1()h\'x+0－()hx0增1(ee)mmh减0则MNhx，且在1eemmx处取得最大值，又1e2(ee)lne1e1mmh0.12318，从而命题成立．……………………16分20．(本小题满分16分)已知数列{}na满足2*12()naaannN．（1）求数列{}na的通项公式；（2）对任意给定的*kN，是否存在*prN，（kpr）使111kpraaa，，成等差数列？若存在，用k分别表示p和r（只要写出一组）；若不存在，请说明理由；（3）证明：存在无穷多个三边成等比数列且互不相似的三角形，其边长为123,,nnnaaa．【解】（1）当1n时，11a；当*2nnN≥，时，2121(1)naaan，所以22(1)21nannn；综上所述，*21()nannN．……………………3分（2）当1k时，若存在p，r使111kpraaa，，成等差数列，则1213221rpkpaaap，因为2p≥，所以0ra，与数列{}na为正数相矛盾，因此，当1k时不存在；…………5分当2k≥时，设kpraxayaz，，，则112xzy，所以2xyzxy，……………………7分令21yx，得(21)zxyxx，此时21kaxk，212(21)1payxk，所以21pk，2(21)(43)2(452)1razkkkk，所以2452rkk；综上所述，当1k时，不存在p，r；当2k≥时，存在221,452pkrkk满足题设.……………………10分（3）作如下构造：12322(23)(23)(25)(25)nnnakakkak，，，其中*kN，它们依次为数列{}na中的第2265kk项，第2288kk项，第221013kk项，……12分显然它们成等比数列，且123nnnaaa，123nnnaaa，所以它们能组成三角形．由*kN的任意性，这样的三角形有无穷多个．……………………14分下面用反证法证明其中任意两个三角形111ABC和222ABC不相似：若三角形111ABC和222ABC相似，且12kk，则11222212(23)(25)(23)(25)(23)(23)kkkkkk，整理得121225252323kkkk，所以12kk，这与条件12kk相矛盾，因此，任意两个三角形不相似．故命题成立．……………………16分【注】1．第（2）小题当ak不是质数时，p，r的解不唯一；2.第（3）小题构造的依据如下：不妨设123nnn，且123nnnaaa，，符合题意，则公比q>1，因123nnnaaa，又123nnnaaa，则21qq，所以5112q，因为三项均为整数，所以q为5112，内的既约分数且1na含平方数因子，经验证，仅含21或23时不合，所以12*(23)()nakpkpN，；3．第（3）小题的构造形式不唯一．数学II（附加题）21．【选做题】本题包括A，B，C，D四小题，请选定其中两题作答，每小题10分，共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．A．选修4—1：几何证明选讲自圆O外一点P引圆的一条切线PA，切点为A，M为PA的中点，过点M引圆O的割线交该圆于B、C两点，且∠BMP=100°，∠BPC=40°，求∠MPB的大小．【解】因为MA为圆O的切线，所以2MAMBMC．又M为PA的中点，所以2MPMBMC．因为BMPPMC，所以BMPPMC∽．………………5分于是MPBMCP．在△MCP中，由180MPBMCPBPCBMP，得∠MPB=20°．………………10分B．选修4—2：矩阵与变换已知二阶矩阵Aabcd，矩阵A属于特征值11的一个特征向量为111，属于特征值24的一个特征向量为232．求矩阵A．【解】由特征值、特征向量定义可知，A111，即11111abcd，得11.abcd，……………………5分同理可得3212328abcd，，解得2321，，，abcd．因此矩阵A2321．…………10分C．选修4—4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为2cossin，为参数xy．以直角坐标系原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为（第21—A题）A1BADCBAO（第22题）EBAB1CBAA1CBACBAC1D1πcos224．点P为曲线C上的动点，求点P到直线l距离的最大值．【解】πcos224化简为cossin4，则直线l的直角坐标方程为4xy．…………………4分设点P的坐标为2cossin，，得P到直线l的距离2cossin42d，即5sin42d，其中12cos,sin55．…………………8分当sin1-时，max10222d．………………10分D．选修4—5：不等式选讲若正数a，b，c满足a+b+c=1，求111323232abc的最小值．【解】因为正数a，b，c满足a+b+c=1，所以，2111323232111323232abcabc≥，………………5分即1111323232≥abc，当且仅当323232abc，即13abc时，原式取最小值1．………………10分【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．22．在正方体1111ABCDABCD中，O是AC的中点，E是线段D1O上一点，且D1E＝λEO.（1）若λ=1，求异面直线DE与CD1所成角的余弦值；（2）若平面CDE⊥平面CD1O，求λ的值.【解】(1)不妨设正方体的棱长为1，以1,,DADCDD为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．则A(1，0，0)，11022O，，，010C，，，D1(0，0，1)，E111442，，，于是111442DE，，，1011CD，，.由cos1DECD，＝11||||DECDDECD＝36.所以异面直线AE与CD1所成角的余弦值为36.……………………5分（2）设平面CD1O的向量为m=(x1，y1，z1)，由m·CO＝0，m·1CD＝0得1111110220xyyz，，取x1＝1，得y1＝z1＝1，即m=(1，1，1).……………………7分由D1E＝λEO，则E12(1)2(1)1，，，DE=12(1)2(1)1，，.又设平面CDE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由n·CD＝0，n·DE＝0.得2222002(1)2(1)1yxyz，，取x2=2，得z2＝－λ，即n＝(－2，0，λ).因为平面CDE⊥平面CD1F，所以m·n＝0，得λ＝2．……………………10分23．一种抛硬币游戏的规则是：抛掷一枚硬币，每次正面向上得1分，反面向上得2分.（1）设抛掷5次的得分为，求的分布列和数学期望E；（2）求恰好得到n*()nN分的概率．【解】（1）所抛5次得分的概率为P(＝i)=5551C2i(i=5，6，7，8，9，10)，其分布列如下：5678910P132532516516532132E=5105551C2iii=152(分).……………………5分（2）令pn表示恰好得到n分的概率.不出现n分的唯一情况是得到n－1分以后再掷出一次反面.因为“不出现n分”的概率是1－pn，“恰好得到n－1分”的概率是pn－1，因为“掷一次出现反面”的概率是12，所以有1－pn=12pn－1，……………………7分即pn－23=－12123np.于是23np是以p1－23=12－23=－16为首项，以－12为公比的等比数列.所以pn－23=－16112n，即pn＝11232n.答：恰好得到n分的概率是11232n.…………………10分