数学_2010年江苏省泰州市、南通市高考数学三模试卷(含答案)

2010年江苏省泰州市、南通市高考数学三模试卷
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．
1. 有一容量为10的样本：2，4，7，6，5，9，7，10，3，8，则数据落在[5.5, 7.5)内的频率为________．
2. 已知直线l，m，n，平面α，m⊂α，n⊂α，则“l⊥α”是“l⊥m，且l⊥n”的________条件．（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”之一）
3. 已知集合A={2, 7, −4m+(m+2)i}（其中i为虚数单位，m∈R），B={8, 3}，且A∩B≠⌀，则m的值为________．
4. 在区间[0, 1]上任取两个数a，b，则关于x的方程x2+2ax+b2=0有实数根的概率为________．
5. 若函数f(x)={
tanx,x≥0
log2(−x)，x<0则f(2f(
3π
4
))=________．
6. 在区间[−a, a](a>0)内不间断的偶函数f(x)满足f(0)⋅f(a)<0，且f(x)在区间[0, a]上是单调函数，则函数y=f(x)在区间(−a, a)内零点的个数是________．
7. 执行如图所示的程序框图后，输出的结果是________．
8. 不等式x<2
x
−1的解集是________．
9. 如图，点A、B在函数y=tan(π
4x−π
2
)的图象上，则直线AB的方程为
________．
10. 双曲线x2
16−y2
9
=1上的点P到点(5, 0)的距离是6，则点P的坐标是________．
11. 已知数列{a n}为等差数列，若a5
a6
<−1，则数列{|a n|}的最小项是第________项．
12. 在菱形ABCD 中，若∠B =60∘，AC =4，则CA →⋅AB →
=________．
13. 已知点P 在直线x +2y −1=0上，点Q 在直线x +2y +3=0上，PQ 中点为N(x 0, y 0)，且y 0>x 0+2，则y 0x 0的取值范围为________． 14. 数列{a n }满足：a 1=2，a n =1−1a n−1(n =2, 3, 4,…)，若数列{a n }有一个形如a n =
Asin(ωn +φ)+B 的通项公式，其中A 、B 、ω、φ均为实数，且A >0，ω>0，|φ|<π2，
则a n =________．（只要写出一个通项公式即可）
二、解答题：本大题共6小题，共90分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知向量m →=(sinA, 12)与n →
=(3, sinA +√3cosA)共线，其中A 是△ABC 的内角．
（1）求角A 的大小；
（2）若BC =2，求△ABC 面积S 的最大值，并判断S 取得最大值时△ABC 的形状． 16. 如图，已知四边形ABCD 为矩形，AD ⊥平面ABE ，AE =EB =BC =2，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE ．
（1）求证：AE // 平面BDF ；
（2）求三棱锥D −ACE 的体积．
17. 田忌和齐王赛马是历史上有名的故事．设齐王的3匹马分别为A 、B 、C ，田忌的3匹马分别为a ，b ，c ，6匹马的奔跑速度由快到慢的顺序依次为：A ，a ，B ，b ，C ，c ．两人约定：6匹马均需参赛，共赛3场，每场比赛双方各出1匹马，最终至少胜两场者为获胜．
(1)如果双方均不知道对方的出马顺序，求田忌获胜的概率；
(2)颇有心计的田忌赛前派探子到齐王处打探实情，得知齐王第一场必出A 马．那么，田忌应怎样安排马的出场顺序，才能使获胜的概率最大？
18. 在平面直角坐标系xOy 中，已知对于任意实数k ，直线(√3k +1)x +(k −√3)y −(3k +√3)=0恒过定点F ．设椭圆C 的中心在原点，一个焦点为F ，且椭圆C 上的点到F 的最大距离为2+√3．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）设(m, n)是椭圆C 上的任意一点，圆O:x 2+y 2=r 2(r >0)与椭圆C 有4个相异公共点，试分别判断圆O 与直线l 1:mx +ny =1和l 2:mx +ny =4的位置关系．
