苏北四市届高三第二次调研考试数学试卷

苏北四市2011届高三年级第二次调研考试数学I

一．填空题：

1．若ai（i是虚数单位）是实数，则实数a 的值是________．1i

2．已知集合A{x|x1},B{x|x22x0}，则

A

B=________．

3．为了了解某校教师使用多媒体进行教学的情况，从该校200名授课教师中随机

抽取20名教师，调查他们上学期使用多媒体进行教学的次数，结果用茎叶图表示如

下：据此可估计该校上学期200名教师中使用多媒体进行教学次数在【15,30】内

的人数是________．

4．在如图所示的流程图中，输出的结果是________．

5．若以连续两次骰子得到的点数m，n分别作为点P的横坐标和纵坐标，则点P

在圆x2y216内的概率是________．

0x16．在约束条件0y2________．

2yx1

7．一个匀速旋转的摩天轮每12分钟转一周，最低点距地面2米，最高点距地面18

米，P是摩天轮轮周上一定点，从P在最低点时开始计时，则16分钟后P点距地

面的高度是________．

8．已知集合A{(x,y)||x||y|1},B{(x,y)|x2y2r2,r0}若点（ｘ，ｙ）Ａ是点（ｘ，ｙ）Ｂ的必要条件，则ｒ 的最大值是________．

9．已知点Ａ（０，２）抛物线y22px(p0)的焦点为F，准线为l，线段FA交抛物线与点B，过B做l的垂线，垂足为M，若AM⊥MF，则p=________．

x2,x010．若函数f(x)x，则函数yf(f(x))的值域是________．2,x0

11．如图所示，在直三棱柱中，AC⊥BC，AC=4,BC=CC1=2,若用平行于三棱柱A1B1C1-ABC的某一侧面的平面去截此三棱柱，使得到的两个几何体能够拼接成长方体，则长方体表面积的最小 值为________．

x2y

21，A、B是其左右顶点，动点M满足MB⊥AB，连接12．已知椭圆

42AM交椭圆与点P，在x轴上有异于点A、B的定点Q，以MP为直径的圆经过

直线BP、MQ的交点，则点Q的坐标为________．

13．在三角形ABC中，过中中线AD中点E任作一直线分别交边AB，AC与M、

N两点，设AMxAB,ANxAC,(xy0)则4x+y的最小值是________．

14．如图是一个数表，第一行依次写着从小到大的正整数，然后把每行相

邻的两个数的和写在这两个数的下方，得到下一行，数表从上到下与从左

到右均为无限项，则这个数表中的第13行，第10个数为________．

二．解答题 15．如图,在平面直角坐标系中,点A在x轴正半轴上,直线AB的倾斜

3

3,OB=2，设AOB,(,)

24

4（1）用表示OA；



（2）求OAOB的最小值．

角为

16．如图，已知四面体ABCD的四个面均为锐角三角形，EFGH分别是边AB，BC，CD，DA上的点，BD||平面EFGH，且EH=FG．（1）求证：HG||平面ABC；

（2）请在平面ABD内过点E做一条线段垂直于AC，并给出证明．

17．如图，已知位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点（0,1）且被x轴分成的两段圆弧长之比为1:2，过点H（0，t）的直线l于圆C相切于MN两点，且以MN为直径的圆恰好经过坐标原点O．（1）求圆C的方程；

（2）当t=1时，求出直线l的方程；（3）求直线OM的斜率k的取值范围．

18．心理学家研究某位学生的学习情况发现：若这位学生刚学完的知识存留量为1，则x 天后的存留量y1

；若在t（t>0）天时进x4

行第一次复习，则此时这似乎存留量比未复习情况下增加一倍（复习的时间忽略不计），其后存留量y2随时间变化的曲线恰好为直线的一部分，其斜率为

a

(a0)，存留量随时间变化的曲线如图所

2(t4)

示．当进行第一次复习后的存留量与不复习的存留量相差最大时，则称此时刻为“二次复习最佳时机点”

（1）若a=-1，t=5，求“二次复习最佳时机点”；

（2）若出现了“二次复习最佳时机点”，求a的取值范围．

19．已知各项均为正数的等差数列{an}的公差d不等于0，设a1,a3,ak是公比为q的等比数列{bn}的前三项，

（1）若k=7，a12，（ⅰ）求数列{anbn}的前n项和Tn；（ⅱ）将数列{an}和{bn}的相同的项去掉，剩下的项依次构成新的数列{cn}，设其前n项和为Sn，求S2nn12

*

2n

132n1(n2,nN*)的值

（2）若存在m>k,mN使得a1,a3,ak,am成等比数列，求证k为奇数．

20．已知函数f(x)axlnx,f1(x)

12451

xxlnx,f2(x)x22ax,aR 6392

（1）求证：函数f(x)在点(e,f(e))处的切线横过定点，并求出定点的坐标；（2）若f(x)f2(x)在区间(1,)上恒成立，求a的取值范围；（3）当a

时，求证：在区间(1,)上，满足f1(x)g(x)f2(x)恒成立的函数g(x)有无穷多个． 3

参考答案

一．填空题：

1．1；2．xx0



；3．100；4．60；5．

12

2；6

．7．14；8

9

59；14．216（或者65536）． 4

9

10．(1,)(,1)；11．24；12．(0,0)；13．二．解答题：

15．解：（1）在△ABC中，因为OB2，?BAO得OB=

p

，?ABO4

p-

p3p-q=-q，由正弦定理，44

3pOAOA，所以OA=-q)．4psinÐ

ABOsin(-

q)sin

44uuruuuruuruuur3p

（2）由（1

）得OA?OB|OA|鬃|OB|cosq-q) cosq2(sin2cos2)

p3pp5p7pp3p5p

),所以2q+ (,)，因为qÎ(,所以当2q+=，即q=时，)2，

244444284

uuruuur

OA×OB的最小值为2．

16．（1）证明：因为BD//平面EFGH，平面BDC平面EFGHFG，所以BD//FG．同理BD//EH，又因为EHFG，所以四边形EFGH为平行四边形，所以HG//EF，又HG平面ABC，所以HG平面ABC．（2）解：在平面ABC内过点E作EPAC，且交AC于P点，在平面ACD内过点P作PQAC，且交AD于Q点，连结EQ，则EQ即为所求线段．

