金陵中学2011―2012学年度第一学期高三数学期中试卷解答

金陵中学2011—2012学年度第一学期高三数学期中试卷解答一、填空题1．(2，3)2．33．134．605．6．y＝sin(π4x＋π4)7．208．529．－5410．(－4，4]11．[34，)12．①②③13．(2，23)14．18二、解答题15．（1）∵a⊥b，∴a·b＝0，即sin－2cos＝0．∵sin2＋cos2＝1，∴cos2＝15．∵(0，π2)，∴cos＝55，sin＝2cos＝255．（2）解法一：∵，(0，π2)，∴－(－π2，π2)，∴cos(－)＝1－sin2(－)＝31010．∴cos＝cos[－(－)]＝coscos(－)＋sinsin(－)＝31010×55＋255×1010＝22．解法二：由sin(－)＝1010，得255cos－55sin＝1010，即2cos－sin＝22．又∵sin2＋cos2＝1，且为锐角，所以cos＝22．16．（1）设AB＝2AD＝2x，则BD2＝AB2＋AD2－2AB×AD×cos∠DAB＝(2x)2＋x2－2×2x×x×cos60°＝3x2，∴BD2＝AB2－AD2，∴∠ADB＝90°，即BD⊥AD．又∵PD⊥面ABCD，BD面ABCD，∴PD⊥BD．∵PD∩AD＝D，∴BD⊥面PAD．∵BD面MBD，∴平面MBD⊥平面PAD．NABCMPD（2）解法一：设PA∥平面MBD，则连结AC与BD交于N，连结MN．∵面PAC∩平面MBD＝MN，PA面PAC，∴PA∥MN．∴CMMP＝CNNA．∵AB∥DC，∴CNNA＝CDAB＝12，∴CMMP＝12．∴M为线段CP上靠近C点的一个三等分点．解法二：连结AC与BD交于N，连结MN．设M为线段CP上靠近C点的一个三等分点，即CMMP＝12．∵AB∥DC，∴CNNA＝CDAB＝12，∴CMMP＝CNNA，∴PA∥MN．又PA平面MBD，MNMBD，∴PA∥平面MBD．以上步步可逆17．（1）∵l⊥x轴，∴F2的坐标为(2，0)．解法一：由题意可知2a2＋1b2＝1，a2－b2＝2得a2＝4，b2＝2．∴a＝2，b＝2．解法二：由椭圆定义可知MF1＋MF2＝2a，由题意MF2＝1，∴MF1＝2a－1．在Rt△MF1F2中，(2a－1)2＝(22)2＋1，a＞0，∴a＝2．又a2－b2＝2，∴b2＝2，b＝2．（2）椭圆方程为x24＋y22＝1．直线BF2的方程为y＝x－2．由x24＋y22＝1，y＝x－2，得点N的纵坐标为23．又F1F2＝22，∴△F1BN的面积S＝12×(2＋23)×22＝83．18．∵PQ∥OB，∴∠AQP＝∠AOB＝π3．在△QOP中，OP＝2，∠QPO＝∠AQP－∠QOP＝π3－，∠OQP＝2π3，由正弦定理得OQsin(π3－)＝OPsin2π3，即OQ＝433sin(π3－)．∴S△POQ＝12×OP×OQ×sin∠QOP＝433sin(π3－)sin．∵SO⊥面OAB，∴V＝13×S△POQ×SO＝839sin(π3－)sin，其中(0，π3)．解法一：∵sin(π3－)sin＝32cossin－12sin2＝34sin2－14(1－cos2)＝12sin(2＋π6)－14．∴V＝439sin(2＋π6)－239．∴当＝π6时，sin(2＋π6)＝1，此时V取到最大值239．解法二：令f()＝sin(π3－)sin，则f′()＝－cos(π3－)sin＋sin(π3－)cos＝sin(π3－2)．令sin(π3－2)＝0，∵(0，π3)，∴＝π6．(0，π6)π6(π6，π3)f′()＋0－f()↗极大值↘当＝π6时，f()max＝sin2π6＝1－cosπ32＝14，此时V取到最大值239．