19. 设数列{a n }是由正数组成的等比数列，公比为q ，S n 是其前n 项和．
（1）证明√S n ⋅S n+2<S n+1；
（2）设b n =415a n+3+45a n+1+25a n ，记数列{b n }的前n 项和为T n ，试比较q 2S n 和T n 的大小．
20. 已知函数f(x)=x 2−2acoskπ⋅lnx(k ∈N ∗，a ∈R ，且a >0)．
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）若k=2010，关于x的方程f(x)=2ax有唯一解，求a的值．
2010年江苏省泰州市、南通市高考数学三模试卷答案
1. 0.3
2. 充分不必要
3. −2
4. 1
2
5. 1
6. 2
7. 3
8. {x|x<−2或0<x<1}
9. x−y−2=0
10. (8, ±3√3)
11. 6
12. −8
13. −1
2<y0
x0
<−1
5
14. √3sin(2π
3n−π
3
)+1
2
15. 解：（1）因为m→ // n→，所以sinA⋅(sinA+√3cosA)−3
2
=0；
所以1−cos2A
2+√3
2
sin2A−3
2
=0，
即√3
2sin2A−1
2
cos2A=1，
即sin(2A−π
6
)=1．
因为A∈(0, π)，所以2A−π
6∈(−π
6
,11π
6
)．
故2A−π
6=π
2
，A=π
3
；
（2）由余弦定理，得4=b2+c2−bc．
又S△ABC=1
2bcsinA=√3
4
bc，
而b2+c2≥2bc⇒bc+4≥2bc⇒bc≤4，（当且仅当b=c时等号成立）
所以S△ABC=1
2bcsinA=√3
4
bc≤√3
4
×4=√3；
当△ABC的面积取最大值时，b=c．又A=π
3
；故此时△ABC为等边三角形．
16. 证明：（1）设AC∩BD=G，连接GF．
因为BF⊥面ACE，CE⊂面ACE，所以BF⊥CE．
因为BE=BC，所以F为EC的中点．
在矩形ABCD中，G为AC中点，所以GF // AE．
因为AE⊄面BFD，GF⊂面BFD，所以AE // 面BFD．
（2）取AB中点O，连接OE．因为AE=EB，所以OE⊥AB．因为AD⊥面ABE，OE⊂面ABE，所以OE⊥AD，
所以OE⊥面ABD．
因为BF⊥面ACE，AE⊂面ACE，所以BF⊥AE．
因为CB⊥面ABE，AE⊂面ABE，所以AE⊥BC．
又BF∩BC=B，所以AE⊥平面BCE．
又BE⊂面BCE，所以AE⊥EB．
所以AB=√AE2+BE2=2√2，OE=1
2
AB=√2．
故三棱锥E−ADC的体积为
V D−AEC=V E−ADC=1
3S△ADC⋅OE=1
3
×1
2
×2×2√2×√2=4
3
．
17. 解：记A与a比赛为(A, a)，其它同理
(l)齐王与田忌赛马，有如下6种情况：
(A, a)，(B, b)，(C, c)；(A, a)，(B, c)，(C, b)；
(A, b)，(B, c)，(C, a)；(A, b)，(B, a)，(C, c)；
(A, c)，(B, a)，(C, b)；(A, c)，(B, b)，(C, a)．
其中田忌获胜的只有一种：(A, c)，(B, a)，(C, b)．
∴ 田忌获胜的概率为P=1
6
．
(2)已知齐王第一场必出上等马A，若田忌第一场必出上等马a或中等马b，
则剩下二场，田忌至少输一场，这时田忌必败．
为了使自己获胜的概率最大，田忌第一场应出下等马c．
后两场有两种情形：
①若齐王第二场派出中等马B，
可能的对阵为：(B, a)，(C, b)或(B, b)，(C, a)．
田忌获胜的概率为1
2
．
②若齐王第二场派出下等马C，
可能的对阵为：(C, a)，(B, b)或(C, b)，(B, a)．
田忌获胜的概率也为1
2
．
∴ 田忌按c，a，b或c，b，a的顺序出马，
才能使自己获胜的概率达到最大1
2
．
18. 解：(1)(√3k+1)x+(k−√3)y−(3k+√3)=0⇔(√3x+y−3)k+(x−√3y−√3)=0，
解{√3x+y−3=0
x−√3y−√3=0
得F(√3，0)．
设椭圆C 的长轴长、短轴长、焦距分别为2a ，2b ，2c ，
则由题设，知{c =√3a +c =2+√3
