2011届韶关市高三数学摸底测试卷 (文科）参考答案和评分标准1

.w.w.k.s.5.m2011届韶关市高三数学摸底测试卷(文科）参考答案和评分标准一、选择题：ACDABABABC一、填空题：11、i412、log01caba13、614、41二、解答题15、解：（Ⅰ）12cos2sin1)22sin(cossin2)(xxxxxxf1)42sin(2x…..4分所以函数()fx的最小正周期为，最大值为12…………..6分（Ⅱ）由)(224222Zkkxk………………7分得)(838Zkkxk………………………………9分由)(2324222Zkkxk……………………..10分得)(8783Zkkxk…………………………….11分所以单调增区间)](83,8[Zkkk;单调减区间)](87,83[Zkkk.12分16、（1）直三棱柱111ABCABC，底面三边长AC=3，BC=4，AB=5，ACBC，………………………2分又111ABCABC是直三棱柱，所以，1CCAC……………4分AC面11BCCB，1BC面1BC1ACBC；……6分（2）设1CB与1CB和交点为E，连结DE，D是AB的中点，E是1BC的中点，1//ACDE…….9分DE平面1CDB，1AC平面1CDB，//1AC平面1CDB；…12分17、解：先后取两次卡片，每次都有1～10这10个结果，故形成的数对),(yx共有100个。…………………………………………………………………………………2分(1)yx是10的倍数的数对包括以下10个：（1，9），（9，1），(2，8），（8，2），（3，7），（7，3）,(4，6），（6，4），（5，5，），（10，10）。………………………5分A1C1ACEDB1B故“yx是10的倍数”的概率为1.0100101P。………………………7分（2）xy是3的倍数，只要x是3的倍数，或y是3的倍数………………………9分由于x是3的倍数且y不是3的倍数的数对的个数为21个，而x不是3的倍数且y是3的倍数的数对的个数也为21个，x是3的倍数且y也是3的倍数的数对的个数为9个，即xy是3的倍数的数对的个数为21＋21＋9＝51个。………………………12分故xy是3的倍数的概率为51.0100512P。………………………14分18、解：（Ⅰ）由已知条件得nxmxxf23)(2，………………………2分又0)2(f，∴03nm，故mn3。………………………4分（Ⅱ）∵mn3，∴233)(mxmxxf，∴mxmxxf63)(2。……………6分令0)(xf，即0632mxmx，当0m时，解得0x或2x，则函数)(xf的单调增区间是（－∞，0）和（2，＋∞）；………………………9分当0m时，解得20x，则函数)(xf的单调增区间是（0，2）。………………12分综上，当0m时，函数)(xf的单调增区间是（－∞，0）和（2，＋∞）；当0m时，函数)(xf的单调增区间是（0，2）。………………………14分19、（1）证明：当1n时，1111aSmma，解得11a．…………………1分当2n时，11nnnnnaSSmama．………………………………2分即11nnmama．∵m为常数，且0m，∴11nnamam2n．………………………3分∴数列na是首项为1，公比为1mm的等比数列．……………………4分（2）解：由（1）得，mfq1mm，1122ba．………………………5分∵1111nnnnbbfbb，………………………………………………………6分∴1111nnbb，即1111nnbb2n．…………………………………7分∴nb1是首项为12，公差为1的等差数列．………………………………………8分∴11211122nnnb，即221nbn（*nN）．……………………………9分（3）解：由（2）知221nbn，则12221nnnnb．………………………………10分所以2341123122222nnnnnTbbbbb，即nT1231212325223221nnnn，①……11分则23412212325223221nnnTnn，②………12分②－①得13412212222nnnTn，………………………13分故31112122212223612nnnnTnn．……………………14分20、解：（1）由已知得，椭圆C的左顶点为(2,0),A上顶点为(0,1),2,1Dab故椭圆C的方程为2214xy……………………………………………………………………4分（2）依题意，直线AS的斜率k存在，且0k，故可设直线AS的方程为(2)ykx，从而1016(,)33kM，由22(2)14ykxxy得2222(14)16164kxkxk0设11(,),Sxy则22141416)2(kkx得2122814kxk，从而12414kyk即222284(,),1414kkSkk………………………6分又(2,0)B由1(2)4103yxkx得10313xyk，101(,)33Nk，………………………8分故161||33kMNk又16116180,||233333kkkMNkk当且仅当16133kk，即14k时等号成立。14k时，线段MN的长度取最小值83………………………………10分（2）另解：设(,)sSSxy,10(,)3MMy依题意，,,ASM三点共线，且所在直线斜率存在，由AMASkk,可得1632sMsyyx同理可得：432sNsyyx又2214ssxy所以，226494sMNsyyyx64116()949不仿设0My,0Ny8()23MNMNMNMNyyyyyy当且仅当MNyy时取等号，即43My时，线段MN的长度取最小值83（3）由（2）可知，当MN取最小值时，14k此时BS的方程为644220,(,),||555xysBS……………………………11分要使椭圆C上存在点T，使得TSB的面积等于15，只须T到直线BS的距离等于24，所以T在平行于BS且与BS距离等于24的直线l上。设直线0:tyxl，则由|2|2,42t解得32t或52t。又因为T为直线l与椭圆C的交点，所以经检验得32t，此时点T有两个满足条件。………………………………………………………………14分