盐城市高三调研数学试卷及答案

盐城市高三数学学情调研检测2010.1一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分。请把答案填写在答题卡相应的位置上．．．．．．．．．.1.已知复数11zi，21zi,那么21zz=_________。2.已知向量,ab满足||3,||5,||7abab，则,ab的夹角为3.从长度分别为2、3、4、5的四条线段中任意取出三条，则以这三条线段为边可以构成三角形的概率是________。4.已知点(1,2)P在终边上，则6sin8cos3sin2cos＝5.将函数sin2yx的图象向左平移4个单位,再向上平移1个单位,所得图象的函数解析式是6..在R上定义运算⊙:a⊙baabb2,则满足x⊙)2(x0的实数x的取值范围为7.在等差数列}{na中,6,7253aaa,则____________6a.8.某算法的程序框如右图所示，则输出量y与输入量x满足的关系式是9..已知1F、2F是椭圆1:2222byaxC（a＞b＞0）的两个焦点，P为椭圆C上一点，且21PFPF.若21FPF的面积为9，则b=____________.10.△ABC中，π2C，1,2ACBC，则()2(1)fCACB的最小值是.11.设和为不重合的两个平面，给出下列命题：（1）若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则平行于；（2）若外一条直线l与内的一条直线平行，则l和平行；（3）设和相交于直线l，若内有一条直线垂直于l，则和垂直；（4）直线l与垂直的充分必要条件是l与内的两条直线垂直。上面命题中，正确命题的个数是个。12.由线性约束条件0,,2,1yyxyxtxt所确定的区域面积为S,记()(01)Sftt，则1()2f等于13.已知直线1)0(022yxabccbyax与圆相离，则以三条边长分别为|||,||,|cba所构成的三角形的形状是14.曲线1:yxC上的点到原点的距离的最小值为.二、解答题：本大题共6小题，共计90分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明或演算步骤.15.（本小题满分14分）在锐角ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足(2)coscosacBbC．（1）求角B的大小；（2）设(sin,1),(3,cos2)mAnA，试mn求的取值范围．16.（本小题满分14分）如图，在长方体1111DCBAABCD中，aADAA1，aAB2，E、F分别为11CD、11DA的中点．（Ⅰ）求证：DE平面BCE；（Ⅱ）求证：//AF平面BDE．17.（本小题满分14分）已知,AB是△ABC的两个内角，2cossin22ABABaij（其中,ij是互相垂直的单位向量），若6||2a。（1）试问tanBtanA是否为定值，若是定值，请求出，否则说明理由；（2）求tanC的最大值，并判断此时三角形的形状。ABDC1A1B1C1DEF18.（本小题满分16分）已知圆O：822yx交x轴于BA,两点，曲线C是以AB为长轴，直线：4x为准线的椭圆．（1）求椭圆的标准方程；（2）若M是直线上的任意一点，以OM为直径的圆K与圆O相交于QP,两点，求证：直线PQ必过定点E，并求出点E的坐标；（3）如图所示，若直线PQ与椭圆C交于HG,两点，且HEEG3，试求此时弦PQ的长．19.（本小题满分16分）已知*)4(2Nnnn且个正数排成一个n行n列的数阵：第1列第2列第3列…第n列第1行1,1a2,1a3,1a…na,1第2行1,2a2,2a3,2a…na,2第3行1,3a2,3a3,3a…na,3…第n行1,na2,na3,na…nna,其中)1,1*,,(,nkniNkiaki且表示该数阵中位于第i行第k列的数，已知该数阵中各行的数依次成等比数列，各列的数依次成公比为2的等比数列，已知a2,3=8，a3,4=20.（1）求1,1a2,2a；（2）设nAaaaaAnnnnnn:1,2,31,2,1求证能被3整除.OxyABGHQMP20.（本小题满分16分）已知二次函数()ygx的导函数的图像与直线2yx平行，且()ygx在1x处取得极小值1(0)mm．设()()gxfxx．（1）若曲线()yfx上的点P到点(0,2)Q的距离的最小值为2，求m的值；（2）()kkR如何取值时，函数()yfxkx存在零点，并求出零点．盐城市高三数学学情调研检测2010.1参考答案与评分标准填空题1.i2.233.0.754.55.22cosyx6.(-2,1)7.13.8.2121xxyxx9.310.211.212.3/413.钝角三角形14.42解答题15.（1）因为(2)coscosacBbC，所以(2sinsin)cossincosACBBC，即2sincossincossincossin()sinABCBBCCBA而sin0A，所以1cos2B．