高三会考理科答案

2011届金台区高三质量检测理科数学参考答案2010.11一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分题号12345678910答案DADDBACBCC二、填空题:本大题共5小题，每小题5分，满分25分把答案填在答题卡中对应题号后的横线上（必做题11——14题，选做题15题）11、【答案】3或112、【答案】214、【答案】3[4,4]13、【答案】(3,)【解析】123222即315、选做题（考生只能从A、B、C题中选作一题）A、（不等式证明选讲）【答案】(0,)+?B、（几何证明选讲）【答案】4cmC、（坐标系与参数方程）【答案】4三、解答题：本大题共6小题，共75分.16、（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设等差数列na的公差为d，由,355815aaS，∴111(2)(4)8545152adadad……………………………4分即113423adad，解得111ad，…………………………6分∴111(1)naandnn，故所求等差数列na的通项公式为nan.………………8分（Ⅱ）由（Ⅰ）知22nannb，由等比数列前n项和公式得2312(12)222...22212nnnnT∴122nnT.………………………12分17、（本小题满分12分）解：（Ⅰ）∵在ABC中，2225585bcbca∴2224cos25bcaAbc……………………………4分又∵3B，∴23CA，3sin5ACDABPEzxy∴231343sinsincossin32210CAAA.………8分（Ⅱ）由（Ⅰ）知3sin5A，又∵3B，3b，∴在△ABC中，由正弦定理得sin6sin5bAaB.…………………12分18、（本小题满分12分）解法一：（Ⅰ）如图以A为坐标原点，AB，AP所在直线分别为x，z轴建立空间直角坐标系．∵2,22APABBC，AC⊥BD，在RtABC中，由射影定理得233AD，则AD:DC=1:2∴(0,0,0)A，(2,0,0)B，(2,22,0)C，222(,,0)33D，(0,0,2)P又E是PC的中点，∴(1,2,1)E∴12(2,22,2),(1,2,1),(,,1)33PCBEDE,∴2420PCBE，242033PCDE∴PCBE，PCDE，又DEBEE，∴PC⊥平面BDE…………………………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面BDE的法向量1(2,22,2)nPC,平面BAP的法向量2(0,22,0)nBC，∴128nn设平面BDE与平面ABP的夹角为θ，则121212||82cos|cos(,)|||||2422nnnnnn，∴45，∴平面BDE与平面ABP的夹角为45……………………………12分解法二：（Ⅰ）∵在RtPAB中，2APAB，∴2222PBAPABBC又E是PC的中点，∴BE⊥PC，∵PA⊥平面ABC，又BD平面ABC∴PA⊥BD，∵AC⊥BD，又AP∩AC=A∴BD⊥平面PAC，又PC平面PAC，CDABPE∴BD⊥PC，又BEBDB，∴PCBDE平面……………6分（Ⅱ）∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又AB⊥BC,∴BC⊥平面BAP，BC⊥PB，又由（Ⅰ）知PC⊥平面BDE，∴直线PC与BC的夹角即为平面BDE与平面BAP的夹角，在PBC中，PB=BC,90PBC,45PCB所以平面BDE与平面BAP的夹角为45……………………………12分19、（本小题满分12分）解:(Ⅰ)设“购买该商品的3位顾客中至少有1位采用1期付款”为事件A“购买该商品的3位顾客中无人采用1期付款”为事件A3()(10.4)0.216PA()1()10.2160.784PAPA…………………………6分(Ⅱ)的可能取值为200元,300元,400元.(200)(1)0.4PP(300)(2)(3)0.20.20.4PPP,(400)1(200)(300)10.40.40.2PPP.的分布列为:200300400P0.40.40.22000.43000.44000.2E280(元)…………………12分20、（本小题满分13分）解:(Ⅰ)()fx的定义域为(1,+),211(1)(1)()()1111aaxxaxxxafxxaxxx…4分当1a时,()0fx,则()fx在(1,+)单调递增；当1a时,在(1,)a上()0fx，在[,)a上()0fx，所以()fx在(1,)a单调递减，在[,)a上单调递增.………7分(Ⅱ)不妨假设12xx.由于1a时()fx在(1,+)单调递增.所以1212|()()|||fxfxxx等价于1212()()fxfxxx,即1122()()fxxfxx.令()()gxfxx，………10分则211()()11111axaxxgxfxxaxx于是22121()1011xaxxxxgxxxx从而()gx在(1,+)单调递增，故12()()gxgx即1122()()fxxfxx故1a时，对任意12,(1,)xx,1212|()()|||fxfxxx.…13分21、（本小题满分14分）解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，由题意知2,224(21)2caca所以22,2ac，又222abc，因此2b故椭圆的标准方程为22184xy………………………6分（Ⅱ）设A，B两点的坐标分别为1122(,),(,)xyxy，假设使1APPB成立的直线l存在，（ⅰ）当l不垂直于x轴时，设l的方程为ykxm，由l与n垂直相交于P点且||1OP得2||11mk，即221mk∵1APPB，||1OP，∴()()OAOBOPPAOPPB=2OPOPPBPAOPPAPB=1+0+0-1=0,即12120xxyy将ykxm代入椭圆方程，得222(12)4(28)0kxkmxm由求根公式可得122412kmxxk，21222812mxxk121212120()()xxyyxxkxmkxm22121212()xxkxxkmxxm221212(1)()kxxkmxxm因此222222(1)(28)4(12)0kmkmmk将221mk代入上式并化简得21k，即此时直线l不存在；………………………10分（ⅱ）当l垂直于x轴时，满足||1OP的直线l的方程为1x或1x，当1x时，A,B,P的坐标分别为1414(1,),(1,),(1,0)22，∴1414(0,),(0,)22APPB，∴712APPB当1x时，同理可得1APPB，矛盾，即此时直线l不存在综上可知，使1APPB成立的直线l不存在．………………14分