普陀高三数学-标准答案及解答参考201101B

第1页高三调研数学试卷参考答案及评分标准一、填空题（每小题4分，满分56分）：1.4-；2.4；3.,1；4.（文，理）40；5.23p；6.221aa（或242aa）；7.22dRr，0,rR；8.4；9.理：312-；文：34；10.表示一次采购共需花费的金额;15300；11.14；12.coscoscossinsin222；13.理：,45,；文：2；14.理：①②③④；文：①②③.二、选择题（每题4分，满分16分）：题号15161718答案BCBD三、解答题：19.（本题满分10分）（理科）解：由结论：“当1q时，lim0nnq”且根据本题条件0ab，故本题需根据变量a和常数1的大小比较进行分类讨论：（1）当10ab时，11lim22nnnnnabab；（2）当10ab时，122limlim233nnnnnnnnabbabb；（3）当10ab或10ab时，有111limlim1221nnnnnnnnnnbabaaabbaa.故集合limnnMmma含有以上三个元素，用列举法表示集合12,1,23M.…3…6…9…10（文科）解：如图，延长DA至E，CB至F，使得DA=AE，CB=BF.联结AF，PF，EF，DF.因为ABCD是正方形，所以AD//BF，且AD=BF，所以AF//BD.故PAF（或其补角）的大小即为异面直线PA与BD所成角的大小.又正方形边长为2，PD=1，故5PA，22AF，2225DFCFCD.所以，2221PFPDDF.…3…7ABCDPEF第2页于是，222582110cos252522PAAFPFPAFPAAF，所以异面直线PA与BD所成角的大小为10arccos5.…9…1020.（本题满分14分，其中第1小题6分，第2小题8分）解:（1）由于节能型冰箱比普通冰箱约节省电能50%，故一台节能型冰箱一天（24小时）消耗的0.81度电相当于比普通冰箱少消耗的电能，即一台节能型冰箱在一个月中比普通冰箱要少消耗电：0.813024.3（度）；设一台节能型冰箱在一个月中比普通冰箱要少排放x千克的二氧化碳，则78.524.3100x24.378.519.075519.1100x（千克）.故一台节能型冰箱在一个月中比普通冰箱少向大气层排放约19.1千克的二氧化碳.（2）设n个月后(*Nn)，这些节能型冰箱少排放的二氧化碳可超过150棵大树在60年生命周期内所吸收的二氧化碳的量.依题意，有(1)19.075515015010002nn1104.8nn，因为*Nn，故可解得10n.所以，至少经过10个月后，这些节能型冰箱少排放的二氧化碳可超过150棵大树在60年生命周期内共吸收的二氧化碳的量.…3…6…10…1421.（本题满分14分，其中第1小题7分，第2小题7分）解：（1）因为cos2coscos2sin22BCAAA221312sin2sin2sin22222AAA故当1sin22A时，原式取到最大值，即三角形的内角3A时，最大值为32.（2）由（1）结论可得3A，此时2221cos22bcaAbc221bcbc.又222bcbc，因此2211bcbcbcbc，当且仅当bc时等号成立.所以1133sin12224ABCSbcA.故ABC△面积的最大为43.…2…5…7…9…12…14第3页22.（本题满分16分，理科：第1小题9分，第2小题7分；文科：第1小题3分，第2小题6分，第3小题7分）（理科）解：（1）设BC的中点为D，连结AD、DM，则有11ABCADBCDBCBBABCADBB为正三角形为中点平面11ADBBCC平面于是，可知AMD即为AM与侧面BCC1所成角.因为，点M到平面ABC的距离为BM，不妨设BMx，0,xh.在Rt△ADM中，tanADAMDMD.由32AD,222142xDMBDBM,故23tan14ADMDx.而当,64时，3tan,13，即2331314x221314922xx，所以，点M到平面ABC的距离BM的取值范围是2,22.（2）解法一：当6时，由（1）可知2BM,故可得32DM,223AMADDM.设向量AM与BC的夹角为，因为()AMBCABBMBCABBCBMBC111cos12002.所以132cos6||||31AMBCAMBC，…3…6…9…11…13…15DABCA1B1C1M第4页故向量AM与BC夹角的大小为3arccos6.解法二：如图，以11AC中点O为原点，1OB所在的直线为x轴，1OC所在的直线为y轴，OE所在直线为z轴（其中点E为AC中点），建立空间直角坐标系.