于是a =2，b 2=1． 所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1．
（2）因为圆O:x 2+y 2=r 2(r >0)与椭圆C 有4个相异公共点， 所以b <r <a ，即1<r <2．
因为点(m, n)是椭圆
x 24+y 2=1上的点， 所以m 24+n 2=1，且−2≤m ≤2．
所以√m 2+n 2=√34
m 2+1∈[1,2]． 于是圆心O 到直线l 1的距离d 1=√m 2+n 2≤1<r ， 圆心O 到直线l 2的距离d 2=√m 2+n 2≥2>r ．
故直线l 1与圆O 相交，直线l 2与圆O 相离．
19. 证明：（1）由题设知a 1>0，q >0．
(I)当q =1时，S n =na 1，
于是S n ⋅S n+2−S n+12=na 1⋅(n +2)a 1−(n +1)2a 12=−a 12<0，
(II)当q ≠1时，S n =a 1(1−q n )
1−q ，
于是S n ⋅S n+2−S n+12=a 1
2(1−q n )(1−q n+2)(1−q)2−a 12(1−q n+1)2(1−q)2=−a 12q n <0．
由(I)和(II)，得S n ⋅S n+2−S n+12<0．
所以S n ⋅S n+2<S n+12，√S n ⋅S n+2<S n+1．
（2）方法一：b n =415a n+3+45a n+1+25a n =415a n q 3+45a n q +25a n ，
T n =∑b k n k=1=∑(n k=14
15a k q 3+45a k q +25a k )=415q 3S n +45qS n +2
5S n ， T n −q 2S n =
S n 15(4q 3−15q 2+12q +6)， =S n
15(4q(q −2)2+(q −2)2+2)≥2>0，
所以T n >q 2S ．
方法二：T n =∑b k n k=1=∑(n k=14
15a k q 3+45a k q +25a k )=415q 3S n +45qS n +2
5S n ， 由T n q 2S n =415q +45q +2
5， 因为q >0，所以415q +45q ≥2√415⋅45=8
15√3
（当且仅当415q =45q ，即q =√3时取“=”号），
因为815√3+25
=6+8√315>1， 所以T n
q 2S n >1，即T n >q 2S ．
20. 解：（1）由已知得x >0且f′(x)=2x −(−1)k ⋅2a x ．
当k 是奇数时，f′(x)>0，则f(x)在(0, +∞)上是增函数； 当k 是偶数时，则f′(x)=2x −2a x =2(x+√a)(x−√a)x ．
所以当x ∈(0,√a)时，f′(x)<0，
当x ∈(√a, +∞)时，f′(x)>0．
故当k 是偶数时，f(x)在(0,√a)上是减函数，
在(√a, +∞)上是增函数．
（2）若k =2010，则f(x)=x 2−2alnx(k ∈N ∗)． 记g(x)=f(x)−2ax =x 2−2axlnx −2ax ，
g′(x)=2x −2a x −2a =2x (x 2−ax −a)， 若方程f(x)=2ax 有唯一解，即g(x)=0有唯一解； 令g ′(x)=0，得x 2−ax −a =0．因为a >0，x >0， 所以x 1=
a−√a 2+4a 2<0（舍去）， x 2=a+√a 2+4a 2．
当x ∈(0, x 2)时，g′(x)<0，g(x)在(0, x 2)是单调递减函数； 当x ∈(x 2, +∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x 2, +∞)上是单调递增函数． 当x =x 2时，g ′(x 2)=0，g(x)min =g(x 2)．
因为g(x)=0有唯一解，所以g(x 2)=0．
则{g(x 2)=0g′(x 2)=0即{x 22−2alnx 2−2ax 2=0x 22−ax 2−a =0
两式相减得alnx 2+ax 2−a =0，因为a >0，所以2lnx 2+x 2−1=0(∗)． 设函数ℎ(x)=2lnx +x −1，
因为在x >0时，ℎ(x)是增函数，所以ℎ(x)=0至多有一解． 因为ℎ(1)=0，所以方程(∗)的解为x 2=1，从而解得a =12．。