湖北省武汉市武昌区2011年元月高三年级调研测试题(理科)

武昌区2011届高三年级元月调研测试理科数学试题参考答案及评分细则一、选择题题号12345678910答案CCBDCBBDAD二、填空题11．1,00,4；12．96；13.25；14．(3,8)；15．①②④三、解答题16．（本小题满分12分）解:（Ⅰ）由余弦定理即已知条件得，422abba.……………………2分又因为ABC的面积等于3，所以3sin21Cab，得4ab.………………4分联立方程，得,4,422abbaab解得2,2ba.………………6分（Ⅱ）由题意的AAABABcossin4sinsin，即AAABcossin2cossin.………7分当0cosA时，6,2BA，332,334ba.当0cosA时，得ABsin2sin，由正弦定理得，ab2.………………9分联立方程，得4222abbaab，解得334,332ba.所以ABC的面积为332sin21CabSABC．………………12分17．（本小题满分12分）解：如图，饮料罐的表面积222RRhS.…………2分由hRV2，得2RVh，则02222222RRRVRRVRS.………4分令0422/RRVS，解得32VR………6分当320VR时，0/S,当32VR时，0/S.………………8分所以32VR时，S取得最小值，并且这个极小值是最小值.………………10分把32VR代入2RVh，得322Vh，即Rh2.………………11分答：当饮料罐的高与底面的直径相等时，所用材料最省.…………12分18.（本小题满分12分）解：设222PAABBC.（Ⅰ）过A作PDAN于N,连结MN.PA面ABCD，CDPA.又ADCD，CD面PAD.CDAN.AN面PCD.则AMN为直线AM与平面PCD所成的角.…………3分在PAM中，1cos222APMPMPAPMPAAM.在PADRt中，求得52AN.552sinAMANAMN.………………6分（Ⅱ）过B作BE平面PCD于E，过点B作PCBF于F.连结EF,则PCEF.BFE为二面角DPCB的的平面角的补角.………………8分在PBCRt中,求得32BF.由PACBBCDPVV,得1122131512131BE,解得52BE.…………………10分在AEFRt中,求得515sinBFBEBFE.所以所求二面角的大小为515arcsin.…………………………12分19.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）直线1MA和2MA的斜率分别为1xy与1xy1x，………2分依题意311xyxy，即3322xy.所求轨迹方程为1322yx1x.…………5分（Ⅱ）假设存在点yxM,1x，使yxM,到点0,2B和点2,0C的距离之和MCMB最小，xy•MBCO•MFA1A2PABCDNMEF由（Ⅰ）可知，点yxM,在双曲线1322yx1x的右支上，由双曲线的定义知右焦点为0,2F，……………6分22CF且2MFMB，即2MFMB.……………8分所以22222CFMFMCMCMB.……………10分当三点FMC,,共线时MCMB最小值为222.……………11分这时，直线2:yxCF代入双曲线1322yx1x,得07422xx.解得2231x，因为1x，所以2231x，此时22332xy.因此存在一点2233,2231M，使MCMB最小.……………12分20.（本小题满分13分）解：（Ⅰ）当1n时，324412111aaaS，得034121aa，31a或11a，由条件0na，所以31a.………………2分当2n时，3242nnnaaS，3241211nnnaaS则32324412121nnnnnnaaaaSS，所以1212224nnnnnaaaaa，0211nnnnaaaa，………………4分由条件01nnaa，所以21nnaa，………………5分故正数列na是首项为3，公差为2的等差数列，所以12nan.………………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）nnannb2221121，nnnnba212，………………7分nnnnnT212212272523132.…………①将上式两边同乘以21，得143221221227252321nnnnnT…………②………………8分①—②，得1322122222222321nnnnT=125225nn.所以52525nnnT.………………10分又231T，4112T，8293T，416774T.………………11分若cnTnn2525恒成立，∴使cTn恒成立的最小正整数c是5.………………13分21.（本小题满分14分）解：（Ⅰ）由01x,得1x.∴xf的定义域为,1.………………………………1分因为对x∈,1,都有1fxf，∴1f是函数xf的最小值，故有01f.…………2分,022,12)(/bxbxxf解得4b.………………………3分经检验，4b时，)(xf在)1,1(上单调减，在),1(上单调增.)1(f为最小值.故得证.…………4分（Ⅱ）∵,12212)(2/xbxxxbxxf又函数xf在定义域上是单调函数，∴0xf或0xf在,1上恒成立.…………6分若0xf，则012xbx在,1上恒成立,即xxb222=21)21(22x恒成立,由此得b21；……………………8分若0xf,则012xbx在,1上恒成立,即xxb222=21)21(22x恒成立.因21)21(22x在,1上没有最小值，∴不存在实数b使0xf恒成立.综上所述，实数b的取值范围是,21.………………………10分（Ⅲ）当1b时，函数1ln2xxxf.令1ln233xxxxxfxh，则1131123232xxxxxxxh.当,0x时，0xh，所以函数xh在,0上单调递减.又00h，当,0x时，恒有00hxh，即321lnxxx恒成立.故当,0x时，有3xxf.……………………………………12分Nk，,01k.取kx1，则有311kkf.33311312111nkfnk.所以结论成立.………………………………………14分