故60B……………………6分（2）因为(sin,1),(3,cos2)mAnA所以223173sincos23sin12sin2(sin)48mnAAAAA．由09060090ABC得090012090AA所以3090A……10分从而1sin(,1)2A故mn的取值范围是17(2,]8．……………………14分16.解：（Ⅰ）证明：BC侧面11CCDD，DE侧面11CCDD，BCDE，………3分在CDE中，aDECEaCD2,2，则有222DECECD，90DEC，ECDE，………………………………………6分又CECBCDE平面BDE．……………………………………7分（Ⅱ）证明：连EF、11CA，连AC交BD于O，1121//CAEF，1121//CAAO，四边形AOEF是平行四边形，……………10分OEAF//………………………11分又OE平面BDE，AF平面BDE，//AF平面BDE．………………………14分17.解：（1）：2223||2cossin222ABABa，1cos()31cos()22ABAB02sinsincoscossinsincoscosBABABABA……………………5分13tantan022AB1tantan3AB（定值）………………………………8分（2）由（1）可知A、B为锐角tantan3(tantan)tantan()3tantan31tantan2ABABCBAABAB所以tanC的最大值为3，此时三角形ABC为钝角三角形。…………………14分18.解：（Ⅰ）设椭圆的标准方程为222210xyabab，则：2224aac，从而：222ac，故2b,所以椭圆的标准方程为22184xy。…………4分（Ⅱ）设(4,)Mm，则圆K方程为2222424mmxy与圆22:8Oxy联立消去22,xy得PQ的方程为480xmy，过定点2,0E。…………………8分（Ⅲ）解法一：设1122,,,GxyHxy，则221122222828xyxy,………①3EGHE，11222,32,xyxy，即：1212833xxyy代入①解得：228323xy（舍去正值），1PQk，所以:20PQxy，从而圆心0,0O到直线PQ的距离122d，从而2226PQRd。…………………16分解法二：过点,GH分别作直线l的垂线，垂足分别为,GH，设PQ的倾斜角为，则：22,22GEEHeeGGHH，从而2,2GGGEHHHE，由3EGHE得：3EGHE，2cos2GGHHGEEH，故4，由此直线PQ的方程为20xy，以下同解法一。解法三：将:PQ480xmy与椭圆方程22184xy联立成方程组消去x得：223216640mymy,设1122,,,GxyHxy，则1212221664,3232myyyymm。3FGHF，11222,32,xyxy，所以123yy代入韦达定理得：22222864,33232myymm，消去2y得：216m，4m，由图得：4m，所以:20PQxy，以下同解法一。19.解：（1）由题意，5,3,20,84,13,14,33,2aaaa所以，故第1行公差d=1，所以.62,3,22,12,22,11,1aaaa得………………6分（2）同（1）可得，11,22,122,31,2,122,23,),1(2,2,1nnnnnnnaananana所以1,2,31,2,1nnnnnaaaaA1321222)2(2)1(2)1(nnnnnnnnnnnA22232)1(22)1(21321两式相减，得nnnnA222222)1(1321nnn2221)21(2)1(1nnn2222)1(nn323所以nAnAnnn故),12(3能被3整除.………………16分20.解：（1）依题可设1)1()(2mxaxg(0a)，则aaxxaxg22)1(2)('；又gx的图像与直线2yx平行22a1a………3分mxxmxxg21)1()(22，2gxmfxxxx，设,ooPxy，则2002020202)()2(||xmxxyxPQmmmmmxmx2||2222222220220………6分当且仅当202202xmx时，2||PQ取得最小值，即||PQ取得最小值2当0m时，2)222(m解得12m………8分当0m时，2)222(m解得12m………9分（2）由120myfxkxkxx(0x)，得2120kxxm*当1k时，方程*有一解2mx，函数yfxkx有一零点2mx；当1k时，方程*有二解4410mk，若0m，11km，函数yfxkx有两个零点)1(2)1(442kkmx，即1)1(11kkmx；………12分若0m，11km，函数yfxkx有两个零点)1(2)1(442kkmx，即1)1(11kkmx；………14分当1k时，方程*有一解4410mk,11km,函数yfxkx有一零点mkx11………15分综上，当1k时,函数yfxkx有一零点2mx；当11km(0m)，或11km（0m）时，函数yfxkx有两个零点1)1(11kkmx；当11km时，函数yfxkx有一零点mkx11.………16分