2008高三数学第三次阶段考试(2)

江苏省赣榆高级中学2007-2008学年度高三第三次阶段考试数学试题答案一、填空题1、2、x=13、24、45、36、(5,14)7、x+y=58、14,339、14310、2311、63312、6413、(2),(4)14、125二、解答题15、解：(cos3,sin)ACxx，(cos,sin3)BCxx，22||(cos3)sin106cosACxxx22||cos(sin3)106sinBCxxx||||ACBC，得cossinxx，又[0,2)x，4x或54x()(cos3)cossin(sin3)13(cossin)132sin()4fxACBCxxxxxxx当3242xk，即524xk()kZ时，max()132fx16、解：（Ⅰ）由.011:0011xkxkxkx得及（1）当0k1时，得,11kxx或；（2）当k=1时，得;1,011Rxxxx且（3）当k1时，得,11xkx或综上，当0k1时，函数的定义域为),1()1,(k；当1k时，函数的定义域为).1()1,(k（Ⅱ）由]10[)(在xf上是增函数1010110110kk得又)11lg(11lg)(xkkxkxxf，故对任意的1x、2x，当2110xx时，有),11lg()11lg(),()(2121xkkxkkxfxf即得：,0)1111)(1(11112121xxkxkxk又.1,01,111121kkxx综上可知k的取值是（1,101）（注：第Ⅱ问也可用求导的方法求解．）17、解：依题意：50420300301009140,0xyxyxy，考察23zxy的最大值（图略）作出可行域，平移230xy，当等值线经过点（4，10）时Z取得最大值38。故当v＝12.5、w＝30时所需经费最少，此时所花的经费为93元。18、解：(Ⅰ)连结BD,AC，设他们交于点O，连结EO，FO，∵ABCD是正方形，∴OD⊥AC．又∵ED⊥平面ABCD，且OD为ED在平面ABCD内的射影∴EO⊥AC．同理FO⊥AC，∴∠EOF就是二面角E—AC—F的平面角．设DE=a,∵AB=BF=2DE2a，∴OE=3a，OF=6a,EF=3a.∴EO2+FO2=EF2，即90EOF，∴平面AEC⊥平面AFC．[另法提示：建立空间直角坐标系，证OEOF](Ⅱ)过点C作CP⊥平面AC，且使CP=DE，连结EP，则四边形CDEP是矩形，且CP在平面FBC内，∵DC平面FBC，EP∥DC，∴EP⊥平面FBC，∴∠ECP就是EC与平面FBC所成的角，在Rt△ECP中，EP=2a，CP=a，∴tan∠ECP=2，∴EC与平面FBC所成的角为arctan2．[另法提示：一、转化为求EC与平面ADE所成的角；二、利用空间向量求解，先求CE与平面BCF的法向量CD的夹角，然后求其余角](Ⅲ)由题意可知△ACF是等边三角形，设点N是△ACF的中心，则点N一定在OF上，且｜FN｜=2｜NO｜，在平面EOF内，作MNOF，且MN与EF交于M点．∵AC⊥OE,AC⊥OF,∴AC平面EOF，又AC平面ACF．DABCEF（第18题图）∴平面ACF⊥平面EOF，又MNOF，∴MN平面ACF．∴三棱锥M-ACF是正三棱锥．在平面OEF中，由,EOOFMNOF．可知MN∥EO,又｜FN｜=2｜NO｜，∴｜FM｜=2｜ME｜．在EF上存在一点M，使三棱锥M-ACF是正三棱锥，且点M是线段EF的靠近E的三等分点[另法提示：本大题可将所给几何体补成正方体来进行求解]19、解：（Ⅰ）直线lx与轴垂直时与抛物线交于一点，不满足题意.设直线l的方程为ykx()1把ykx()1代入抛物线xy22得：xkxk2220设两交点)()(2211yxByxA，、，212122248020xxkxxkkkkk则，或1122()()()()PxyOPxyOAxyOBxy设，，则，，，，，1122OPOAOB2121212111()()(1)(1)222xxxkyyykxkxkk，2yxx0Pyx又点在轴的右侧202xkkkx又，或2(2)Cyxxx轨迹的方程为（Ⅱ）)2(2xxxyC的方程为曲线)2(12/xxy32211(1)(1)MBxyMAxy，，，21211(1)xxMBMAyy22221122xyxy又，2121222221211(1)1(1)(2)xxxxxxxx把（1）代入（2）得：xx121210解得：112421x)3(111xaa的取值范围是)331,1(20、解：（Ⅰ）由210nnabn（n=1,2,3,…），可得2nnanbn（n=1,2,3,…）①∴112(1)(1)nnanbn②①-②，可得112()(1)1nnnnaanbnb，又1nnnaab，∴12(1)1nnnbnbnb，即1(1)(2)10nnnbnb（n=1,2,3,…）③∴21(2)(3)10nnnbnb④④-③，可得21(2)(24)(2)0nnnnbnbnb，即2120nnnbbb，∴211nnnnbbbb（n=1,2,3,…），∴数列{}nb是等差数列．[另法提示：由③可得1121(1)(2)nnbbnnnn，令1nnbcn，故1nncc1121nn，利用累加法求出nc，从而可得nb＝11(1)12bn，然后再证明{}nb是等差数列］（Ⅱ）由（1）可知数列{}nb是等差数列，由b2=b1-2知公差为d＝－2＝112b，1b＝－3，所以21nbn代入210nnabn可求得2nan记nT222111123…＋21n，当1n时，215113nT；当2n时，2211551243nT；当3n时，∵22111111()1(1)(1)211nnnnnn，∴22221111(1234nT…21)n511111[()()422435…1111()()]211nnnn511111()42231nn51115()42233．故对一切n*N，都有53nT．所以对一切n*N，都有123111aaa…＋1na53．［另法提示：一、当1n时，215113nT；当2n时，由222144441nnn2112()(21)(21)2121nnnn．∴22221111(1234nT…21)n1112[()3511()57…11()]2121nn1112()321n53．二、当n=1,2,3,4,5时，直接进行验证；当6n时，由21111(1)1nnnnn,∴22222111111111()(123455667nT…11)1nn131211136400n131111513636113]