厦门二中2011届高三理科数学上学期期末复习综合卷2答案



届高三理科数学上学期期末复习综合卷( ) 厦门二中 2011 届高三理科数学上学期期末复习综合卷(
  2)参考解答

  1.C【解析】 M = {x | ?2 < x < 2}, N = {x | ?1 < x < 3} ,则集合 M ∩ N = {x ?1 < x < 2} ;
  2.D【解析】由已知结合对数函数图像和指数函数图像得到 0 < c < 1 ,而 b = log 1 3 < log 1 2 = ?1 ,
2 2
a = log 1 2 > log 1 3 = ?1 ,因此 b<a<c,选 D.
3 3

  3.A【解析】由已知,得 g (
  1) = 3 ,而 f ( x ) = g ( x ) + x 2 ,所以 f (
  1) = g (
  1) + 1 = 3 + 1 = 4 , g ′(
  1) = 2 , 而 f ′( x ) = g ′( x ) + 2 x ,所以 f ′(
  1) = g ′(
  1) + 2 × 1 = 4 ,切线方程为 y ? 4 = (x ? 1 即 y = 4 x ; 4 )
  4.C【解析】设等比数列的公比为 q,∵ 4 a1 ,2 a2 , a3 成等差数列,
∴ 4a1 + a3 = 4a2 , 即4a1 + a1q 2 = 4a1q,∴ q 2 ? 4q + 4 = 0,∴ q =
  2,S4 = 15 ;

  5.C【解析】该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的,圆柱的底面半径为
  1,高为
  2,体积为 2π ,四棱 锥的底面边长为 2 , 高为 3 , 所以体积为 ×
  6.B【解析】将函数 y = sin 2 x 的图象向左平移
1 3
(
  2) ×
2
3=
2 3 2 3 , 所以该几何体的体积为 2π + ; 3 3
π
4
个单位,得到函数 y = sin 2( x +
π
4
)即
y = sin(2 x + ) = cos 2 x 的图象,再向上平移 1 个单位,所得图象的函数解析式为 y = 1 + cos 2 x = 2 cos 2 x ; 2 2 2 1 1
  7.【解析】 cos < a, b >= , a |= 2 , b |= 1 , ( a + 2b) 2 = a + 4ab + 4b = 4 + 4 × 2 ×
  1× + 4 = 12 , B ∵ | | ∴ . 2 2
∴ | a + 2b |= 2 3 ;
  8.C【解析】设椭圆方程为
π
x2 y2 x2 y2 + 2 =
  1,双曲线方程为 2 ? 2 =
  1,则|PF1|+|PF2|=2a,|PF1|-|PF2|=2m, a2 b m n 1 1 故|PF1|=a+m,|PF2|=a-m,又 PF1 ? PF2 =0,∴(a+m)2+(a-m)2=4c
  2,即 a2+m2=2c
  2, 2 + 2 =
  2; e1 e2
1 2a + b
2 2

  9.D【解析】①④ p ? q , p 是 q 的充分必要条件;
  10.A【解析】由等面积法可得,圆 x 2 + y 2 = 1 的圆心到直线 2ax + by = 1 的距离为 ∴ 2a 2 + b 2 = 2 ,即 a 2 + 最大值为 2 + 1 .

  11. 【解析】 原式 = x + sin x
2 2
=
2 , 2
b b = 1 .因此所求距离为椭圆 a 2 + = 1 上点 P ( a , b ) 到焦点 ( 0 ,
  1) 的距离,其 2 2
= ( + sin ) ? [ ? + sin(? )] = π + 2 x 2 2 2 2 ? 2
x 2
π
π
π
π

  12. 【解析】作出可行域,易知 z=3x-y 的最小值是
  1.
→ →
  13. 【解析】∵ OP
  1∥OP
  2,∴ cosθ(
  4-sinθ)+ sinθ(
  3-cosθ)=
  0,即 3sinθ=4cosθ, 又 sin θ + cos θ = 1 ,可解得 cos θ =
2 2
2
9 9 7 2 ,则 cos2θ= 2 cos θ ? 1 = 2 × ?1 = ? ; 25 25 25
【解析】 2
  14.
k
+ 5k > 2k ?m ? 5m + 2m ? 5k ?m (其中 k , m ∈ R ) ;

  15. 【解析】考查立体几何中的直线、平面的垂直与平行判定的相关定理。真命题的序号是①②; ...