19．（1）数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，∴an＝Sn－Sn－1＝4n－5(nN*，n≥2)．又a1＝S1＝－1，∴数列{an}的通项公式为an＝4n－5(nN*)．∵数列{bn}是正项等比数列，b1＝－a1＝1，a2－a1＝4，∴b3＝14，得公比q＝12，数列{bn}的通项公式为bn＝12n－1(nN*)．（2）解法一：cn＝anbn＝4n－52n－1，由cn＋1－cn＝4n－12n－4n－52n－1＝9－4n2n≥0，得n≤2．∴c3＞c2＞c1，当n≥3时，cn＋1＜cn，即c3＞c4＞c5＞……，又c3＝74，故存在正整数M，使得对nN*，cn≤M恒成立，∴M的最小值为2．解法二：cn＝anbn＝4n－52n－1，令f(x)＝4x－52x－1，f′(x)＝4(12)x－1＋(4x－5)(12)x－1ln12，由f′(x)＞0得x＜54＋1ln2≈2.69，∴函数f(x)在(－∞，54＋1ln2)上单调递增；在(54＋1ln2，＋∞)上单调递减．对于nN*，c2＝f(2)＝32；c3＝f(3)＝74，∴c3＞c2，即数列{cn}的最大项为c3．故存在正整数M，使得对nN*，cn≤M恒成立，∴M的最小值为2．20．（1）由题意得f(e)＝pe－qe－2＝qe－pe－2，∴(p－q)(e＋1e)＝0，而e＋1e≠0，所以p＝q．（2）由（1）知f(x)＝px－px－2lnx，f′(x)＝p＋px2－2x＝px2－2x＋px2当p＝0时，f′(x)＝－2x＜0，所以f(x)在其定义域(0，＋∞)内是单调减函数；当p＞0时，要使f(x)在其定义域(0，＋∞)内是单调函数，由于h(x)＝px2－2x＋p图像为开口向上的抛物线，所以只需h(x)在(0，＋∞)内满足h(x)≥0恒成立．解法一：函数h(x)的对称轴为x＝1p(0，＋∞)，∴h(x)min＝p－1p，只需p－1p≥0，即p≥1．当p≥1时，f′(x)≥0在(0，＋∞)内恒成立，f(x)在定义域内为单调递增函数．解法二：由f′(x)≥0在(0，＋∞)内恒成立，则px2－2x＋p≥0，即p≥2xx2＋1在(0，＋∞)内恒成立，当x＞0时，∵x＋1x≥2（当x＝1时等号成立），∴当x＝1时，函数y＝2xx2＋1＝2x＋1x取得最大值1，∴p≥1．综上所述，p的取值范围为{0}∪[1，＋∞）.（3）解法一：f(x)＞g(x)即p(x－1x)－2lnx＞2ex，即p(x－1x)＞2lnx＋2ex，当x＝1时，该式不成立，由x(1，e]，x－1x＞0，p(x－1x)＞2lnx＋2ex即p＞2lnx＋2exx－1x＝2xlnx＋2ex2－1．令l(x)＝2xlnx＋2ex2－1，x(1，e]，∵l′(x)＝2·－(1＋x2)lnx＋x(x－2e)－1(x2－1)2＜0，∴l(x)在(1，e]上单调递减，∴当x＝e时，l(x)min＝4ee2－1．在[1，e]上至少存在一点x0，使得f(x0)＞g(x0)成立，即p＞l(x)min，∴p的取值范围是（4ee2－1，＋∞）．解法二：∵g(x)＝2ex在[1，e]上是减函数，∴x＝e时，g(x)min＝2；x＝1时，g(x)max＝2e，即g(x)[2，2e]，①当p＝0时，由（2）知f(x)在[1，e]上是减函数，∴f(x)max＝f(1)＝0，不合题意；②当p≥1时，由（2）知f(x)在[1，e]上是增函数，f(1)＝0＜2，又g(x)＝2ex在[1，e]上是减函数，故只需f(x)max＞g(x)min（x[1，e]），而f(x)max＝f(e)＝p(e－1e)－2，g(x)min＝2，即p(e－1e)－2＞2，解得p＞4ee2－1．