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鄂州市2009-2010学年度上学期期末考试高一数学试卷答案


2009鄂州市 2009-2010 学年度上学期期末考试 高一数学试卷参考答案 高一数学试卷参考答案
一、选择题: (本大题共 12 个小题;每小题 5 分,共 60 分。 ) 题 号 答 案 1 A 2 B 3 B 4 D 5 A 6 C 7 B 8 C 9 D 10 A 11 D 12 C

二、填空题: (本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分。 ) 1 13、 ; 14、3; 2 15、7 16、②③ ? ①④或①③ ? ②④ 三、解答题: (本大题共 6 小题,共 74 分.解答应写出文字说明,证明过程或演 算步骤. ) 17、 (本小题满分 12 分)

r r r r 解: (1)Q a ⊥ b ∴ a b = 0
r r 3 a b = 3 sin 2 x ? cos 2 x = 0 即 tan 2 x = -----------------2 分 3
∵ 0 < x < 2π , ∴ 0 < 2 x < 4π ∴ 2 x = ∴ x 值的集合为 ?

π
6

, 或 2x =

7π 13π 19π , 或 2x = , 或 2x = , 6 6 6

? π 7π 13π 19π ? , , , ? --------------------------------4 分 ?12 12 12 12 ?

(2)∵ f ( x ) = a ? b = 3 sin 2 x ? cos 2 x

r r

f ( x) = 3 sin 2 x ? cos 2 x = 2(

3 1 π π sin 2 x ? cos 2 x) = 2(sin 2 x cos ? cos 2 x sin ) 2 2 6 6

由 2 kπ ?

π
2

= 2 sin(2 x ? ) --------------------8 分 6 ≤ 2x ?

π

π

6

≤ 2 kπ +

π

∴ f ( x ) 的单调增区间 [ kπ ? 由上可得 f ( x ) max

, kπ + ], k ∈ Z .------------------10 分 6 3 r r r r r r = 2 ,当 f ( x) = 2 时,由 a ? b =| a | ? | b | cos < a, b >= 2 得

π

2

, k ∈ Z 得 kπ ?

π

π

6

≤ x ≤ kπ +

π
3

,k ∈Z

r r r r r r a ?b cos < a, b >= r r = 1 ,Q 0 ≤< a, b >≤ π | a |?| b |

∴ < a, b >= 0 --------12 分

r r

18. (本题满分 12 分) . 解 (1) 因为 f (x ) 是 R 上的奇函数,所以 f (0) = 0, 即
?1+ b = 0, 解得b = 1 2+a

…………………………………………………………2 分 1 +1 ? 2 +1 ? 2 +1 2 . 又由 f (1) = ? f ( ?1)知 =? 从而有 f ( x) = x +1 ,解得 a = 2 4+a 1+ a 2 +a …………………………………………………………4 分
x

?

(2)解法一:由(1)知 f ( x) =

Q x1 < x2 , ∴ 2 x1 ? 2 x2 < 0, ( 2 x1 + 1)( 2 x2 + 1) > 0,∴ y1 ? y2 > 0

? 2x +1 1 1 =? + x , x +1 2 2 +1 2 +2 1 1 2 x2 ? 2 x1 任取x1 < x2 , Q y1 ? y2 = x1 ? x2 = x 2 + 1 2 + 1 ( 2 1 + 1)( 2 x2 + 1)



所以 f (x ) 在 R 上为减函数,

…………………………………………………8 分 又因 f (x ) 是奇函数,从而不等式
f (t 2 ? 2t ) + f (2t 2 ? k ) < 0 等价于 f (t 2 ? 2t ) < ? f (2t 2 ? k ) = f (?2t 2 + k ).

因 f (x ) 是 R 上的减函数,由上式推得 t 2 ? 2t > ?2t 2 + k . 即对一切 t ∈ R有3t 2 ? 2t ? k > 0, 从而 ? = 4 + 12k < 0, 解得k < ?
…………………………………………………12 分 ?2 x +1 , 2 x +1 + 2 2 2 ? 2 t ? 2 t +1 ? 2 2 t ? k + 1 又由题设条件得 t 2 ?2t +1 + 2 <0 2 + 2 2 2t ?k +1 + 2 2 2 2 2 即 (2 2t ? k +1 + 2)(?2 t ?2t + 1) + (2 t ? 2t +1 + 2)(?2 2t ? k + 1) < 0 解法二:由(1)知 f ( x) =
整理得 2
3t 2 ? 2 t ? k

1 3

> 1 ,因底数 2>1,故 3t 2 ? 2t ? k > 0
1 3

上式对一切 t ∈ R 均成立,从而判别式 ? = 4 + 12k < 0, 解得k < ? .

19. (本题满分 12 分)
.解: f ( x) = 2 cos x ? sin( x + ) ? 3 sin 2 x + sin x cos x = 2 cos x(sin x cos
π π + cos x sin ) ? 3 sin 2 x + sin x cos x 3 3 π =2sinxcosx+ 3 cos 2 x = 2 sin(2 x + ) ……………………3 分 3 π 3

π (1)∵ x ∈ [0, ] 2



π
3

≤ 2x +

π
3



4π 3 π , ? ≤ sin(2 x + ) ≤ 1 3 2 6
……………………………4 分

∴所求值域为[- 3 ,2]

(2)作图评分,列表…2 分,…作图 3 分………………………9 分 (3)法 1:可由 y = sin x 的图象先向左平移 标缩短到原来的

π

3

个单位,再将图象上各点的横坐

1 倍,最后将纵坐标伸长为原来的 2 倍而得到。 2 1 倍, 再 2

法 2: 可由 y = sin x 的图象先将图象上各点的横坐标缩短到原来的 将图象向左平移

个单位,最后将纵坐标伸长为原来的 2 倍而得到。 6 ………………………12 分
20. (本题满分 12 分)
(1)解: :重心 G 的坐标为 ?

