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2011年兰州市第一次高三诊断考试数学(理)答案


2011 年高三诊断考试试卷 数学(理科) 数学(理科)参考答案及评分标准
一、选择题(每小题 5 分,共 60 分) 题号 答案 1 C 2 D 3 A 4 C 5 A 6 B 7 A 8 D 9 B 10 B 11 D 12 C

二、填空题(每小题 5 分,共 20 分) 13.20; 14.0.0228; 15.

3 ; 6

16.②,④

三、解答题(6 小题,共 70 分) 17.解: 由正弦定理,

a=

5 5 b ? sin A = sin B 2 2

…………………………3 分 …………………………6 分

由 A = 2 B ? sin A = sin 2 B 那么,

5 sin B = sin 2 B = 2sin B cos B 2 5 4
…………………………8 分

所以, cos B =

cos A = cos 2 B = 2 cos 2 B ? 1 = ?
18.解: (Ⅰ) Q an +1 = f ( an ) =

3 8

………………………10 分

2 an an + 2



1 1 1 1 1 1 = + 即 ? = an +1 an 2 an +1 an 2
则{

1 } 成等差数列 an

…………………4 分

所以

1 1 1 3 1 2n + 1 = + ( n ? 1) × = + ( n ? 1) × = 2 4 2 4 an a1

1

则 an =

4 2n + 1 4 4 1 1 g = 8( ? ) 2n + 1 2n + 3 2n + 1 2 n + 3

…………………6 分 …………………8 分

(Ⅱ) Q an an +1 =

∴ S n = a1a2 + a2 a3 + L + an an +1

1 1 1 1 1 1 = 8( ? + ? + L + ? ) 3 5 5 7 2n + 1 2 n + 3 1 1 8 = 8( ? )< …………………12 分 3 2n + 3 3
19.方法一: (Ⅰ)证明:过点 E 作 EG ⊥ CF 交 CF 于 G ,连结 DG , 可得四边形 BCGE 为矩形,又 ABCD 为矩形 H A B E

D C G F

所以 AD ∥ EG 且 AD = EG ,从而四边形 ADGE 为平行四边形 故 AE ∥ DG 因为 AE ? 平面 DCF , DG ? 平面 DCF 所以 AE ∥平面 DCF …………………………6 分

(Ⅱ)解:过点 B 作 BH ⊥ EF 交 FE 的延长线于 H ,连结 AH .由平面 ABCD ⊥ 平面

BEFC , AB ⊥ BC ,得 AB ⊥ 平面 BEFC ,从而 AH ⊥ EF .
所以 ∠AHB 为二面角 A ? EF ? C 的平面角. 在 Rt△EFG 中,因为 EG = AD = 3 , ∠FEG = ……………………8 分

π
6

所以 EF = 2 , ∠CFE = 60 ,

FG = 1 .
又因为 CE ⊥ EF ,所以 CF = 4 , 从而 BE = CG = 3 ,于是 BH = BE ? sin ∠BEH =

3 3 . 2
…………………………10 分

∴ AB = BH ? tan ∠AHB =

3 3 9 × 3= , 2 2 9 , CF = 4 2

在四棱锥 F ? ABCD 中, AD = 3, AB = ∵ CF ⊥ BC ∴ CF ⊥ 平面 ABCD ∴ VF ? ABCD =

1 1 9 AB ? AD ? CF = × × 3 × 4 = 6 3 3 3 2

2

即四棱锥 F ? ABCD 的体积为 6 3

…………………………12 分

方法二:如图,以点 C 为坐标原点,以 CB,CF 和 CD 分别作为 x 轴, y 轴和 z 轴,建 立空间直角坐标系 C ? xyz . 设 AB = a,BE = b,CF = c , (b < c ) 则 C (0, 0) , A( 3, a ) , B ( 3, 0) , E ( 3,b, , 0, 0, 0, 0) x A B E z D C F y

F (0,c, . D (0, 0, a ) 0)
(Ⅰ)证明: AE = (0, b, ? a ) , CB = ( 3, 0, 0) , BE = (0, b, 0) , 所以 CB ? AE = 0 , CB ? BE = 0 ,从而 CB ⊥ AE , CB ⊥ BE , 所以 CB ⊥ 平面 ABE . 因为 CB ⊥ 平面 DCF , 所以平面 ABE ∥ 平面 DCF . 故 AE ∥平面 DCF . …………………………6 分

uuu r

uur

uur

uur uuu r

uur uur

(Ⅱ)解:因为 EF = ( ? 3, c ? b, 0) , CE = ( 3, b, 0) , AD = ( ? 3, 0, 0)

uuu r

uur

uuu r

? ?3 + b ( c ? b ) = 0 uuu uur r uuu uuu r r ? π ∵ EF ? CE = 0 , EF , AD 的夹角为 ,从而 ? 3 3 6 ? 2 = 3 3 + (c ? b ) 2 ?
解得 b = 3,c = 4 . 所以 E ( 3, 0) , F (0, 0) . 3, 4, 设 n = (1, x, y ) 为平面 AEF 的一个法向量, 则 n ? AE = 0 , n ? EF = 0 解得 n = (1, 3,

