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数学答案汇编
数学参考答案 第页(共64页)数学参考答案及评分标准
南京市2011届高三第一次模拟考试
1.[0,2] 解析:
由题意令2x-x2≥0得0≤x≤2.即定义域为[0,2].
2. 解析:
设z=a+bi,则(a-2+bi)i=-b+(a-2)i=1+i,∴令 解得 即|z|==.
3.-1 解析:
由已知作出可行域:
作直线l:
z=2x+y,平移l.当l经过点A(-1,1)时,z有最小值-1.
4.1 解析:
输入x=-9.5不满足x>0则循环“x+2”直到x=0.5时满足“x>0”,此时c=2x=1.
5. 解析:
由题意知P点(m,n)共有2×3=6个.∵P在圆内部,∴m2+n2<9,∴满足条件的P共有(2,1),(2,2)这两个点.故P==.
6. 解析:
由题意作出以a,b为邻边的平行四边形OACB,如图所示:
则较短的一条对角线为AB,在△AOB中由余弦定理得AB==.
7.5 解析:
由茎叶图知平均数 =(14+17+18+18+20+21)=18,由方差公式得s2=[(14-18)2+(17-18)2+(18-18)2×2+(20-18)2+(21-18)2]=5.
8. 解析:
由已知1+=,切化弦得=,即=,又sin(A+B)=sinC≠0,sinB≠0,∴cosA=,
∴A=.
9.+1 解析:
由题意A(a,0),F(c,0),B.
∵A为线段BF的中点,∴2a=c-,即e-=2,得e=+1.
10.512 解析:
由已知an>0且对∀p,q∈N*,ap+q=ap·aq,∴a2=a=4⇒a1=2,a4=a=16,a8=a=162=28,∴a9=a1·a8=29=512.
11.②④ 解析:
①假命题:
“当l∩m=A”时命题才为真;③假命题:
l∥β或l⊂β.
12.7 解析:
由已知log2(m-2)+log2(2n-2)=3,
即log2(m-2)(2n-2)=log28,∴(m-2)(n-1)=4,
∴m+n=m++1=m-2++3≥
2+3=7,等号当且仅当m=4时成立.
13. 解析:
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)
因为α∈(0,π),所以α+∈(,).
又sin(α+)=-<0,所以α+∈(π,),
所以cos(α+)=-.(10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)
因为α∈(0,π),所以α+∈(,).
又sin(α+)=-<0,所以α+∈(π,),
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=×42=4.
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=×4×2=8.(14分)
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.
答:
取BC为15cm时,矩形ABCD的面积最大,最大值为900cm2.(6分)
(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.
答:
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.
答:
取BC为10cm时,做出的圆柱形罐子体积最大,最大值为cm3.(14分)
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)
(2)证明:
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.
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.
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.
综上所述,f(x)≥0恒成立的充要条件是a=1.(10分)
(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)
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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.
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