数学答案汇编文档格式.docx
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由题意·
=1,即bccosA=1,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA,即b2+c2=6≥2bc⇒bc≤3,当且仅当b=c=时取“=”,此时(sinA)max=,∴Smax=(bc)max·
(sinA)max=.
14.2 解析:
由题意作f(x)的图象如图甲所示,设P,则P关于原点的对称点为P′.令2x2+4x+1=-,作出图象如图乙所示,∵图象有两个交点,∴“友好点对”有2个.
甲
乙
15.解:
(1)由函数的周期为π,可知=π,所以ω=2.(2分)
又由f()=,得2sin(+φ)=,所以cosφ=.又φ∈(0,π),所以φ=.(5分)
(2)(方法1)由f()=-,得sin(α+)=-.(7分)
因为α∈(0,π),所以α+∈(,).
又sin(α+)=-<0,所以α+∈(π,),
所以cos(α+)=-.(10分)
所以cos2α=sin(+2α)=2sin(α+)cos(α+)=.(14分)
(方法2)由f()=-,得sin(α+)=-.(7分)
所以cosα=cos[(α+)-]=cos(α+)·
cos+sin(α+)sin=-.
所以cos2α=2cos2α-1=2×
(-)2-1=.(14分)
(方法3)由f()=-,得sin(α+)=-.(7分)
所以sinα+cosα=-.所以1+sin2α=,
即sin2α=-.(10分)
即α∈(,π),2α∈(,2π).
所以cos2α==.(14分)
16.
(1)证明:
如图,连结DD1.在三棱柱ABC—A1B1C1中,
因为D、D1分别是BC与B1C1的中点,
所以B1D1∥BD,且B1D1=BD.
所以四边形B1BDD1为平行四边形,
所以BB1∥DD1,且BB1=DD1.
又AA1∥BB1,AA1=BB1,所以AA1∥DD1,
AA1=DD1,
所以四边形AA1D1D为平行四边形,所以
A1D1∥AD.(4分)
又A1D1⊄平面AB1D,AD⊂平面AB1D,
故A1D1∥平面AB1D.(6分)
(2)解:
(方法1)在△ABC中,因为AB=AC,D为BC的中点,
所以AD⊥BC.
因为平面ABC⊥平面B1C1CB,交线为BC,AD⊂平面ABC,
所以AD⊥平面B1C1CB,
即AD是三棱锥A—B1BC的高.(10分)
在△ABC中,由AB=AC=BC=4,得AD=2.
在△B1BC中,B1B=BC=4,∠B1BC=60°
,
所以△B1BC的面积S△B1BC=×
42=4.
所以三棱锥B1—ABC的体积,即三棱锥A—B1BC的体积
V=×
S△B1BC·
AD=×
4×
2=8.(14分)
(方法2)在△B1BC中,因为B1B=BC,∠B1BC=60°
所以△B1BC为正三角形,因此B1D⊥BC.
因为平面ABC⊥平面B1C1CB,交线为BC,B1D⊂平面B1C1CB,
所以B1D⊥平面ABC,即B1D是三棱锥B1—ABC的高.(10分)
在△ABC中,由AB=AC=BC=4得△ABC的面积S△ABC=×
在△B1BC中,因为B1B=BC=4,∠B1BC=60°
所以B1D=2.
所以三棱锥B1—ABC的体积V=×
S△ABC·
B1D=×
17.解:
(1)(方法1)连结OC.
设BC=x,矩形ABCD的面积为S.
则AB=2,其中0<x<30.(2分)
所以S=2x=2≤x2+(900-x2)=900.(4分)
当且仅当x2=900-x2,即x=15时,S取最大值为900cm2.
答:
取BC为15cm时,矩形ABCD的面积最大,最大值为900cm2.(6分)
(方法2)连结OC.设∠BOC=θ,矩形ABCD的面积为S.
则BC=30sinθ,OB=30cosθ,其中0<θ<.(2分)
所以S=AB·
BC=2OB·
BC=900sin2θ.(4分)
所以当sin2θ=1,即θ=时,S取最大值为900cm2,
此时BC=15.
