徐州市2012学年高三第二次质量检测数学试卷答案解析

徐州市2012学年高三第二次质量检测数学试卷答案解析1 徐州市2012学年高三第二次质量检测数学试卷答案解析2 徐州市2012学年高三第二次质量检测数学试卷答案解析3 徐州市2012学年高三第二次质量检测数学试卷答案解析4 徐州市2012学年高三第二次质量检测数学试卷答案解析5 徐州市2012学年高三第二次质量检测数学试卷答案解析6 徐州市2012学年高三第二次质量检测数学试卷答案解析7 徐州市2012学年高三第二次质量检测数学试卷答案解析8 徐州市2012学年高三第二次质量检测数学试卷答案解析9 徐州市2012学年高三第二次质量检测数学试卷答案解析10
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徐州市2012学年高三第二次质量检测数学试卷答案解析文字介绍:徐州市2011-2012学年度高三第二次质量检测数学Ⅰ一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共70分。请把答案填写在答题卡相应位置上1、已知集合A={0,1,3},B={a+1,a2+2},若A∩B={1},则实数a的值为▲【答案】0【解析】由a+1=1或221a可得a=0.2、已知复数z满足(1)13(izii是虚数单位),则||z=▲【答案】2【解析】由复数的相等易得.3、某校高一、高二、高三学生共有3200名,其中高三800名,如果通过分层抽样的方法从全体学生中抽取一个160人的样本,那么应当从高三的学生抽取的人数是▲【答案】40【解析】11604044、箱中有号码分别为1,2,3,4,5的五张卡片,从中一次随机抽取两张,则两张号码之和为3的倍数的概率为▲【答案】25【解析】抽取5张卡片共有10中取法,其中号码和为3的倍数的有12,15,24,45,所以概率为42105.5、右图是求函数值的流程图,当输出y的值为1时,则输入的x的值为▲【答案】1【解析】若x<0,得x=2,不成立。若x>0,得x=1.所以x=1.6、已知棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P、M分别为线段BD1,B1C1上的点,若112BPPD则三棱锥M-PBC的体积为▲【答案】32【解析】设M点到面PBC的距离为d,则d=3221111333MPBCBPCBDCVSdSd111323332332227、已知双曲线C:22221(0,0)xyabab的右顶点,右焦点分别为A,F,它的左准线与x轴的交点为B,若A是线段BF的中点,则双曲线C的离心率为▲NY结束输出yy3-2x2x-3yx<0输入x开始【答案】21【解析】2,2a=-aABFcc是的中点,22101eeee218、如图,已知A、B是函数3sin(2)yx的图象与x轴两相邻交点,C是图象上A,B之间的最低点,则ABAC▲【答案】28【解析】设AB中点为D,则ABACABADBCABAD22489、设直线y=a分别与曲线2yx和xye交于点M、N,则当线段MN取得最小值时a的值为▲【答案】22【解析】222,lnlnlnMNxaxaMNaaaa由求导的方式可得MN取得最小值时a=2210、定义在区间[,]ab的长度为b-a,用[]x表示不超过x的最大整数.设()[]([])fxxxx.()1,gxx则02012x时,不等式()()fxgx的解集的区间长度为▲【答案】2011【解析】当0<=x<1时,[x]=0,因此f(x)>g(x),当1<=x<=2012时,若n<=xc,即b-d+b>b+d,b>2d。将b=2d代人3(2d)²+2d²=8412d²+2d²=8414d²=84d²=6d=6b>26所以实数b的取值范围是27≥b>26二、解答题:本大题共6小题,共90分。请在答题卡指定的区域内作答,解答时应写出文字说明、求证过程或演算步骤15.(本小题满分14分)已知函数()sin()sin()3sincos()44fxxxxxxR(1)求()6f的值;(2)在ABC中,若()12f,求sinsinBC的最大值【解析】⑴ππ()sin()sin()3sincos44fxxxxx13cos2sin222xx…………2分πsin(2)6x,……………………………………………………………4分所以π()6f=1.………………………………………………………………………………6分⑵由()12Af,有π()sin()126AfA,因为0πA,所以ππ62A,即π3A.8分2πsinsinsinsin()3BCBB=33πsincos3sin()223BBB.