扬州市2011高三期末调研数学试题及答案

扬州市2010—2011学年度第一学期期末调研测试高三数学参考答案2011．01第一部分1．10,22．123．234．16.45．②④6．227．18．89．53610．2211．2或1212．213．62(0,)214．415．解：（Ⅰ）由405xx，得45x，故集合{|45}Bxx；………………………………………………………6分（Ⅱ）由题可知，2(2,1)Baa…………………………………………………8分①若231a，即13a时，(2,31)Aa，又因为AB，所以222131aaa，无解；②若231a时，显然不合题意；③若231a，即13a时，(31,2)Aa，又因为AB，所以223112aaa，解得1a．综上所述，1a．………………………………………………………………………14分16．解：因为,,ABC成等差数列，所以60B（Ⅰ）由22222cos603bacacacac，即227133ac，得40ac，…………………………………………5分所以△ABC的面积1sin1032SacB；…………………………………………7分（Ⅱ）3sinsin6AC＝3sinsin()2AA3sincos2sin6AAA……………………………………11分又由题可知20,3A，所以5,666A，则3sinsin2sin1,266ACA．……………………………………14分17．解：（Ⅰ）因为BCAC，M为AB中点．所以CMAB，又因为平面ABC平面ABDE，平面ABC平面ABDE＝AB，CM平面ABC，所以CM平面ABDE，又因DE平面ABDE，所以CMDE；……………………………………7分（Ⅱ）当13ANAC时，//CD平面BEN．连结AD交BE于点K，连结KN，因梯形ABDE中//BDAE，2BDAE，所以12AKAEKDBD，则13AKAD又因13ANAC，所以//KNCD……………………………………14分又KN平面BEN，CD平面BEN，所以//CD平面BEN．18．解：（Ⅰ）设O为圆环的圆心，依题意，∠CA1O=∠CA2O=∠CA3O=，CA1=CA2=CA3=2cos，CO=2tan，设金属杆总长为ym，则6102tancosy=2(3sin)10cos，（02）22(3sin1)'cosy，当1sin3时，'0y；当1sin3时，'0y，∴当1sin3时，函数有极小值，也是最小值。……………………………………7分（Ⅱ）依题意，2102tancosny=2(sin)10cosn，22(sin1)'cosny，当1sinn时，'0y；当1sinn时，'0y，∴当1sinn时，函数有极小值，也是最小值。…………………………………………13分当n≥4时，113n，所以C点应上移。…………………………………………15分19．解：（Ⅰ）依题意：12ADFF，即22acc，所以离心率22e.…………………………………………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知：2ac，bc，故(0,)Ac，(2,)Dcc，2(,0)Fc，(2,0)Tc，(2,)TAcc所以椭圆方程是222212xycc，即22222xyc，直线2FD的方程是0xyc由222220xycxyc解得：0xyc（舍去）或4313xcyc即41(,)33Mcc，…………………………………………7分21(,)33TMcc，所以3TATM，即存在3使3TATM成立。…………………………………………10分（Ⅲ）解法一：由题可知圆心N在直线yx上，设圆心N的坐标为,nn，因圆过准线上一点B，则圆与准线有公共点，设圆心N到准线的距离为d，则2MFd，即22|2|ncnnc，解得：3nc或nc，…………………………………………14分又222222()2,22ccrncnnc由题可知，22min4rc，则24c，故椭圆的方程为22184xy．…………………………………………16分（若直接用圆与准线相切时面积最小来做，在答案正确的情况下本小题得3分，否则不得分）解法二：设(0,)Ac，2(,0)Fc，(2,)Bct，圆2AFB外接圆的方程是：220xyDxEyF，则222200420ccDFccEFctcDtEF，解得223ctDEct所以圆心,22DE即222233,2()2()ctctctct……………………………………12分则2222222332()2()ctctrcctct令2232()ctmct22,3,2cctcccct，222222()2,22ccrncnnc…………………………………14分由题可知，22min4rc，则24c，故椭圆的方程为22184xy．