③当0＜p＜1时，由x[1，e]，x－1x≥0，又由（2）知当p＝1时，f(x)在[1，e]上是增函数，f(x)＝p(x－1x)－2lnx≤x－1x－2lnx≤e－1e－2＜2，不合题意；综上，p的取值范围是（4ee2－1，＋∞）．B．选修4－2矩阵与变换解:（1）M－1＝1002（2）M－1N＝100212001＝12002．设所得曲线上任意一点(x，y)，其在变换前的对应点为(x0，y0)．∵12002x0y0＝xy，∴12x0＝x，2y0＝y，∴x0＝2x，y0＝12y．∵y0＝cosx0，∴12y＝cos2x，即y＝2cos2x．∴曲线y＝cosx依次在变换T2，T1－1的作用下所得曲线的方程为y＝2cos2x．C．选修4－4参数方程与极坐标（1）由x＝1＋t，y＝2－t消去t，得x＋y－3＝0．由x＝2cosθ，y＝2＋2sinθ消去θ得x2＋(y－2)2＝4．即直线l的普通方程为x＋y－3＝0，圆C的普通方程为x2＋(y－2)2＝4．（2）圆C的圆心为C(0，2)，半径r＝2．点C到直线l的距离d＝|0＋2－3|2＝12．所以AB的长度＝2r2－d2＝24－12＝14．22．（1）分别取AB，A1B1中点O，O1，连结CO，OO1，∵正三棱柱ABC－A1B1C1，∴四边形ABB1A1为矩形，AA1平面ABC．∵O，O1分别为AB，A1B1中点，∴OO1∥AA1．∴OO1AB．∵△ABC为正三角形，O为AB中点，∴COAB，又AA1平面ABC，CO平面ABC，∴COAA1．∴CO平面AA1B1B．∴COOO1．ABB1C1CA1zOxy分别以OB,，OC，OO1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系．设BB1＝h，∵AB＝2，∴A(－1，0，0)，B1(1，0，h)，B(1，0，0)，C1(0，3，h)．∴AB1＝(2，0，h)，BC1＝(－1，3，h)．∵AB1BC1，∴AB1BC1＝0．即2(－1)＋03＋hh＝0．∴h＝2．即BB1＝2．（2）∵CO平面AA1B1B，即CO平面AA1B．∴平面A1AB的一个法向量是OC＝(0，3，0)．设平面AB1C1的法向量为n＝(a，b，c)．∵AB1＝(2，0，2)，AC1＝(1，3，2)，又∵AB1n，AC1n，∴2a＋2c＝0，a＋3b＋2c＝0．解得c＝－2a，b＝33a．不妨取a＝3，则平面AB1C1的一个法向量n＝(3，3，－32)．∴cos＜OC，n＞＝OCn|OC||n|＝03＋33＋0(－32)330＝1010．∴二面角A1－AB1－C1的余弦值是1010．ABB1C1CA1zOxy23．（1）依题意，甲答对试题数X的可能取值为0，1，2，3，则P(X＝0)＝C43C103＝130，P(X＝1)＝C61C42C103＝310，P(X＝2)＝C62C41C103＝12，P(X＝3)＝C63C103＝16，其分布列如下：甲答对试题数X的数学期望E(X)=0×130＋1×310＋2×12＋3×16＝95．X0123P1303101216（2）设甲、乙两人面试通过的事件分别为A、B，则P(A)＝C62C41＋C63C103＝60＋20120＝23，P(B)＝C82C21＋C83C103＝56＋56120＝1415．∵事件A、B相互独立，∴甲、乙两人面试均不通过的概率为P(A－B－)＝P(A－)P(B－)＝(1－23)(1－1415)＝145，∴甲、乙两人至少有一人通过面试的概率为P＝1－P(A－B－)＝1－145＝4445．答：甲、乙两人至少有一人通过面试的概率为4445．