(2)(方法1)设圆柱底面半径为r,高为x,体积为V.
由AB=2=2πr,得r=,
所以V=πr2h=(900x-x3),其中0<x<30.(10分)
由V′=(900-3x2)=0,得x=10,
因此V=(900x-x3)在(0,10)上是增函数,在(10,30)上是减函数.(12分)
所以当x=10时,V的最大值为.
取BC为10cm时,做出的圆柱形罐子体积最大,最大值为cm3.(14分)
(方法2)连结OC,设∠BOC=θ,圆柱底面半径为r,高为h,体积为V,
则圆柱的底面半径为r=,高h=30sinθ,
其中0<θ<.
所以V=πr2h=sinθcos2θ=(sinθ-sin3θ).(10分)
设t=sinθ,则V=(t-t3).
由V′=·
(1-3t2)=0,得t=,
因此V=(t-t3)在(0,)上是增函数,在(,1)上是减函数.(12分)
所以当t=时,即sinθ=,此时BC=10时,V的最大值为.
18.
(1)解:
由题意,设椭圆C:
+=1(a>b>0),
则2a=4,a=2.(2分)
因为点(2,1)在椭圆+=1上,
所以+=1,解得b=,
故所求椭圆方程为+=1.(5分)
(2)证明:
设A(x1,y1),B(x2,y2)(y1<0,y2>0).
点F的坐标为F(3,0).
由=3,得
即 ①(7分)
又A、B在椭圆C上,
所以
解得
所以B(,),代入①得A点坐标为(2,-).(12分)
因为·
=0,所以OA⊥AB.
所以过O、A、B三点的圆就是以OB为直径的圆,
其方程为x2+y2-x-y=0.(16分)
19.解:
(1)设数列{bn}的公差为d,则
解得所以bn=2n.(4分)
(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q.
由于前n行共有1+3+5+…+(2n-1)=n2个数,且32<13<42,所以a10=b4=8.
所以a13=a10q3=8q3.
又a13=1,解得q=.因此cn=2n·
()n-1=.(7分)
所以Sn=c1+c2+c3+…+cn=+++…+.
Sn=++…++.
因此Sn=+++…+-=4--=4-.
解得Sn=8-.(10分)
②由①知,cn=,不等式(n+1)cn≥λ,可化为≥λ.
设f(n)=,
计算得f
(1)=4,f
(2)=f(3)=6,f(4)=5,
f(5)=.
因为f(n+1)-f(n)=,
所以当n≥3时,f(n+1)<f(n).(14分)
因为集合M的元素的个数为3,
所以λ的取值范围是(4,5].(16分)
20.
(1)解:
因为f′(x)=1-,所以f′
(1)=1-a.
所以曲线y=f(x)在x=1处切线的斜率为1-a.
因为曲线y=f(x)在x=1处的切线为3x-y-3=0,所以1-a=3,解得a=-2.(3分)
①充分性.
当a=1时,f(x)=x-1-lnx,f′(x)=1-=,
所以当x>1时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(1,+∞)上是增函数;
当0<x<1时,f′(x)<0,所以函数f(x)在(0,1)上是减函数.
所以f(x)≥f
(1)=0.(5分)
②必要性.
(方法1)f′(x)=1-=,其中x>0.
(ⅰ)当a≤0时,f′(x)>0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上是增函数.
而f
(1)=0,所以当x∈(0,1)时,f(x)<0,与f(x)≥0恒成立相矛盾.
所以a≤0不满足题意.(7分)
(ⅱ)当a>0时,
因为当x>a时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(a,+∞)上是增函数;
当0<x<a时,f′(x)<0,所以函数f(x)在(0,a)上是减函数.
所以f(x)≥f(a)=a-1-alna.
因为f
(1)=0,所以当a≠1时,f(a)<f
(1)=0,此时与f(x)≥0恒成立相矛盾.
所以a=1.
综上所述,f(x)≥0恒成立的充要条件是a=1.(10分)
(方法2)f′(x)=1-=,其中x>0.
(ⅰ)当a≤0时,
因为f′(x)>0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上是增函数.
