第二次调研考试数学参考答案

第二次调研考试数学参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．1．D2．A3．D4．B5．C6．C7．A8．A9．B10．B二、填空题：本大题共4小题；每小题4分，共16分．11．－512．5313．（－∞，0]14．f(x)，v(x)三、解答题：本大题共6小题；共84分．15．解：（1）若q=1，S3=3a1，S9=9a1，S6=6a1，a1≠0，则S3+S6≠2S9，这与S3，S9，S6成等差数列相矛盾．………………………2分若q≠1，由S3+S6=2S9，得369111(1)(1)(1)2111aqaqaqqqq．……………6分整理，得3692qqq。所以63210qq，即331(1)()02qq．由于1q，故q=312．……………………………………………………8分（2）由于36334711111()(1)222aaaqaqaqq，由（1）可知，312q，所以94711110111(1)2428aaaaaqa．故a4，a7的等差中项是数列{an}的第10项．…………………………………14分16．解：（1）x=a+(t2+1)b=（－2t2－1，t2+3），y=－ka+t1b=（－k－t2，－2k+t1），………………………………………2分由x⊥y，得x·y=0，即(－2t2－1)(－k－t2)+(t2+3)(－2k+t1)=0．整理，得ttk12．……………………………………………………………5分∵t0，∴ttk12≥2，当且仅当t=1时，k=2．所以k的最小值为2．……………………………………………………………7分（2）假设存在正实数k，t，使x∥y，则(－2t2－1)(－2k+t1)=(t2+3)(－k－t2)．整理，得tk(t2+1)+1=0．…………………………………………………………12分满足上述等式的正实数k、t不存在，所以不存在k、t，使x∥y．………………14分17．解法一：（１）由已知AD⊥AB，PD⊥AB，得AB⊥平面PAD．点M、N分别是PA、PB的中点，∴MN∥AB．∴MN⊥平面PAD，MN⊥PM，MN⊥DM．∴∠PMD为二面角P—MN—D的平面角．………………………………………4分Rt△PAD中，由已知∠PAD=60°，故∠MPD=30°．∵MD是Rt△PAD斜边PA上的中线，∴MD=MP．∴△PMD为等腰三角形，∴∠PMD=120°．故二面角P—MN—D的大小为120°．……………………………………………8分（２）①若∠CDN=90º，则CD⊥平面PDN，而CD⊥平面PAD，故平面PDN与平面PAD重合，与题意不符．……………………………………………………10分②若∠DCN=90º，由MN∥CD，CD⊥DM，DM⊥MN，得四边形CDMN是矩形，所以MN=CD，即12CDAB．………………………………………………………………12分③若∠DNC=90º，连结BD．设AD=a，由已知，得AB=2a，从而BD=3a．又PD=ADtan60°=3a，∴PD=BD．从而DN⊥PB，DN⊥平面PBC．∴DN⊥BC．又PD⊥BC，∴BC⊥平面PBD，∴BD⊥BC．∵CD∥AB，∴∠ABD=∠CDB，∴Rt△ABD∽Rt△CDB．∴.23,,222ABBDABCDABBDCDABBDBDCD…………………………………15分（2）另解：令,(0),CDADaxxAB则2,2.ABaCDax∵PD⊥平面ABCD，∴Rt△PAD中，可得MD=a．连结DB，在Rt△PDB中，可得6.2DNa∵点M、N分别是PA、PB的中点，∴MN＝12.22ABa在直角梯形MNDC中，222222223()(2)(22).22NCMDDCMNaaxaxxa……10分①若∠CDN=90º，则222.NCNDDC∴2233222,0,22xxxx解得这不可能．②若∠DNC=90º，则222.DCNDNC∴22333222,.222xxxx解得即32CDAB．③若∠DCN=90º，则222.NDNCDC∴2233222,22xxx解得x=0(不合题意，舍去)，1.2x即12CDAB．………………………………………………………………………15分解法二：（1）以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AD=a，则AB=2a，A（a，0，0），B（a，2a，0），C（0，ta，0），P（0，0，3a），M（2a，0，32a），N（2a，22a，32a），∴MN=（0，22a，0）=12AB，所以MN∥AB．由AB⊥AD，PD⊥AB，AD∩PA=D，得AB⊥平面PAD，所以∠PMD就是二面角P－MN－D的平面角．