卢湾区2010学年第一学期高三年级期末考试key

卢湾区2010学年第一学期高三年级期末考试数学参考答案及评分标准2011.1一．填空题（本大题满分56分）本大题共有14小题，每个空格填对得4分．1．22．(0,1)3．5,444．35．126．57．13208．59．610．0.711．（理）6（文）212．1513．1414．1()2nab二．选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，选对得5分，否则一律得零分．15．A16．C17．D18．B三．解答题（本大题满分74分）本大题共有5题，解答下列各题必须写出必要的步骤．19．（本题满分12分）本题共2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分．（1）由2iz是实数，可设2iz=a，Ra，故(2i)2izaaa，………………3分所以2izza，又4izz，可得24a，即2a，所以42iz．………………6分（2）由|i|5zm，可得|4(2)i|5m，又Rm，∴216(2)5m………………9分即216(2)25m，解得15m，所以实数m的取值范围是(1,5)．………………12分20．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分8分，第2小题满分6分．（1）由(2)qpq，可得(2)qp·q=0，………………2分即2||2qp·0q，又(cos,sin)pBB，(cos,sin)qCC所以22cossin2(coscossinsin)0CCBCBC，即1cos()2BC，又0BC，………………6分∴3BC，故2π()3ABC．………………8分（2）在△ABC中，由2222cosBCABACABACA，可得22()2(1cos)BCABACABACA，………………10分即221(23)42(1)2ABAC，故4ABAC，………………12分∴113sin43222SABACA．………………14分21．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分．（1）延长RP交AB于E，延长QP交AD于F，由ABCD是正方形，PRCQ是矩形，可知,PEABPFAD，由TAP，可得6cosEP，6sinFP，∴76sinPR，76cosPQ，………………4分∴(76sin)(76cos)SPRPQ4942(sincos)36sincos故S关于的函数解析式为4942(sincos)36sincosSπ(0)2．……6分（2）由sincost，可得22(sincos)t12sincos，即21sincos2t，∴22494218(1)184231Stttt．……………9分又由π02，可得3π444，故πsincos2sin()[1,2]4t，∴S关于t的表达式为2184231Stt（[1,2]t）．……………11分又由271318()62St，[1,2]t可知当2t时，S取最大值，故S的最大值为67422．………………14分22．（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分．（1）由1,()4afx，可得224xx，设2xt，则有14tt，即2410tt，解得25t………………2分当25t时，有225x，可得2log(25)x．当25t时，有225x，此方程无解．故所求x的值为2log(25)．………………4分（2）设12,[1,),xx且12xx，则112212()()(22)(22)xxxxfxfxaa21121222(22)2xxxxxxa12121222(2)2xxxxxxa………………7分由12xx，可得1222xx，即12220xx由12,[1,),xx12xx，可得122xx，故12240xx，又4a，故122xxa，即1220xxaTNFERQθPDCBA所以12()()0fxfx，即12()()fxfx，故函数()fx在[1,)上是增函数．………………10分（3）由2(2)[()]fxfx2222222222xxxxaa222()20xaaa………………12分设22xt，由[0,1]x，可得1[,1]4t，由存在[0,1]x使得2(2)[()]fxfx，可得存在1[,1]4t，使得2()20aata，………………14分令2()()20gtaata，故有211()()2044gaaa或2(1)()20gaaa，可得70a．即所求a的取值范围是(7,0)．………………16分23．（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分8分，第3小题满分6分．（1）当an+bn2≥0时，bn+1－an+1=an+bn2-an=bn-an2；当an+bn20,bn+1－an+1=bn-an+bn2=bn-an2．所以，总有bn+1－an+1=12(bn-an),又110,0ba，可得110ba，所以数列｛bn－an｝是等比数列．………………4分（2）①由111,2ab，可得111022ab，故有11221[,][,]2ababa，∴112122abb，211aa，从而222ab，故当n=1时，222nnab成立．………………6分②假设当nk时，222nnab成立，即222kkab，由22230kkkbab，可得20kb，2222220222kkkkkabbbb,故有2221212[,][,]2kkkkkababb，∴22221212,22kkkkkkabbabb,………………9分222121220224kkkkkbbabb,故有2121222221[,][,]2kkkkkababa∴212122224kkkkabbb,222212kkkbaa，故2(1)2(1)2kkab∴当1nk时，222nnab成立．综合①②可得对一切正整数n，都有222nnab．………………12分（3）假设存在11,ab，使得数列{}na为常数数列，由（1）可得bn－an=11()ba(12)n-1，又1naa，故bn=111()aba(12)n-1，………………14分由1nnaa恒成立，可知an+bn2≥0,即111()aba(12)n≥0恒成立，即2n≤111aba对任意的正整数n恒成立，………………16分又111aba是正数，故n≤1121logaba对任意的正整数n恒成立，因为1121logaba是常数，故n≤1121logaba不可能对任意正整数n恒成立．故不存在11,ab，使得数列{}na为常数数列．………………18分