……12分因为2π03B,所以πππ33B,π0sin()13B≤,所以sinsinBC的最大值为3.……………14分16.(本小题满分14分)如图,已知正方形ABCD和直角梯形BDEF所在平面互相垂直,BF⊥BD,12EFBFBD.(1)求证:DE∥平面ACF(2)求证:BE⊥平面ACF        【解析】16.⑴设ACBDO,连结FO.因为ABCD是正方形,所以O是BD的中点,因为2BDEF,所以DOEF∥,所以四边形DOFE是平行四边形,所以DEOF.……………………………………5分因为DE平面ACF,OF平面AFC,所以DE平面ACF.…………………7分⑵因为ABCD是正方形,所以BDAC,因为平面ABCD平面BDEF,平面ABCD平面BDEFBD,所以AC平面BDEF,因为BE平面BDEF,所以BEAC.……………………………………………10分因为12BFBD,所以BFBO,所以四边形BOEF是正方形,所以BEOF.12分FEDCBA因为OFACO,,OFAC平面ACF,所以BE平面ACF.………14分17.(本小题满分14分)如图,在C城周边已有两条公路12,ll在点O处交汇,现规划在公路12,ll上分别选择A,B两处为交汇点(异于点O)直接修建一条公路通过C城,已知OC=(26)km,075AOB,045AOC,设,OAxkmOBykm(1)求y关于x的函数关系式并指出它的定义域;(2)试确定点A、B的位置,使ABC的面积最小;【解析】⑴因为AOC△的面积与BOC△的面积之和等于AOB△的面积,所以111(26)sin45(26)sin30sin75222xyxy,……………………………4分即2162(26)(26)224xyxy,所以22(2)2xyxx.…………6分⑵AOB△的面积162sin7528Sxyxy=23122xx………………………8分=31424)22xx(3184(31)2≥.……………12分当且仅当4x时取等号,此时42y.故4kmOA,42kmOB时,△OAB面积的最小值为24(31)km.…………14分18.(本小题满分16分)如图,已知椭圆C:2214xy,A、B是四条直线2,1xy所围成的两个顶点(1)设P是椭圆C上任意一点,若OPmOAnOB,求证:动点Q(m,n)在定圆上运动,并求出定圆的方程;l2l1OCBAyxNMBAO(2)若M、N是椭圆C上两个动点,且直线OM、ON的斜率之积等于直线OA、OB的斜率之积,试探求OMN的面积是否为定值,说明理由。【解析】⑴易求(21)A,,(21)B,.………………………………………………………2分设00()Pxy,,则220014xy.由OPmOAnOB,得002()xmnymn,所以224()()14mnmn,即2212mn.故点()Qmn,在定圆2212xy上.…8分⑵设11()Mxy,,22()Nxy,,则121214yyxx.平方得22222212121216(4)(4)xxyyxx,即22124xx.………………………10分因为直线MN的方程为21211221()()0xxxyyyxyxy,所以O到直线MN的距离为1221222121||()()xyxydxxyy,………………………12分所以OMN△的面积2222122112211212111||2222SMNdxyxyxyxyxxyy=22222221121211(1)(1)2442xxxxxx=2212112xx.故OMN△的面积为定值1.………………………………………16分19.(本小题满分16分)若函数()fx在(0,)上恒有,()()xfxfx成立(其中,()fx为()fx的导函数),则称这类函数为A类函数.(1)若函数2()1gxx,试判断()gx是否为A类函数;(2)若函数1()3lnahxaxxx是A类函数,求函数()hx的单调区间;(3)若函数()fx是A类函数,当120,0xx时,证明1212()()()()fxfxfxfx.【解析】⑴因为()2gxx,所以222()()2(1)10xgxgxxxx在(0,)上恒成立,即()()xgxgx在(0,)上恒成立,所以2()1gxx是A型函数.………………2分⑵211()(0)ahxaxxx,由()()xhxhx,得1113lnaaaxaxxxx,因为0x,所以可化为2(1)2lnaxxx,令()2lnpxxxx,()3lnpxx,令()0px,得3ex,当3(0,e)x时,()0px,()px是减函数;当3(e,)x时,()0px,()px是增函数,所以33min()(e)epxp,所以32(1)ea,311e2a.