扬州市 2010—2011 学年度第一学期期末调研测试 高 高 三 数 学 参 考 答 案 案 2011．01 第 一 部 分 1．10,2   2．12 3．23 4． 16.4 5．②④ 6． 2 2 7． 1 8． 8 9．536 10．22 11． 2  或12 12． 2 13．6 2(0, )2 14． 4 15．解：（Ⅰ）由405xx，得 4 5 x   ， 故集合 { | 4 5} B x x    ； ………………………………………………………6分 （Ⅱ）由题可知，2(2 , 1) B a a   …………………………………………………8 分 ①若 2 3 1 a   ，即13a  时， (2,3 1) A a   ， 又因为 A B  ，所以22 21 3 1aa a   ，无解； ②若 2 3 1 a   时，显然不合题意； ③若 2 3 1 a   ，即13a  时， (3 1,2) A a   ， 又因为 A B  ，所以22 3 11 2a aa   ，解得 1 a   ． 综上所述， 1 a   ． ………………………………………………………………………14 分 16．解：因为 , , A B C 成等差数列，所以 60 B  （Ⅰ）由  22 2 22 cos60 3 b a c ac a c ac       ， 即2 27 13 3ac   ，得 40 ac  ， …………………………………………5 分 所以△ ABC 的面积1sin 10 32S ac B   ；…………………………………………7 分 （Ⅱ） 3sin sin6A C     ＝ 3sin sin( )2A A 

　　3sin cos 2sin6A A A        ……………………………………11 分 又由题可知20,3A    ，所以5,6 6 6A       ， 则   3sin sin 2sin 1,26 6A C A               ．……………………………………14 分 17．解：（Ⅰ）因为 BC AC  ， M 为 AB 中点．所以 CM AB  ， 又因为平面 ABC  平面 ABDE ，平面 ABC 平面 ABDE ＝ AB ， CM  平面 ABC ， 所以 CM  平面 ABDE ， 又因 DE  平面 ABDE ，所以 CM DE  ； ……………………………………7 分 （Ⅱ）当13ANAC 时， // CD 平面 BEN ． 连结 AD 交 BE 于点 K ，连结 KN ， 因梯形 ABDE 中 // BD AE ， 2 BD AE  ， 所以12AK AEKD BD  ，则13AKAD 又因13ANAC ，所以 / / KN CD ……………………………………14 分 又 KN  平面 BEN ， CD  平面 BEN ，所以 / / CD 平面 BEN ． 18．解：（Ⅰ）设 O 为圆环的圆心，依题意，∠CA 1 O=∠CA 2 O=∠CA 3 O=  ， CA 1 =CA 2 =CA 3 =2cos ，CO= 2tan  ， 设金属杆总长为 ym，则 610 2tancosy    =2(3 sin )10cos ，（ 02   ） 22(3sin 1)"cosy ， 当1sin3  时， " 0 y  ；当1sin3  时， " 0 y  ， ∴当1sin3  时，函数有极小值，也是最小值。

　　 ……………………………………7 分 （Ⅱ）依题意，210 2tancosny    =2( sin )10cosn  ， 22( sin 1)"cosny ， 当1sinn  时， " 0 y  ；当1sinn  时， " 0 y  ， ∴当1sinn  时，函数有极小值，也是最小值。…………………………………………13 分 当 n≥4 时，1 13 n ，所以 C 点应上移。

　　 …………………………………………15 分

　　19．解：（Ⅰ）依题意：1 2AD FF  ，即22acc ， 所以离心率22e  . …………………………………………4 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知：

　　2 a c  ， b c  ， 故 (0, ) A c ， (2 , ) D c c ，2 ( ,0)F c ， (2 ,0) T c ， ( 2 , ) TA c c   所以椭圆方程是2 22 212x yc c  ，即2 2 22 2 x y c   ， 直线2F D 的方程是 0 x y c    由2 2 22 20x y cx y c   解得：0 xy c （舍去）或4313x cy c 即4 1( , )3 3M c c ， …………………………………………7 分 2 1( , )3 3TM c c   ，所以 3 TA TM  ， 即存在 3   使 3 TA TM  成立。

　　 …………………………………………10 分 （Ⅲ）解法一：由题可知圆心 N 在直线 y x  上，设圆心 N 的坐标为   , n n ， 因圆过准线上一点 B，则圆与准线有公共点， 设圆心 N 到准线的距离为 d ，则2MF d  ，即  22| 2 | n c n n c     ， 解得：

　　3 n c  或 n c  ， …………………………………………14 分 又222 2 2 2( ) 2 ,2 2c cr n c n n c            由题可知，  2 2min4 r c      ，则24 c  ， 故椭圆的方程为2 218 4x y  ． …………………………………………16 分 （若直接用圆与准线相切时面积最小来做，在答案正确的情况下本小题得 3 分，否则不得分） 解法二：设 (0, ) A c ，2 ( ,0)F c ， (2 , ) B c t ， 圆2AF B  外接圆的方程是：

　　2 20 x y Dx Ey F      ， 则222 2004 2 0c cD Fc cE Fc t cD tE F        ，解得2 23c tD Ec t   所以圆心 ,2 2D E     即2 2 2 23 3,2( ) 2( )c t c tc t c t       ……………………………………12 分 则2 22 2 2 223 32( ) 2( )c t c tr cc t c t               令2 232( )c tmc t    22, 3 ,2c c tc c cc t      ， 222 2 2 2( ) 2 ,2 2c cr n c n n c            …………………………………14 分 由题可知， 2 2min4 r c      ，则24 c  ， 故椭圆的方程为2 218 4x y  ． …………………………………16 分 解法三：设 (0, ) A c ，2 ( ,0)F c ， (2 , ) B c t ， 2AF B  外接圆的方程是：

