高考数学3月统考试题解答(理科)

襄樊市高三年级统考试题(2004．3)数学参考答案及评分标准(理工农医类)一．选择题：ADCBBACDAADA二．填空题：13．114．1915．(p＋0.1)a16．(1，+∞)三．解答题：17．解：a·bxxxxx2cos21sin23sin21cos23cos2分|a＋b||cos|22cos22)21sin23(sin)21cos23(cos22xxxxxx4分]20[，x∴cosx≥0，因此|a＋b|＝2cosx∴f(x)＝a·b－2｜a＋b｜即2221)(cos2)(xxf6分]20[，x∴0≤cosx≤1①若＜0，则当且仅当cosx＝0时，f(x)取得最小值－1，这与已知矛盾；8分②若0≤≤1，则当且仅当cosx＝时，f(x)取得最小值221，由已知得23212，解得：2110分③若＞1，则当且仅当cosx＝1时，f(x)取得最小值41，由已知得2341，解得：85，这与1相矛盾．综上所述，21为所求．12分18．解：取3个球的方法数为4060330C2分设“3个球全红色”为事件A，“3个全蓝色”为事件B，“3个球全黄色”为事件C，则406010)(33035CCBP，4060120)(330310CCCP4分∵A、B、C为互斥事件∴P(A＋B＋C)=P(A)＋P(B)＋P(C)即4060120406010)(40613APP(A)＝06分∴红球的个数≤2，又∵n≥2，故n＝28分记“3个球中至少有一个是红球”为事件D，则D为“3个球中没有红球”145281)(1)(330328CCDPDP12分19．(1)解：∵42)41(xx的第二项为xxxC)41(2314，∴q＝x2分∴an＝xn－1，1111xxxxnSnn6分(2)解：当x＝1时，nnnnnnnCCCCA32132又1210121)2()1()2()1(nnnnnnnnnnnnnCCnCnnCCCnCnnCA∴nnnnnnnnCCCCnA2)(2210，An＝n·2n－18分当x≠1时，nnnnnnnCxxCxxCxxCxxA1111111133221)]()[(11433221321nnnnnnnnnnCxCxCxxCCCCCx10分])1(2[11)]11(12[1133221nnnnnnnnnxxCxCxCxxCx∴11)1(2121xxxxnAnnnn12分20．方法一(1)解：以APABDA、、为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则B(0，3，0)，C(－a，3，0)，D(－a，0，0)，P(0，0，4)2分设Q(t，3，0)，则PQ＝(t，3，－4)，DQ＝(t＋a，3，0)∵PQ⊥QD，∴3)(attDQPQ＝0即t2＋at＋3＝0①∴△＝a2－12≥0a≥23．4分(2)解：∵BC上存在唯一点Q，使PQ⊥QD，∴△＝a2－12＝0a＝23，t＝－36分AQ＝(－3，3，0)，PD＝(－23，0，－4)∴cos14427266||||PDAQPDAQPDAQ，故异面直线AQ与PD所成角为arccos1442．8分(3)解：过Q作QM∥CD交AD于M，则QM⊥AD，M(t，0，0)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥QM，又QM⊥AD，∴QM⊥平面PAD过M作MN⊥PD于N，连结NQ，由三垂线定理知QN⊥PD∴∠MNQ是二面角A－PD－Q的平面角设N(m，0，n)，则NM＝(t－m，0，－n)，NQ＝(t－m，3，－n)ABCDQPyxzND＝(－4－m，0，－n)∵MN⊥PD，ND、PD共线，∴NDPDPDNM，0得：m＋n－t＝0，m－n＝4②3222||||,cos222nnnNQNMNQNMNQMN由①得：t＝－1或t＝－3，由②得：n＝2＋21t当t＝－1时，515,cosNDNM，当t＝－3时，77,cosNDNM∴二面角A－PD－Q的大小为515arccos或77arccos．12分方法二(1)解：设BQ＝t，则PQ2＝19＋t2，QD2＝3＋(a－t)2，PD2＝16＋a2由PQ⊥QD得：19＋t2＋3＋(a－t)2＝16＋a2，即t2－at＋3＝0①∴△＝a2－12≥0a≥23．4分(2)解：∵BC上存在唯一点Q，使PQ⊥QD，∴△＝a2－12＝0a＝23，t＝3，故Q是BC中点取AD中点R，PA中点S，连RS、RC，则RS∥PD，RC∥AQ∴∠RSC就是异面直线AQ与PD所成角6分721PDRS，6AQRC，1922ACSASC∴14422cos222RCRSSCRCRSRSC故异面直线AQ与PD所成角为arccos1442．8分(3)解：同方法一得∠MNQ是二面角A－PD－Q的平面角10分在Rt△PAD中，24tMNPDMBPAMN在Rt△PQD中，24)4(31922ttNQPDDQPQNQ22)4(319)4(4costttNQMNMNQ由①得t＝1或t＝3当t＝1时，515cosMNQ，当t＝3时，77cosMNQ∴二面角A－PD－Q的大小为515arccos或77arccos．12分21．(1)解：23)(xxf，∴曲线y＝f(x)在点M(x1，f(x1))处的切线的斜率213xk∴切线l的方程为)(3)(12131xxxaxy，即axxxy3121234分(2)解：令y＝0得2131232xaxx①2131123113121313123)2()(32xaxaxaxaxax≥0(*)∴312ax，当且仅当311ax时等号成立．6分②∵311ax，∴(*)中“＝”不成立，故312ax8分213112112111231)(31332xxaxxaxxaxxx∵axax31311∴02131xxa，故x2＜x1∴当311ax时，1231xxa成立．12分22．(1)解：∵a＝xi＋(y＋2)j，b＝xi＋(y－2)j，且|a|＋|b|＝8∴点M(x，y)到两个定点F1(0，－2)，F2(0，2)的距离之和为82分∴轨迹C为以F1，F2为焦点的椭圆，方程为1161222yx4分(2)解：l过y轴上的点(0，3)，若直线l是y轴，则A、B两点是椭圆的顶点∴OBOAOP0，∴P与O重合，与四边形OAPB是矩形矛盾．6分∴直线l的斜率存在，设l方程为y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)由11612322yxkxy得：02118)34(22kxxk8分此时，0)21)(34(4)18(22kk恒成立，且22122134213418kxxkkxx，10分∵OBOAOP，∴四边形OAPB是平行四边形若存在直线l，使得四边形OAPB是矩形，则OA⊥OB，即OBOA0∴02121yyxxOBOA12分即09)(3)1(21212xxkxxk09)3418(3)3421)(1(222kkkkk解得：45k∴存在直线l：345xy，使得四边形OAPB是矩形．14分