r

r r uuu

r r uuu

r

3 3 ). a

又因为 BA ⊥ 平面 BEFC , BA = (0, 0, a ) ,

uur

3

r uur r uur | n ? BA | 所以 | cos < n , BA >|= r uur = | n || BA |

3 3 1 9 9 = , 解得: a = ,即 AB = 2 2 27 2 a 4+ 2 a
9 , CF = 4 2

在四棱锥 F ? ABCD 中, AD = 3, AB = ∵ CF ⊥ BC ∴ CF ⊥ 平面 ABCD ∴ VF ? ABCD =

1 1 9 AB ? AD ? CF = × × 3 × 4 = 6 3 3 3 2
…………………………12 分

即四棱锥 F ? ABCD 的体积为 6 3

20.解: (Ⅰ)记“取出的 3 张卡片都标有数字 0”为事件 A
1 2 C1 ? C 4 1 P( A) = 1 2 = C 6 ? C 7 21

…………………………4 分

(Ⅱ)记“取出的 3 张卡片数字之积是 4”为事件 B

P( B) =

1 2 1 1 1 C 2 ? C 2 + C 3 ? C1 ? C 2 4 = 1 2 63 C6 ? C7

…………………………8 分

(Ⅲ) ξ 的可能取值为 0,2,4,8
1 C 5 ? C 32 15 37 P (ξ = 0) = 1 ? 1 2 = 1 ? = ; 6 × 21 42 C6 ? C7 1 1 1 C 2 ?C 2 ?C1 2 = ; 1 2 63 C6 ? C7 1 C 3 ?C 2 1 2 = ; 1 2 42 C6 ? C7
1 1 1 C2 + C3C 2 ?C11 4 = ; 1 C6 ? C72 63

P (ξ = 2) =

P (ξ = 4) =

P (ξ = 8) =

…………………………10 分

ξ 的概率分布列为: ξ
P
0 2 4 8

37 42

2 63

4 63

1 42

Eξ = 0 ×

37 2 4 1 32 + 2× + 4× + 8× = 42 63 63 42 63

……………………12 分

4

?c 6 ? = 21.解: (Ⅰ)设椭圆的半焦距为 c ,依题意 ? a 3 ?a = 3 ?
∴ b = 1 ,∴所求椭圆方程为 (Ⅱ)设 A( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) ①当 AB ⊥ x 轴时, | AB |=

x2 + y2 = 1 3

…………………5 分

3 3
…………………7 分

② AB 与 x 轴平行时, | AB |= ③当 AB 与 x 轴相交而不垂直时

设直线 AB 的方程为 y = kx + m ( k ≠ 0 ) 由已知

|m| 1+ k
2

=

3 3 2 2 ,得 m = ( k + 1) 2 4

把 y = kx + m 代入椭圆方程整理得

(3k 2 + 1) x 2 + 6kmx + 3m 2 ? 3 = 0
∴ x1 + x2 =
2

?6km 3(m 2 ? 1) , x1 ? x2 = 3k 2 + 1 3k 2 + 1
2

…………………9 分

∴ | AB | = (1 + k )[

36k 2 m 2 12(m 2 ? 1) ? ] (3k 2 + 1) 2 3k 2 + 1

=

12(1 + k 2 )(3k 2 + 1 ? m 2 ) (3k 2 + 1) 2
12k 2 12 = 3+ 4 2 1 9k + 6 k + 1 9k 2 + 2 + 6 k 12 =4 2×3 + 6
2

= 3+

≤ 3+

当且仅当 9k =

1 3 ,即 k = ± 时等号成立 2 k 3

…………………11 分

综上所述, | AB |max = 2 . ∴当 | AB | 最大时, ?AOB 面积取最大值

5

1 3 3 S max = × | AB | × = 2 2 2
22.解: (Ⅰ)当 a =

…………………12 分

1 时, 2

1 1 3 F ( x) = f ( x) ? g ( x) = 2 x + ln x ? ( x 2 + x) = ? x 2 + x + ln x ( x > 0) 2 2 2 3 1 ∴ F ′( x ) = ? x + + ………………………2 分 2 x 1 1 令 F ′( x ) > 0 解得: ? < x < 2 ,令 F ′( x ) < 0 解得: x < ? 或 x > 2 , 2 2
∵x>0 ∴ 0 < x < 2 时, F ′( x ) > 0 ; x > 2 时, F ′( x ) < 0 ∴ F ( x ) = f ( x ) ? g ( x ) 在 (0, 2) 上单调递增,在 (2, +∞ ) 单调递减.…………4 分 (Ⅱ)∵ f ( x ) ≤ g ( x) 恒成立 ( x > 0) ∴a ≥

2 x + ln x ( x > 0) 恒成立 x2 + x 2 x + ln x 令 h( x) = ( x > 0) ,则 x2 + x

…………………5 分

1 (2 + )( x 2 + x) ? (2 x + ln x)(2 x + 1) x h′( x) = ( x 2 + x) 2
= (2 x + 1)(1 ? x ? ln x) ( x 2 + x) 2 1 或 x = 1 ,由于 x > 0 ,故 x = 1 2
…………………7 分

令 h′( x) = 0 解得 x = ?

当 0 < x < 1 时, 2 x + 1 > 0 , 1 ? x ? ln x > 0 , ∴ h′( x) > 0 ∴函数 h( x) =

2 x + ln x 在 (0,1) 上单调递增 x2 + x

………………10 分

当 x > 1 时, 2 x + 1 > 0 , 1 ? x ? ln x < 0 , ∴ h′( x) < 0

6

∴函数 h( x ) =

2 x + ln x 在 (1, +∞) 上单调递减 …………………11 分 x2 + x 2 x + ln x 2 + ln1 ∴函数 h( x ) = 在 x = 1 时取得最大值 h(1) = 2 =1 2 x +x 1 +1
∴a ≥1 …………………12 分

7


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