2009-2010学年度高三年级第三次月考数学试卷参考答案

第1页共8页2009—2010学年度高三年级第二次月考数学试卷参考答案一、选择题：（本大题共8个小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。将正确答案填写在答题卡上。）答题卡题号1．2．3．4．5．6．7．8．答案CBADDABC二、填空题：（本大题共6个小题，每小题5分，共30分。把答案填写在题中横线上。）⒐22(1)(3)4xy⒑3⒒324922xy⒓1⒔（理）(21,1)e（文）22,22，3,（第一个空3分，第二个空2分）⒕①③三、解答题：（本大题共6个小题，共80分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）⒖解：（1）∵1mn，∴1,3cos,sin1AA即3sincos1AA------------------------------------------------------2分312sincos122AA,1sin62A-------------------------------4分∵50,666AA∴66A∴3A---------------------------------------------------6分（2）由题知2212sincos3cossinBBBB，整理得22sinsincos2cos0BBBB∴cos0B∴2tantan20BB-------------------------8分∴tan2B或tan1B而tan1B使22cossin0BB，舍去∴tan2B--------------------------------------------------9分∴tantanCABtanAB，tantan1tantanABAB2312385311，即853tan11C．-----------------------------------------12分⒗(理)解：（1）由已知可得ξ的取值为：0，1，2，--------------1分第2页共8页22254321211115443212115321219(0),26632(1),36615(2),466CCCPCCCCCPCCCPC分分分∴ξ的概率分布列为：ξ012P66193316225∴ξ的数学期望为Eξ=0×6619+1×3316+2×225=3331------------7分（2）显然ξ=0时，不等式成立；-------------8分若ξ≠0，则有：2002140219325102,()(0)(1)666666PAPP-----------12分(文)解：（1）设任取一件作品颜色为绿色为事件A…………1分241AP.……4分答：任取一件作品颜色为绿色的概率为241．（2）设任取一件作品颜色为红色为事件B………………5分43411241341BP.…………………8分答：任取一件作品颜色为红色的概率为43．（3）设任取一件作品记下颜色后放回，连续取三次至少有两件作品为红色为事件C.9分3227414341430333223CCCP.……………………………12分⒘解：（1）∵曲线xfy在点0,0f处的切线与x轴平行,∴00'f.……………………………2分又cbxxxf23'2，则00'cf……………………………4分第3页共8页（2）由0c，方程2()0fxbx可化为32250xbxbx，假设存在实数b使得此方程恰有一个实数根，则令xg3225xbxbx，只需0极大值xg或0极小值xg∴bxbxbbxxxg323'22……………………………6分令0'xg，得31bx，bx2①若0b，则方程2()0fxbx可化为350x，此方程恰有一个实根35x……7分②若0b，则bb3，列表：xb,b3,bb3b,3bg'x+0-0+gx↗极大值↘极小值↗∴053bbgxg极大值，527533bbgxg极小值∴052753b，解之得30b……………………………10分③若0b，则bb3，列表：x3,b3bbb,3b,bg'x+0-0+gx↗极大值↘极小值↗∴0527533bbgxg极大值，53bbgxg极小值∴053b，解之得35b∴053b………………………12分综合①②③可得，实数b的取值范围是3,53……………………………14分第4页共8页⒙解：（1）由于|,|||PNPM则P为MN的中心，设N（x，y），则M（－x,0）,P（0，2y），由,0PFPM得,0)2,1()2,(yyx,0)2()2(1)(yyx,42xy所以点N的轨迹方程为,42xy-------------4分（2）设直线l的方程是),0(kmkxy与得联立消去yxy42：,0)42(4)(2222mxkmxkxmkx整理得----------6分设),,(),,(2211yxByxA则：,,422221221kmxxkkmxx,)())((2212122121mxxkmxxkmkxmkxyy,4)42(222kmmkkmkmm由,442121yyxxOBOA得,4422kmkm即,0)2(2km,2km由于直线与N的轨迹交于不同的两点，则,1,04)42(222kmmkkm即把,1222kkm代入上式得高考资源网,0点的轨迹恒有两个不同交与时直线且当NlkRk----------10分而]4))[(1(||212212xxxxkAB]4)42()[1(22422kmkkmk)1616)(1(42kkmk)3216)(1(422kkk)12)(1(4222kkk又因为,304||64AB,30)12)(1(6422kkk解得,121211kk或-------13分第5页共8页综上可知k的取值范围是}121211|{kkk或.---------14分⒚解:（1）因为椭圆E:22221xyab（a,b0）过M（2，2），N(6,1)两点,所以2222421611abab解得22118114ab所以2284ab椭圆E的方程为22184xy--------4分（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OAOB,设该圆的切线方程为ykxm解方程组22184xyykxm得222()8xkxm,即222(12)4280kxkmxm,--6fen6分则△=222222164(12)(28)8(84)0kmkmkm,即22840km12221224122812kmxxkmxxk,--------------------6分22222222212121212222(28)48()()()121212kmkmmkyykxmkxmkxxkmxxmmkkk要使OAOB,需使12120xxyy,即2222228801212mmkkk,所以223880mk,所以223808mk又22840km,所以22238mm,所以283m,即263m或263m,因为直线ykxm为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为21mrk,222228381318mmrmk,263r,所求的圆为2283xy,此时圆的切线ykxm都满足263m或263m,而当切线的斜率不存在时切线为263x与椭圆第6页共8页22184xy的两个交点为2626(,)33或2626(,)33满足OAOB,综上,存在圆心在原点的圆2283xy，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OAOB.因为12221224122812kmxxkmxxk,所以22222212121222224288(84)()()4()41212(12)kmmkmxxxxxxkkk,2222222121212228(84)||()(1)()(1)(12)kmABxxyykxxkk42242423245132[1]34413441kkkkkkk,-------10分①当0k时22321||[1]1344ABkk因为221448kk所以221101844kk,所以2232321[1]1213344kk,所以46||233AB当且仅当22k时取”=”.②当0k时,46||3AB.③当AB的斜率不存在时,两个交点为2626(,)33或2626(,)33,所以此时46||3AB,第7页共8页综上,|AB|的取值范围为46||233AB即:4||[6,23]3AB----------14分【命题立意】:本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆的位置关系直线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根与系数关系.⒛①由题21231nnnnaann知，21231nnnaann，由累加法，当2n时，22122323231nnaan代入11a，得2n时，112(13)1313nnnan又11a，故1*3()nnannN．．．．．．．．．．．．．．．．4分②*nN时，131nnnban．方法1：当1n时，121112S；当2n时，2211112234S；当3n时，321111111132345678S．猜想当3n时，2nSn．．．．．．．．．．．．．．．．6分下面用数学归纳法证明：①当3n时，由上可知323S成立；②假设(3)nkk时，上式成立，即1111232kk.当1nk时，左边1111111232212kkk1112121221kkkkkkk，所以当1nk时成立．由①②可知当*3,nnN时,2nSn．综上所述：当1n时,121S；当2n时,222S；当*3()nnN时,2nSn．．．．．．．．．．．．．．．．10分方法2：21111232nnS第8页共8页记函数2111()(1)232nnfnSnn所以1111(1)(1)(1)232nfnn．．．．．．．．．6分则11112(1)()()1102122221nnnnnfnfn所以(1)()fnfn．由于121(1)1(1)102fS，此时121S；22111(2)2(1)20234fS，此时222S；321111111(3)3(1)3023456