  16.解: (Ⅰ) f ( x ) =
1 ? cos 2ω x 3 3 1 1 π? 1 ? + sin 2ω x = sin 2ω x ? cos 2ω x + = sin ? 2ω x ? ? + . 2 2 2 2 2 6? 2 ?
2π π? 1 ? = π ,解得 ω = 1 .∴ f ( x) = sin ? 2 x ? ? + , 2ω 6? 2 ?
∵函数 f ( x ) 的最小正周期为 π ,且 ω > 0 ,∴由 令?
π π π π ≤ + 2kπ , k ∈ Z ,解得 ? + kπ ≤ x ≤ + kπ , k ∈ Z , 2 6 2 6 3 π π 3π π 5π + 2kπ , k ∈ Z ,解得 + kπ ≤ x ≤ + kπ , k ∈ Z , 令 + 2k π ≤ 2 x ? ≤ 2 6 2 3 6 π π π 5π 函数 f ( x ) 的单调增区间是 [ ? + kπ , + kπ ], k ∈ Z ,单调减区间是 [ + kπ ' + kπ ], k ∈ Z ; 6 3 3 6 + 2 kπ ≤ 2 x ?
(Ⅱ)由(Ⅰ)得 f ( x ) = sin ? 2 x ? ∵
  0≤ x ≤
π
? ?
π? 1 ?+ . 6? 2
2π π π 7π 1 π? ? ,∴ ? ≤ 2 x ? ≤ ,∴ ? ≤ sin ? 2 x ? ? ≤1 , 3 6 6 6 2 6? ? π? 1 3 ? 3? ? + ≤ ,即 f ( x) 的取值范围为 ?
  0, ? . 6? 2 2 ? 2?
∴ 0 ≤ sin ? 2 x ?
? ?

  0, C 0
  17.解:如图所示,以点 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系.设 AB = a ,依题意得 B ( a, 0 ), ( a, a,),
1 ? ?1 D (
  0,a,), E ( 0, a,a ), F ( 0, ,a ) , M ? a,a, a ? , 2 0 0 2 ? ?2
(I) BF = ( ? a, ,a ), DE = ( 0,? a, a ) ,∴ cos BF, 0 DE = ∴异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60 ; (II) 证明: AM = ? 由
0
BF ? DE BF DE
=
0 + 0 +1 1 = , 2? 2 2
1 ? ?1 0 2 0 可得CE ? AM = 0 ,CE ? AD = 0 , a,a, a ?, CE = ( ? a, ,a ), AD = (
  0,a,), 2 ? ?2
因此,CE ⊥ AM,CE ⊥ AD.又AM ∩ AD = A,故CE ⊥ 平面AMD , 而CE ? 平面CDE, 平面AMD ⊥ 平面CDE ; ∴
(III) 解:设平面CDE的一个法向量为u = ( x,y,z ),则 ?
?u ? CE =
  0, ?? x + z = 0 ? 于是 ? , ?? y + z = 0 ?u ? DE =
  0. ?
令x =
  1,可得u = (111 , ,,)
  0, 又由题设可知,平面 ACD 的一个法向量为 v = (
  0,
  1) , ∴ cos u, = v u ?v u v = 0 + 0 +1 3 = . 3 3 ×1 3 . 3
∴二面角 A-CD-E 的平面角 θ 的余弦值为 cos θ =
  18. 解:(Ⅰ) 由已知,得
a 1 ≥ av
  2,∴ 0<v≤25 2 , 2 2500
(Ⅱ) 当 0<v≤25 2 时, d =
a 1000v ,∴Q= ,Q 是关于速度 v 的一次函数,当 v=25 2 时,Q 3 2 a 2
50000 2 ; 3a 1000 25000 1 v 25000 当 v>25 2 时, Q= ≤ ,当且仅当 = 即 v=50 时,Q 最大为 ; 1 v a v 25000 a a( + ) v 25000
取得最大值为 答:若 0<v≤25 2 ,则当 v=25 2 时,Q 取得最大值为
50000 2 ; 3a 25000 若 v>25 2 ,则当 v=50 时,Q 取得最大值为 . a
n ?1

  19. (Ⅰ)解:由题设,可得 an = 2n ? 1, bn = 3
,n ∈ N*
∴ S3 = a1b1 + a2b2 + a3b3 =
  1× 1 + 3 × 3 + 5 × 9 = 55 (Ⅱ)证明:由题设可得, bn = q
n ?1