………………4分①当0a时,由21()0xhxx,得1x,所以增区间为(0,1),减区间为(1,);②当0a时,由21()(1)()0aaxxahxx,得01x,所以增区间为(0,1),减区间为(1,);③当102a时,得1x,或1axa,所以增区间为(0,1),1(,)aa,减区间为1(,1)aa;④当12a时,()0hx≥,所以,函数增区间为(0,);⑤3111e22a时,由21()(1)()0aaxxahxx,得1axa,或1x,所以增区间为(1,),1(0,)aa,减区间为1(,1)aa.…………………………10分⑶证明:函数()fx是(0,)上的每一点处都有导数,且()()xfxfx在(0,)上恒成立,设()()fxFxx,2()()()0xfxfxFxx在(0,)时恒成立,所以函数()()fxFxx在(0,)上是增函数,………………………………………12分因为120,0xx,所以1211220,0xxxxxx,所以121122()(),()()FxxFxFxxFx,即121122121122()()()(),fxxfxfxxfxxxxxxx,14分所以112212121212()()(),()xfxxxfxxfxfxxxxx,两式相加,得1212()()()fxfxfxx,16分20.(本小题满分16分)已知各项均为正整数的数列{}na满足1nnaa,且存在正整数(1)kk,使得*1212,()kknknaaaaaaakanN(1)当1233,6kaaa时,求数列{}na的前36项的和36S;(2)求数列{}na的通项na;(3)若数列{}nb满足81121()2nannbb,且1192,b其前n项积为nT,试问n为何值时,nT取得最大值?【解析】.⑴当3k,1236aaa则1236aaa.设32313nnnncaaa,由33nnaa,得19nncc,所以数列{}nc是公差为9的等差数列,故361212121112696662Sccc.………………………………4分⑵若2k时,1212aaaa,又12aa,所以1222aaa,所以11a,此时221aa,矛盾.………………………………6分若3k时,123123aaaaaa,所以12333aaaa,123aa,所以1231,2,3aaa,满足题意.……………………………………………………8分若4k≥时,1212kkaaaaaa,所以12kkaaaka,即121kaaak,又因为12112(1)22kaaakkk≥,所以4k≥不满足题意.……10分所以,11a,22a,33a,且33nnaa,所以3213(1)32naann,3123(1)31naann,333(1)3naann,故nan.………………………………………………………………………………12分EODCBA⑶又81121()2nannbb所以1812121()2nannbb所以212nnbb,所以221,nnbb都是以12为公比的等比数列,所以16212132(),1,2114(),2,2nnnnnbnn≥为奇数,≥为偶数.…………………………………………14分令11nnbb,即8121()12n,811()221n,所以13n≥n为奇数时有,12341112131415161,11,1,1bbbbbbbbbb,,,从而24121214,TTTTT,n为偶数时,有23451213141516171,1,,1,1,1bbbbbbbbbb,从而13131315,TTTTT,注意到12130,0TT,且13131212123TbTTT,所以数列nb的前n项积nT最大时n的值为13.……………………………16分徐州市2011-2012学年度高三第一次质量检测数学Ⅱ(附加题)21.【选做题】本题包括A、B、C、D四小题,请选定其中两题,并在答题卡指定区域内作答,若多做,则按作答的前两题评分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.A.选修4-1:几何证明选讲(本小题满分10分)如图,直线AB经过圆O上的点C,并且OA=OB,CA=CB,圆O交于直线OB于E,D,连接EC,CD,若1tan,2CEDO的半径为3,求OA的长.【解析】如图,连接OC,因为,OAOBCACB,所以OCAB.因为OC是圆的半径,所以AB是圆的切线.