　　2 20 x y Dx Ey F      ， 则222 2004 2 0c cD Fc cE Fc t cD tE F         FD E cc    ， 由2 24 2 0 c t cD tE F      得 所以2F c  ，或27 F c   所以22 2 221( )2Fr c cc   所以24 c 

　　所求椭圆方程是2 218 4x y  ． …………………………………16 分 20．解：（Ⅰ） 0 A 时，n na S B   ， 当 2 n  时，由 1 1n nn na S Ba S B   得，1 1( ) 0n n n na a S S     即112nnaa ，所以，数列 { }na 是等比数列． …………………………………4 分 （Ⅱ）设数列的公差为 d ，分别令 1,2,3 n  得：

　　1 12 23 323a S A Ba S A Ba S A B      ，即22 3 25 4 3A Bd A Bd A B     ，解得110ABd， 即等差数列 { }na 是常数列，所以nS n  ； …………………………………7 分 又111 1 1p qS S S  ，则1 1 111 p q  ， 11 11 0 pq p q    ，   211 11 11 p q    ， 因 p q  ，所以211 111 11pq   ，解得12132pq ． …………………………………10 分 （Ⅲ）当 1 n 时， 2 A B   ，所以 2 B A   所以 (2 )n na S An A     ， 当 1 n  时，由 1 12( 1) 2n nn na S An Aa S A n A        得， 即11 12 2n na a A  所以11( )2n na A a A   ，又10 a A   即数列 { }na A  是公比为12的等比数列， 所以111( )( )2nna A a A   ，即11(1 )( )2nna A A   ， …………………………12 分 12 2 2 112 1 (2 1) 1nnn nna A A Aa A A A       ，

　　①当 1 A 时111 1(2 1) 1nnna Aa A    且1nnaa的值随 n 的增大而减小， 即3 1 22 3 4a a aa a a   ， 所以，12aMa ，即 M 的取值范围是2[ , )1 A；…………………………………14 分 ②当 0 1 A   时111 1(2 1) 1nnna Aa A    且1nnaa的值随 n 的增大而增大， 即3 1 22 3 4a a aa a a   ， 所以， 1 M  ，即 M 的取值范围是 [1, )  ．…………………………………………16 分

　　第 部 分 21．B 解 解：设a bMc d   ， 由0 11 0M         得：10bd         ，即1,0,bd…………………………………………2 分 再由1 22 1M         得，2 22 1a bc d          ， 即2 22 1a bc d  ，0,1,ac …………………………………………………………4 分 所以0 11 0M   ，………………………………………………………………………6分 21 00 1M   ． ………………………………………………………………………10 分 21．C 解：由8sin1 cos2得：2cos 4sin     ，2 2cos 4 sin      ， 又 cos x    ， sin y    ， 所以，所求曲线的直角坐标方程是24 x y  ，……………………………………………8 分 所以，焦点到准线的距离为 2 ．……………………………………………………………10 分 22．解：(Ⅰ)设正三棱柱的棱长为 2 ，建立如图所示的直角坐标系，则：

　　(0, 1,0) A  ， ( 3,0,0) B ， (0,1,0) C ， 1 (0, 1,2)A  ，1 ( 3,0,2)B ，1 (0,1,2)C ， 所 以 ( 3 , 1 , 0 ) AB  ，1(0, 2,2) CA   ，1( 3,1, 2) AB  ， 因为 PC AB  ， 所以 0 CP AB   ，1 1( ) 0 CA AP AB    ， 1 1( ) 0 CA AB AB     ，1112CA ABAB AB   ……………………………………………………………5 分 (Ⅱ)由（Ⅰ）知：3 3( , ,1)2 2CP   ，1(0,2,2) AC  ， ABPCCBA111Oxyz

　　1113 2 2cos ,8 | | | | 2 2 2CP ACCP ACCP AC       ， 所以异面直线 PC 与1AC 所成角的余弦值是28． …………………………………5 分 证明：由11 x  ，11nnnxxp x 知， 0nx  （*n N  ）， （Ⅰ）当 2 p  时，112nnnxxx ， （1）当 1 n 时，11 x  < 2 ，命题成立． （2）假设当 n k  时， 2kx  ， 则当 1 n k   时，12 21 2 2 22 2 2 2kkk kxxx x        ， 即 1 n k   时，命题成立． 根据（1）（2）， 2nx  （*n N  ）．………………………………………………………4 分 （Ⅱ）数学归纳法证明，1 n nx x （*n N  ）． （1）当 1 n 时，1211xxp x >1=1x ，命题成立． （2）假设当 n k  时，1 k kx x ， ∵ 0kx  ， 0 p  ， ∴1 k kp pp x p x ， 则当 1 n k   时，11 2kkk kx pxp x p x    212kkpxp x  ， 即 1 n k   时，命题成立． 根据（1）（2），1 n nx x （*n N  ）．………………………………………………………8 分 故不存在正整数 M，使得对于任意正整数 n ，都有M nx x  ．……………………………10 分