于是,由f(x)≥0恒成立可知,存在a>0,使得f(a)=a-1-alna≥0.
记函数φ(x)=x-1-xlnx,则φ′(x)=-lnx,
当0<x<1时,φ′(x)>0,所以函数φ(x)在(0,1)上是增函数,
当x>1时,φ′(x)<0,所以函数φ(x)在(1,+∞)上是减函数,
所以φ(x)≤φ
(1)=0,所以a=1.
(3)解:
由
(2)可知,
当a<0时,函数f(x)在(0,1]上是增函数.
又函数y=在(0,1]上是减函数.
不妨设0<x1≤x2≤1,
则|f(x1)-f(x2)|=f(x2)-f(x1),
-=-,
所以|f(x1)-f(x2)|≤4-等价于f(x2)-f(x1)≤-,
即f(x2)+≤f(x1)+.
设h(x)=f(x)+=x-1-alnx+,
则|f(x1)-f(x2)|≤4-等价于函数h(x)在区间(0,1]上是减函数.(13分)
因为h′(x)=1--=,
所以x2-ax-4≤0在x∈(0,1]时恒成立,
即a≥x-在x∈(0,1]上恒成立,即a不小于y=x-在区间(0,1]内的最大值.
而函数y=x-在区间(0,1]上是增函数,
所以y=x-的最大值为-3.所以a≥-3.
又a<0,所以a∈[-3,0).(16分)
南通市2011届高三第一次调研测试
1.{1} 解析:
N=[0,2],M={-1,1}⇒M∩N={1}.
2.0.2 解析:
P=1-0.5-0.2-0.1=0.2.
3. 解析:
由已知,|(1+2i)|=|3-4i|,即||=5,
∴|z|=||=.
4.55 解析:
S=1+2+3+…+10=55.
5.690 解析:
1200×
=690人.
6.-1 解析:
x2-2x-3>
0⇔x<
-1或x>
3.
∵“x<
3”是“x<
a”的必要不充分条件.
∴(-a,a)(-∞,-1)∪(3,+∞)⇒a≤-1,
即amax=-1.
7.④ 解析:
①反例:
直线a平行于面α与β的交线;
②若a⊥α,α⊥β,则α∥β;
③反例:
直线a与b相交且分别平行于α,如图.故④为真命题.
由题意M在双曲线右支上,设为(x,y),
∵右焦点(4,0),∴⇒x=.
9.1 解析:
∵f(x)=sinωx+cosωx=2sin,
f(α)=-2,f(β)=0,且|α-β|min=,
∴=⇒T=2π⇒ω==1.
10.-2 解析:
由题意得≥1⇒h≥-2.故h的最小值为-2.
11.(-1,-3) 解析:
OB方程4x-3y=0.设C(x,y),其中x<
0,y<
0.点C在∠AOB的平分线上.
∴⇒⇒C点坐标(-1,-3).
12.[-7,-1) 解析:
由题意得f′(x)=x2+2x+2a-1=0在(1,3]有解.
∴f′(x)=(x+1)2+2a-2在(1,3]有零点. ⇒-7≤a<
-1,即a的取值范围是[-7,-1).
13.m≥ 解析:
∵对∀x1∈[-1,3)时,∃x2∈[0,2]使f(x1)≥g(x2).∴[g(x2)]min≤[f(x1)]min.f(x)=x2在x1∈[-1,0]上递减,x1∈(0,3]上递增⇒f(x1)∈[0,9],g(x)=x-m在x2∈[0,2]上递减⇒g(x2)∈,∴-m≤0⇒m≥.
如图,设等腰三角形顶角为θ,腰长为2a,取AB=AC=2a.D为AC中点,∴由题意BD=.在△ABD中,由余弦定理,得cosθ=,且由三角形性质,得<
a<
.
∴sinθ==,
∴S△ABC=·
2a·
sinθ
=2a2·
=,
∴当a2=时,S△ABC取最大值为2.