…………………………………16分解法三：设(0,)Ac，2(,0)Fc，(2,)Bct，2AFB外接圆的方程是：220xyDxEyF，则222200420ccDFccEFctcDtEFFDEcc，22222211(4)422FrDEFcc由22420ctcDtEF得224(2)()0FctctcFc2224220tFctcctFFc22()20tcFccttc24[()3]cFctcctc所以2Fc，或27Fc所以222221()2Frccc所以24c所求椭圆方程是22184xy．…………………………………16分20．解：（Ⅰ）0A时，nnaSB，当2n时，由11nnnnaSBaSB得，11()0nnnnaaSS即112nnaa，所以，数列{}na是等比数列．…………………………………4分（Ⅱ）设数列的公差为d，分别令1,2,3n得：11223323aSABaSABaSAB，即2232543ABdABdAB，解得110ABd，即等差数列{}na是常数列，所以nSn；…………………………………7分又11111pqSSS，则11111pq，11110pqpq，2111111pq，因pq，所以21111111pq，解得12132pq．…………………………………10分（Ⅲ）当1n时，2AB，所以2BA所以(2)nnaSAnA，当1n时，由112(1)2nnnnaSAnAaSAnA得，11()nnnnaaSSA即11122nnaaA所以11()2nnaAaA，又10aA即数列{}naA是公比为12的等比数列，所以111()()2nnaAaA，即11(1)()2nnaAA，…………………………12分12221121(21)1nnnnnaAAAaAAA，①当1A时1111(21)1nnnaAaA且1nnaa的值随n的增大而减小，即312234aaaaaa，所以，12aMa，即M的取值范围是2[,)1A；…………………………………14分②当01A时1111(21)1nnnaAaA且1nnaa的值随n的增大而增大，即312234aaaaaa，所以，1M，即M的取值范围是[1,)．…………………………………………16分第二部分21．B解：设abMcd，由0110M得：10bd，即1,0,bd…………………………………………2分再由1221M得，2221abcd，即2221abcd，0,1,ac…………………………………………………………4分所以0110M，………………………………………………………………………6分21001M．………………………………………………………………………10分21．C解：由8sin1cos2得：2cos4sin，22cos4sin，又cosx，siny，所以，所求曲线的直角坐标方程是24xy，……………………………………………8分所以，焦点到准线的距离为2．……………………………………………………………10分22．解：(Ⅰ)设正三棱柱的棱长为2，建立如图所示的直角坐标系，则：(0,1,0)A，(3,0,0)B，(0,1,0)C，1(0,1,2)A，1(3,0,2)B，1(0,1,2)C，所以(3,1,0)AB，1(0,2,2)CA，1(3,1,2)AB，因为PCAB，所以0CPAB，11()0CAAPAB，11()0CAABAB，1112CAABABAB……………………………………………………………5分(Ⅱ)由（Ⅰ）知：33(,,1)22CP，1(0,2,2)AC，ABPCCBA111Oxyz111322cos,8||||222CPACCPACCPAC，所以异面直线PC与1AC所成角的余弦值是28．…………………………………5分证明：由11x，11nnnxxpx知，0nx（*nN），（Ⅰ）当2p时，112nnnxxx，（1）当1n时，11x2，命题成立．（2）假设当nk时，2kx，则当1nk时，12212222222kkkkxxxx，即1nk时，命题成立．根据（1）（2），2nx（*nN）．………………………………………………………4分（Ⅱ）用数学归纳法证明，1nnxx（*nN）．（1）当1n时，1211xxpx1=1x，命题成立．（2）假设当nk时，1kkxx，∵0kx，0p，∴1kkpppxpx，则当1nk时，112kkkkxpxpxpx212kkpxpx，即1nk时，命题成立．根据（1）（2），1nnxx（*nN）．………………………………………………………8分故不存在正整数M，使得对于任意正整数n，都有Mnxx．……………………………10分