π

? b +1 c ? , ? ,-----------------2 分 ? 3 3?

设外心 F 为 ( x1 , y1 ) ,垂心 H 为 ( x2 , y2 )

uuu uuur r ? FD ? OD = 0 ? 则 ? uuu uuur , r ? EF ? OC = 0 ?

uuur uuu r ?OH ? BC = 0 ? ?1 ? ?b c? , 其中 D ? , 0 ? , E ? , ? ? uuur uuur ?2 ? ?2 2? ? BH ? OC = 0 ?

?? 1 ? ?? 2 ? x1 ? ?1 = 0 ?? ? 即? ?? x ? b ? ? b + ? y ? c ? ? c = 0 ? ? 1 ? ?? 1 2 ? 2? ? ??
解得 F ?

?( b ? 1) ? x2 + y2 ? c = 0 ? ? ?( x2 ? 1) ? b + y2 ? c = 0 ?

? 1 c b2 ? b ? ? b ? b2 ? , + , H ? b, ? ? -----------------8 分 c ? 2c ? ?2 2 ? uuur ? 1 ? 2b c b2 ? b ? uuur ? 1 ? 2b c b 2 ? b ? , + , + ? , GF = ? ? 2c ? c ? ? 3 3 ? 6 6

(1) 证明: HG = ?

uuur uuu r ∴ HG = 2GF 从而 H , G , F 三点共线-----------------12 分
21.(本题满分 12 分) 解:记 ? = g ( x) = ( x ? a ) 2 + 3 ? a 2 ,则 f ( x) = log 1 ? ;
2

(1)不一样;…………………………1 分 定义域为 R ? g ( x) > 0 恒成立。得:? = 4(a 2 ? 3) < 0 ,解得实数 a 的取值范

围为 (? 3 , 3 ) 。……………………4 分
log 则 值域为 R: 1 ? 值域为 R ? ? 至少取遍所有的正实数, ? = 4(a 2 ? 3) ≥ 0 ,
2

解得实数 a 的取值范围为 (?∞,? 3 ] ∪ [ 3 ,+∞) 。………6 分 (2)实数 a 的取何值时 f (x) 在 [?1,+∞) 上有意义: 命题等价于 ? = g ( x) > 0 对于任意 x ∈ [?1,+∞) 恒成立,

? a ≥ ?1 ? a < ?1 则? 或? 解得实数 a 得取值范围为 (?2, 3 ) 。………9 分 2 ? g (?1) > 0 ?3 ? a > 0
实数 a 的取何值时函数的定义域为 (?∞,1) ∪ (3,+∞) : 由已知得二次不等式 x 2 ? 2ax + 3 > 0 的解集为 (?∞,1) ∪ (3,+∞) 可得 1 + 3 = 2a , 则 a=2。故 a 的取值范围为{2}。……………………12 分
22. (本题满分 14 分)解: (1)∵AC= a sin θ , AB = a cos θ , ∴ S1 =

1 2 1 a sin θ cos θ = a 2 sin 2θ ………………3 分 2 4

设正方形边长为 x, 则BQ = x cot θ , RC = x tan θ , ∴ x cot θ + x tan = a

x=

a a sin θ cos θ a sin 2θ = = , cot θ + tan θ + 1 1 + sin θ + cos θ 2 + sin 2θ 2 sin 2θ 2 a 2 sin 2 2θ ) = . ………………6 分 2 + sin 2θ 4 + sin 2 2θ + 4 sin 2θ 1 (1 + sin 2θ ) 2 sin 2θ 2 = 1 2 1 a sin 2θ (1 + sin 2θ ) 2 4 2

∴ S2 = (

S (2)当 a 固定, θ 变化时, 2 = S1 =


4 sin 2θ .令 sin 2θ = t , sin 2θ + 4 sin 2θ + 4
2

S2 4t = 2 = S1 t +4t + 4

4 (t ≠ 0) ………………9 分 4 t+ +4 t

∵0 ≤θ <

π
2

, 4 , 任取t1 , t 2 ∈ (0,1], 且t1 < t 2 , t

∴ 0 < t ≤ 1, 令f (t ) = t +

f (t1 ) ? f (t1 ) = t1 ? t 2 +

t t ?4 4 4 ? = (t1 ? t 2 ) 1 2 t1 t 2 t1 t1

∴ t1 ? t 2 < 0, t1t 2 < 1, t1t 2 ? 4 < 0. ∴ f (t1 ) ? f (t 2 ) > 0 ∴ f (t ) = t +

4 在(0,1] 上是减函数……………………12 分 t

∴t=1 时, f (t ) 有最小值 5,∴

S2 4 π 有最大值为 , 此时θ = . ………………14 分 9 4 S1


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