……………3分因为ED是直径,所以90ECD,所以90EEDC,又90,BCDOCDOCDODC,所以BCDE,又因为CBDEBC,所以BCD∽BEC,所以2BCBDBCBDBEBEBC,…………………5分21tanECCDCED,BCD∽BEC,21ECCDBCBD.…………………7分设BDx,则2BCx,因为2BCBDBE,所以2(2)(6)xxx,所以2BD.9分所以235OAOBBDOD.………………………………10分B.选修4-2:矩阵与变换(本小题满分10分)已知二阶矩阵M有特征值=3及对应的一个特征向量111e,   并且M对应的变换将点(-1,2)变换成(9,15), 求矩阵M.【解析】设abcdM,则1133113abcd,故3,3abcd++.……………4分19215abcd,故29,215abcd++.………………………………………………7分联立以上两方程组解得1,4,3,6abcd,故M=1436.………………10分C.选修4-2:矩阵与变换(本小题满分10分)在平面直角坐标系xoy中,求过椭圆5cos(3sinxy参数)的左焦点与直线1(42xttyt为参数)垂直的直线的参数方程.【解析】椭圆的普通方程为221259xy,左焦点为(4,0),…………………………………4分直线1,42xtyt(t为参数)的普通方程为260xy,……………………………8分所求直线方程为1(4)2yx,即240xy.…………………………………10分D.选修4-5:不等式选讲(本小题满分10分)对于任意实数(0)aa和b,不等式|||2|||(|1||2|)ababaxx恒成立,试求实数x的取值范围.【解析】.原式等价于212||ab||ab||x||x|a|≥,设tab,则原式变为|1||21||1||2|ttxx≥对任意t恒成立.………………………2分EPD1C1B1A1DCBA因为13,,21|1||21|2,1,23,1,tttttttt≥≤最小值为21t时取到,其最小值为23.…6分所以有232,3121122321x,xxx,x,x,x.≥≥≤解得39[,]44x.……………………10分【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20分.请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。http://www.mathedu.cn22.(本小题满分10分)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱AB的中点,点P在平面A1B1C1D1,D1P⊥平面PCE.试求:(1)线段D1P的长;(2)直线DE与平面PCE所成角的正弦值;【解析】⑴建立如图所示的空间直角坐标系,则1(002)D,,,(210)E,,,(020)C,,.设(2)Pxy,,,则1(0)DPxy,,,(212)EPxy,,,(210)EC,,.…………………………2分因为1DP平面PCE,所以1DPEP,1DPEC,所以10DPEP,10DPEC,故(2)(1)020xxyyxy,.解得0,0xy.(舍去)或4585xy,.…4分即48(,2)55P,,所以148(,0)55DP,,所以116644525255DP.………………6分⑵由⑴知,1148(2,1,0),(,,0),55DEDPDP平面PEC,设DE与平面PEC所成角为,1DP与DE所成角为,则111645sincos580525DPDEDPDE所以直线DE与平面PEC所成角的正弦值为45.………………………………………10分23.(本小题满分10分)已知*(12)()nnanN(1)若2(,)naababZ,求证:a是奇数;(2)求证:对于任意*nN,都存在正整数k,使得1nakk.【解析】⑴由二项式定理,得012233CC2C(2)C(2)C(2)nnnnnnnna,所以02244224CC(2)C(2)12C2Cnnnnna,因为2242C2Cnn为偶数,所以a是奇数.……………………………………………4分⑵由⑴设(12)2()nnaababZ,,则(12)2nab,…………………5分所以222(2)(2)(12)(12)(12)nnnababab, ……………………6分当n为偶数时,2221ab,存在2ka,使得22221naababkk,…8分当n为奇数时,2221ab,存在22kb,使得22221naababkk,9分综上,对于任意nN,都存在正整数k,使得1nakk.………………10分

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