EPAC

AC平面EPQ

证明如下：PQACEQAC

EQ平面EPQEPPQP

17．解：（1）因为位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点(0,1)，所以圆心C在直线y1上．设圆C与x轴

的交点分别为A、B，由圆C被x轴分成的两段弧长之比为2:1，得ACB圆心C的坐标为(2,1)，所以圆C的方程为：(x2)2(y1)24．

2

，所以CACB2，3

（2）当t1时，由题意知直线l的斜率存在，设直线l方程为ymx1，由

ymx1

(x2)(y1)4

得

4

x

x04m24m1m21

,),N(0,1)， 或，不妨令M(222

m1m1y1ym4m1

m21

4m24m1m24m1

因为以MN为直径的圆恰好经过O(0,0)，所以OMON(2 ,)(0,1)m22

m1m1m1



0，解得m2，所以所求直线l

方程为y(2x

1或y(2x1．

（3）设直线MO的方程为y

kx133

2，解之得k≤，同理得，≤，解

k444

34

之得k≤-或k>0． 由（2）知，k=0也满足题意．所以k的取值范围是(,][0,]．18．解：设第一次复习后的存留量与不复习的存留量之差为y， 由题意知，y2

43

a8a84

，所以(xt)(t4)yyy(xt)(t4)．2122

(t4)t4(t4)t4x4

(x4)45184

1(x5)≤，1

81x

49(54)254x4（1）当a1,t5时，y

当且仅当 x14 时取等号，所以“二次复习最佳时机点”为第14天．

（2）

y

a84a(x4)48a(t4)8a

(xt)≤，当且仅(t4)2t4x4(t4)2x4t4(t

4)2t4

当

a(x4)4

即xx4(t4)2

2a

由题意(t4)4 时取等号，

2a

(t4)4t，所以 4a0．

19．解：（1）因为k7，所以a1,a3,a7成等比数列，又an是公差d0的等差数列，所以

a12d

a1a16d，整理得a12d，又a12，所以d1，b1a12，q

b2a3a12d

2， b1a1a1

所以ana1n1dn1,bnb1qn12n，

①用错位相减法或其它方法可求得anbn的前n项和为Tnn2n1；

② 因为新的数列{cn}的前2nn1项和为数列an的前2n1项的和减去数列bn前n项的和，所以

(2n1)(22n)2(2n1)

S2nn1(2n1)(2n11)，所以S2nn122n132n11．

221

（2）由(a12d)2a1(a1(k1))d，整理得4d2a1d(k5)，因为d0，所以d所以q

a3a12dk3．a1a12

a1(k5)

，4

k3

因为存在m＞k,m∈N*使得a1,a3,ak,am成等比数列，所以ama1q3a1， 又在正项等差数

2

a(m1)(k5)a(m1)(k5)k3

列{an}中，ama1(m1)da11，所以a11a1，又因为

442

a10，所以有24(m1)(k5)(k3)3，因为24(m1)(k5)是偶数，所以(k3)3也是偶数，即

k3为偶数，所以k为奇数．

11

20．（1）证明：因为f(x)2ax，所以f(x)在点(e,f(e))处的切线的斜率为k2ae，所以f(x)

xe

111e2

在点(e,f(e))处的切线方程为y(2ae)(xe)ae1，整理得y(2ae)(x)，所以切

e2e2

e1

线恒过定点(,)．

22

12

（2）解：令p(x)f(x)f2(x)(a)x2axlnx

1(2a1)x22ax1(x1)[(2a1)x1]

因为p(x)(2a1)x2a （*）令p(x)0，得极值点

xxx

x11，x2



， 2a1

①当

11

a1时，有x2x11，即a1时，在（x2，+∞）上有p(x)0，此时p(x)在区间(x2,)

22

上是增函数，并且在该区间上有p(x)∈(p(x2),)，不合题意；

②当a1时，有x2x11，同理可知，p(x)在区间(1,)上，有p(x)∈(p(1),)，也不合题意；

时，有2a10，此时在区间(1,)上恒有p(x)0，从而p(x)在区间(1,)上是减2

1111

函数；要使p(x)0在此区间上恒成立，只须满足p(1)a0a，所以a．

2222

③当a

综上可知a的范围是（3）当a

11

,．22

21245124

时，f1(x)xxlnx,f2(x)xx． 363923

1252x56x25

0，所以记yf2(x)f1(x)xlnx,x(1,)．因为y

3939x9x

yf2(x)f1(x)在(1,)上为增函数，所以f2(x)f1(x)f2(1)f1(1)

，3

设R(x)f1(x)

,(01), 则f1(x)R(x)f2(x), 所以在区间1,上，满足3

f1(x)g(x)f2(x)恒成立的函数g(x)有无穷多个．

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