由（1）可知，当6时，2BM.所以有，3,0,22Mh（），10,,2Ah（），3,0,2Bh（）,10,,2Ch，即31,,222AM（），31,,022BC（）.设向量AM与BC夹角为，则3cos=6AMBCAMBC故向量AM与BC夹角的大小为3arccos6.解法三：如图，过点M作MN//BC，交1CC于N.联结AN.因为是正三棱柱，故可得AMAN.当6时，由（1）可知2BM,故可得223AMABBM.在等腰三角形AMN中，不难求得3cos6AMN，即异面直线AM与BC所成角为3arccos6，而图中不难发现，AM与BC夹角的大小为异面直线AM与BC所成角的补角，即AM与BC夹角的大小为3arccos6.…16…10…13…16…11…14…16DABCA1B1C1MEONABCA1B1C1M第5页23.（本题满分20分，其中第1小题4分，第2小题6分，第3小题10分）解：（1）证：设等差数列nx的公差为d,因为111nnnnnnyykxbkxbkxxkd，所以1nnyy为定值，即数列ny也成等差数列.（2）证：因为点P、1A和2A都是直线l上一点，故有12APPA(1)于是，111212OPOAAPOAPAOAOAOP121OPOAOA…4…6（文科）解:（1）)(xf为偶函数，)()(xfxf对Rx恒成立，即mxamxa对Rx恒成立，又0a，于是得04mx对Rx恒成立，0m.（2）由（1）得2()1fxxax)0(1)0(122xaxxxaxx可知，当0a时，单调递增区间为,0，单调递减区间为0,；当0a时，单调递增区间为0,2a和,2a，单调递减区间为2,a和2,0a.（3）解法一：由偶函数的性质得：函数)(xf在区间3,2上也必定有零点，即方程012axx在区间3,2上有实数解，则)3,2(,1xxxa，设1()gxxx，可知函数)(xg在区间)3,2(上单调递增，则510(),23gx，105,32a.解法二：若函数)(xf在区间)2,3(上存在零点，则必有320ff即103520aa105,32a.…3…6…9…12…14…16…13…16第6页12111OPOAOA令111a，21a，则有121aa.（3）（文科）假设存在点,Pxy满足要求1122nnOPaOAaOAaOA,则有112233nnxaxaxaxax，又当1ijn时，恒有ijaa，则又有1-122-11nnnnxaxaxaxax，所以1122-133-312nnnnnxaxxaxxaxxaxx又因为数列nx成等差数列，于是12-13-31nnnnxxxxxxxx，所以，123112nnnxaaaaxxxx故12nxxx，同理12nyyy，且点11,22nnxxyyP在直线上（是1A、nA的中点），即存在点11,22nnxxyyP满足要求.…9…10…12…15…18…20（3）（理科）提出命题：（在本题大前提下）若点P满足1122nnOPaOAaOAaOA，则系数数列的和121naaa是点P在直线l上的充要条件.证明：设00(,)OPxy，由条件1122nnOPaOAaOAaOA，先证充分性：“当121naaa时，点P在直线l上”.因为1122nnOPaOAaOAaOA，故0112201122,nnnnxaxaxaxyayayay而iiykxb（1,2,,in），所以01122nnyakxbakxbakxb第7页112212nnnkaxaxaxaaab012nkxaaab当121naaa时，即有00ykxb，即点P在直线l上.再证必要性：“若点P在直线l上，则121naaa.”因为1122nnOPaOAaOAaOA，故0112201122,nnnnxaxaxaxyayayay而因为iiykxb（1,2,,in），所以01122nnyakxbakxbakxb112212nnnkaxaxaxaaab012nkxaaab又因为点P在直线l上，所以满足00ykxb，故121naaa.补充：由以上证明进一步可知，对于直线l上任一点P，若满足1122nnOPaOAaOAaOA，则都有121naaa.【评分建议】1.若能提出一个由题中三条线索出发的相关猜想或命题，但没有任何研究过程，则无论对错都给2分；2.若能提出上述的充要条件命题，且证明过程准确、完备，则最高得10分；（不说明“补充”的内容不扣分）3.若能提出一个满足充分性或满足必要性的相关命题（或猜想），且证明过程正确，则最高得7分；4.若能根据三条线索，提出其他条件约束更多的相关命题（或猜想），且有正确的研究过程，则最高得5分.5.若还有其他答题情况，则根据具体内容酌情给出评分参考.