cos,||||MDMPMDMPMDMP=33(,0,)(,0,)222233|(,0,)||(,0,)|2222aaaaaaaa=－12，即二面角P－MN－D的大小为120º．……………………………………………8分（2）①若∠CDN=90º，则CD⊥平面PDN，而CD⊥平面PAD，故平面PDN与平面PAD重合，与题意不符．…………………………………………………………10分②若∠DCN=90º，DCCN=0，即（0，ta，0）·（2a，22a－ta，32a）=0．解得t=22，所以12CDAB．…………………………………………………12分③若∠DNC=90º，则DNCN=0，即（2a，22a，32a）·（2a，22a－ta，32a）=0．所以112304222t．解得t=322．所以32CDAB．……………………………………………………15分18．解：方法一由条件知∠CMB=30º，∠AMB=45º．又AB=BC，所以△CBM和△ABM面积相等，即12MC·MB·sin30º=12MA·MB·sin45º．从而可得MC=2MA．……………………………………………………………5分在△ACM中，由余弦定理，得4=MC2+MA2－2MA·MC·cos75°．所以MA2=75cos2234－．………………………………………………………8分设点M到直线ABC的最小距离为h，h即△ACM的高，由面积关系，得75sin2275sin21212MAMAMChACSACM．………11分AMBDC（第18题）xy1335775cos22375sin422h．答：塔到直路ABC的最短距离为75313千米．……………………………13分方法二以点B为坐标原点，BM所在直线为x轴建立直角坐标系，设(,0),(,),MaAbc则(,).Cbc……………………………………………2分可得221,1,3.3bccbacba解得282313c．故(13).ABckb直线AB的方程为(13)0xy．……………………………………………8分设点M到直线AB的距离为|MD|，则222|(13)|124703||,169(13)1aMD所以753||.13MD答：塔到直路ABC的最短距离为75313千米．………………………………13分19．解（1）∵函数(1)yfx图象向右平移1个单位即得到y=f(x)的图象，并且y=f(x+1)的图象关于点(－1，0)对称，∴y=f(x)的图象关于点（0，0）对称，从而对任意实数x，有()()fxfx，∴43201234axaxaxaxa=43201234axaxaxaxa，即420240axaxa对任意实数x恒成立．∴0240aaa，313(),fxaxax213()3fxaxa．1x时，)(xf取极大值23，∴(1)02(1).3ff，即131330,2.3aaaa解得131,13aa．故31().3fxxx………………………………………………………………5分（2）设(,)AAAxy，(,)BBBxy是函数f(x)图象上的两点，则由,1)(2xxf知两点处的切线斜率分别为22121,1ABkxkx，且22(1)(1)1ABxx．∵,[2,2]ABxx，∴22111,111,ABxx2211,11ABxx；或2211,11.ABxx从而可求得两点为（0，0），2(2,)3，或（0，0），2(2,)3．………10分（3）证明：∵211122nnnnx(n∈N+)，∴11nxx，即112nx．又2132233nnnny，∴12nyy，即2223ny．由2()10fxx，得11x；由()0fx，得11xx或．∴()fx在（－1，1）上递减，在（－∞，－1）和（1，＋∞）上递增．又222(2),(1),(1)333fff，max22,1,()(1)3xfxf时，min2()(1)3fxf，而,[2,1]nnxy，∴4|()()|(1)(1)3nnfxfyff．……………………………………15分20．解：设M(x1，y1)为椭圆C上的任意一点（x1y1≠0），N(x2，y2)，动点E的坐标为（x，y），则P(－x1，y1)，Q(－x1，－y1)，T(x1，－y1)．…………………………………1分所以14122121yx，……(1)14122222yx．……(2)…………3分(1)－(2)，得04))((12))((21212121yyyyxxxx．所以31))(())((21212121xxxxyyyy，即13MNQNkk．…………………………6分又MN⊥MQ，1MNQMkk，11yxkMN，所以113NQykx．直线QN的方程为1111)(3yxxxyy，直线PT的方程为xxyy11．…10分从而得1121,21yyxx．所以yyxx2,211．由（1），可得)0(1322xyyx，此即为所求的轨迹方程．………………13分