则 ① ②
S 2 n = a1 + a2 q + a3 q 2 + ..... + a2 n q 2 n ?1 , T2 n = a1 ? a2 q + a3 q 2 ? a4 q 3 + ? ? a2 n q 2 n ?1
①式减去②式,得
S 2 n ? T2 n = 2(a2 q + a4 q 3 + ? + a2 n q 2 n ?1 )
①式加上②式,得
S 2 n + T2 n = 2(a1 + a3 q 2 + .... + a2 n ?1q 2 n ? 2 )
③式两边同乘 q,得

q ( S 2 n + T2 n ) = 2(a1q + a3 q 3 + .... + a2 n ?1q 2 n ?1 )
所以, (1 ? q ) S 2 n ? (1 + q )T2 n = ( S 2 n ? T2 n ) ? q ( S 2 n + T2 n )
= 2d (q + q 3 + K + q 2 n ?1 ) = 2dq (1 ? q 2 n ) ,n∈ N* 2 1? q
? a =
  4, 解得a = 4, c = 2 ? a + c =
  6,

  20.解: (Ⅰ)设椭圆长半轴长及半焦距分别为 a, c ,由已知得 ? ∴椭圆的标准方程为
y2 x2 2 1 + = 1 . 离心率 e = = . 4 2 16 12
(Ⅱ) F (0,
  2), F ′(0,
  1) ,设 M ( x, y ), 由
x 2 + ( y ?
  2) 2 1 | MF | = e ,得 = , | MF ′ | 2 x 2 + ( y ?
  1) 2
7 3 2 3
化简得 3x 2 + 3 y 2 ? 14 y + 15 = 0 ,即 x 2 + y ? ) 2 = ( ) 2 ; ( 故存在一个定点 A(0, ) ,使 M 到 A 点的距离为定值,其定值为 。
2
  21.解: (Ⅰ)依题意,可设 g ( x ) = a ( x +
  1) + m ? 1 ( a ≠ 0 ),则 g ' ( x ) = 2a ( x +
  1) = 2ax + 2a ;
7 3
2 3
又函数 g ′ ( x ) 的图像与直线 y = 2 x 平行,∴ 2a = 2 ,∴ a = 1 ,
∴ g ( x) = ( x +
  1) 2 + m ? 1 = x 2 + 2 x + m , f ( x ) =
设 P xo , yo ,则
2 2 | PQ | 2 = x0 + ( y 0 ?
  2) 2 = x0 + ( x0 +
g ( x) m = x+ +
  2, x x
(
)
m 2 m2 2 ) = 2 x 0 + 2 + 2 m ≥ 2 2 m 2 + 2 m = 2 2 | m | +2 m x0 x0
当且仅当 2 x 0 =
2
m2 时, | PQ | 2 取得最小值,即 | PQ | 取得最小值 2 , 2 x0
当 m > 0 时, ( 2 2 +
  2) m = 当 m < 0 时, ( ?2 2 +
  2) m =
2 ,解得 m = 2 ? 1 , 2 ,解得 m = ? 2 ? 1 ;
m + 2 = 0 ( x ≠ 0 ),得 (1 ? k ) x 2 + 2 x + m = 0 x m m 当 k = 1 时,方程 (*) 有一解 x = ? ,函数 y = f ( x ) ? kx 有一零点 x = ? ; 2 2
(Ⅱ)由 y = f ( x ) ? kx = (1 ? k ) x + 当 k ≠ 1 时,方程 (*) 有二解 ? ? = 4 ? 4m (1 ? k ) > 0 , 若 m > 0 , > 1? k 若 m < 0 , < 1? k
( *)
1 ± 1 ? m(1 ? k ) ? 2 ± 4 ? 4m(1 ? k ) 1 , 函数 y = f ( x ) ? kx 有两个零点 x = , x= 即 ; m k ?1 2(1 ? k ) 1 ± 1 ? m(1 ? k ) ? 2 ± 4 ? 4m(1 ? k ) 1 , 函数 y = f ( x ) ? kx 有两个零点 x = , x= 即 ; m k ?1 2(1 ? k )
k = 1? 1 , 函 数 y = f ( x ) ? kx 有 一 零 点 m
当 k ≠ 1 时 , 方 程 (*) 有 一 解 ? ? = 4 ? 4m (1 ? k ) = 0 ,
x=
1 = ?m k ?1 m ; 2
综上,当 k = 1 时, 函数 y = f ( x ) ? kx 有一零点 x = ? 当 k > 1?
1 ± 1 ? m(1 ? k ) 1 1 ( m > 0 ),或 k < 1 ? ( m < 0 )时,函数 y = f ( x ) ? kx 有两个零点 x = ; m m k ?1 1 1 当 k = 1 ? 时,函数 y = f ( x ) ? kx 有一零点 x = = ?m . m k ?1
 

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