(1)由|a-b|=2,得|a-b|2=a2-2a·
b+b2=4+1-2a·
b=4,∴a·
b=.(7分)
(2)|a+b|2=a2+2a·
b+b2=4+2×
+1=6,
∴|a+b|=.(14分)
16.证明:
(1)设AC∩BD=G,连结FG.
由四边形ABCD为平行四边形,得G是AC的中点.
又F是EC中点,
∴在△ACE中,FG∥AE.(3分)
∵AE⊄平面BFD,FG⊂平面BFD,
∴AE∥平面BFD.(6分)
(2)∵∠AEB=,∴AE⊥BE.
又直线BC⊥平面ABE,∴AE⊥BC.
又BC∩BE=B,∴直线AE⊥平面BCE.(8分)
由
(1)知,FG∥AE,∴直线FG⊥平面BCE.(10分)
又直线FG⊂平面DBF,
∴平面DBF⊥平面BCE.(14分)
(1)由条件,得A=2,=3.(2分)
∵T=,∴ω=.(4分)
∴曲线段FBC的解析式为y=2sin.
当x=0时,y=OC=.又CD=,∴∠COD=,即∠DOE=.(7分)
(2)由
(1),可知OD=.
又易知当“矩形草坪”的面积最大时,点P在弧DE上,故OP=.(8分)
设∠POE=θ,0<θ<,“矩形草坪”的面积为
S=sinθ(cosθ-sinθ)
=6(sinθcosθ-sin2θ)
=6
=3sin-3.(13分)
∵0<θ<,∴当2θ+=时,即θ=时,S取得最大值.(15分)
18.解:
(1)由已知,A(-4,0)、B(4,0)、F(2,0),直线l的方程为x=8.
设N(8,t)(t>
0),因为AM=MN,
所以M(2,).
由M在椭圆上,得t=6.
故所求的点M的坐标为M(2,3).(4分)
所以=(-6,-3),=(2,-3),
·
=-12+9=-3.
cos∠AMB===-.(7分)
(用余弦定理也可求得)
(2)(方法1)设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,将A、F、N三点坐标代入,得
⇒
因为圆的方程为x2+y2+2x-(t+)y-8=0,
令x=0,得y2-(t+)y-8=0.(11分)
设P(0,y1),Q(0,y2),
则y1、2=.
由线段PQ的中点坐标为(0,9),得y1+y2=18,t+=18.
此时所求圆的方程为x2+y2+2x-18y-8=0.(15分)
(本题用韦达定理也可解)
(方法2)由圆过点A、F得圆心横坐标为-1,由圆与y轴交点的纵坐标为(0,9),得圆心的纵坐标为9,故圆心坐标为(-1,9).(11分)
易求得圆的半径为3,(13分)
故所求圆的方程为(x+1)2+(y-9)2=90.(15分)
(1)∵g(x)的图象与g(x)的图象关于y轴对称,
∴f(x)的图象上任意一点P(x,y)关于y轴对称的对称点Q(-x,y)在g(x)的图象上.
当x∈[-1,0)时,-x∈(0,1],则f(x)=g(-x)=ln(-x)-ax2.(2分)
∵f(x)为[-1,1]上的奇函数,∴f(0)=0.(4分)
当x∈(0,1]时,-x∈[-1,0),f(x)=-f(-x)=-lnx+ax2.(6分)
∴f(x)=(7分)
(2)由已知,f′(x)=-+2ax.
①若f′(x)≤0在(0,1]上恒成立,则-+2ax≤0⇒a≤.
此时,a≤,f(x)在(0,1]上单调递减,f(x)min=f
(1)=a,
∴f(x)的值域为[a,+∞)与|f(x)|≥1矛盾.(11分)
②当a>时,令f(x)=-+2ax=0⇒x=∈(0,1],
∴当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
∴f(x)min=f=-ln+a2=ln(2a)+.
由|f(x)|≥1,得ln(2a)+≥1⇒a≥.(15分)
综上所述,实数a的取值范围为a≥.(16分)
20.解:
(1)①不妨设a1≥1,设数列{an}有n项在1和100之间,则
a1·
n-1≤100.所以n-1≤100.
两边同取对数,得(n-1)(lg3-lg2)≤2.解得n≤12.37.
故n的最大值为12,即数列{an}中,最多有12项在1和100之间.(5分)
②不妨设1≤a1<a1·
<a1·
2<…<a1·
n-1≤100,其中a1,a1·
,a1·
2,…,a1·
n-1均为整数,所以a1为2n-1的倍数.
所以3n-1≤100,所以n≤5.(8分)
又16,24,36,54,81是满足题设要求的5项.
所以当q=时,最多有5项是1和100之间的整数.(10分)
(2)设等比数列{aqn-1}满足100≤a<aq<…<aqn-1≤1000,
其中a,aq,…,aqn-1均为整数,n∈N*,q>1,显然,q必为有理数.(11分)
设q=,t>s≥1,t与s互质,
因为aqn-1=an-1为整数,
所以a是sn-1的倍数.(12分)
令t=s+1,于是数列满足100≤a<a·
<…<a·
n-1≤100.
如果s≥3,则1000≥a·
n-1≥(s+1)n-1≥4n-1,所以n≤5;
如果s=1,则1000≥a·
2n-1≥100·
2n-1,所以n≤4;
如果s=2,则1000≥a·
n-1≥100·
n-1,
所以n≤6.(13分)
另一方面,数列128,192,288,432,648,972满足题设条件的6个数,
所以当q>1时,最多有6项是100到1000之间的整数.(16分)
苏州市2011届高三调研测试试卷
1.-3-4i 解析:
(1+2i)2=1+4i+4i2=-3+4i,=-3-4i.
由已知e====2,又>
0,∴=.
3.2 解析:
∵==9,∴s2=[(11-9)2+(8-9)2+(9-9)2+(10-9)2+(7-9)2]=2.
4. 解析:
由图知A=3,T==8,∴ω=,∴f(x)=3sin
由图得f
(1)=3sin=3,∴+φ=2kπ+,k∈Z,∴φ=2kπ+,k∈Z,又φ∈[0,2π),∴φ=.
我们将基本事件一一列举出来,有(2,2,2),(2,2,5),(2,5,2),(5,2,2),(2,5,5),(5,2,5),(5,5,2),(5,5,5)这8种等可能结果.
其中(2,2,2),(2,5,5),(5,2,5),(5,5,2),(5,5,5)这5种情况可构成三角形, ∴P=.
6.10 解析:
=·
+=2+2=10.
7.①② 解析:
③④反例分别如图甲、乙.
对于图(乙),面ABCD与面ABC1D1相交,但不垂直,BC、AB分别为两平面内两条线,但AB⊥BC.
tan2β==,∵tanβ=<
1,
∴β∈ 2β∈.
又tan2β<
1,∴2β∈,又tanα=<
∴α∈,∴α+2β∈.
又tan(α+2β)==1,∴α+2β=.
9.25 解析:
我们将循环体中涉及的“P,S,a”列出:
P
1×
9
2×
8
3×
7
6
5×
5
6×
4
S
16
21
24
25
a
1
2
3
当P=24时满足P<
S,∴输出S=25.
10.(1,121) 解析:
两圆x2+y2=m与(x+3)2+(y-4)2=36相交,∴圆心距r1r2=5∈(|-6|,+6),
∴m∈(1,121).
11.100 解析:
将卫生纸沿着一条母线展开后,由等体积可得0.1×
lh=π(602-202)h\,可得l=100m.
12.200 解析:
a1=2,a2==3,a3==1,a4==2,∴{an}的周期为3,∴S100=33(2+3+1)+2=200.
作出可行域:
∴x=∈.
14. 解析:
设切点P(x0,-x+1)(0<
x0<
1),y′=-3x2,∴切线方程:
y-(-x+1)=-3x(x-x0),
令x=0,y=2x+1;
令y=0,x=.
∴S=×
(2x+1)×
(0<
1),
∴S′==,
∴当x∈时S′<
0,当x∈时S′>
0,
∴当x=时,Smin=×
=.
(1)由条件,得(b+c)2-a2=3bc,
即b2+c2-a2=bc,(2分)