2010年佛二模理科數(shù)學(xué)試卷及答案

2010年佛山市普通高中高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)（二；內(nèi)；如需改動(dòng)，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案使用鉛筆和涂改液.不按以上；1參考:錐體的體積:V

Sh.其中Sh3設(shè)URAy|y

x1x1，BxZx240，則下列結(jié)論正是

(CU

B(, B

(CU

aa(1,

b10，則2 C. D.2

GKDFD 已知i是虛數(shù)單位，使(1i)n為實(shí)數(shù)的最小正整數(shù)nA． B． C． D．4 4已知sin(

sin 0則cos(

5

5

35

45xyxypxRsinx≤1，則pxRsinxxyxyxyxy不pq:正數(shù)的對(duì)數(shù)都是負(fù)數(shù)，則(pq已知實(shí)數(shù)mn滿足0nm1①2m

②log2mlog3

③m20 B．1 C．2 D．3,an(n設(shè)a1,a2 4)是各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列，且公差d0.設(shè),an(n刪去某一項(xiàng)得到的數(shù)列（按原來的順序）為等比數(shù)列的最大的n值，則(n)A． B． C． D．開始s開始sissss否是結(jié)束ii愿者750名.現(xiàn)用分層抽樣的方法從中選出100名他們 f(xsinxcosx)21xR則f(x)的最小正周期 1111

11題 2xy若實(shí)數(shù)x、y滿足y 且z=2x+y的最小值為3，則實(shí)數(shù)b的值 yx若等差數(shù)列a的首項(xiàng)為a公差為d，前n項(xiàng)的和為S，則數(shù)列{Sn Snan1d．類似地，若各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列的首項(xiàng)為b q，前n項(xiàng)的積為Tn，則數(shù)列{nTn}為等比數(shù)列,通項(xiàng) C 14（

)2,則極點(diǎn)在直線l上的射影的極坐標(biāo) 615（

分別交于E,F兩點(diǎn)，ACB60，則EF 16（AB60nmile,為了測(cè)量海平面上兩艘油輪CD間距離,在A,B兩處分別測(cè)得CBD75,ABC30,DAB45,CAD（A,BC,D在同一個(gè)水平面內(nèi)請(qǐng)計(jì)算出CD16題17（定評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)，每年對(duì)本市50%的企業(yè)評(píng)估，評(píng)出優(yōu)秀、良好、合格和不合格四個(gè)等次，并根據(jù)等級(jí)給予相應(yīng)的獎(jiǎng)懲（如下表）.某企業(yè)投入100萬(wàn)元改造，由于自身技術(shù)原因，能達(dá)111

，，，60萬(wàn)元、40萬(wàn)元、238萬(wàn)元、5萬(wàn)元.設(shè)該企業(yè)當(dāng)年因改造而增加利潤(rùn)為求(0,獎(jiǎng)懲（元18（如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCDA1B1C1D1P為線段AD1D1PPA(0)當(dāng)1ABC1D1PDB試證無(wú)論DPBC1的體積求異面直線C1P與CB1所成的角的余弦值18題19（f(xx2axblnx（x0，實(shí)數(shù)ab為常數(shù)若a1b1f(x若ab2f(x20（如圖，拋物線C:y28x與雙曲線C

0 2 是曲線CC

5.yAOx yAOx(Ⅰ)求雙曲線C2的方程（Ⅱ）F1為圓心的圓M1N(x2)2y21PP的無(wú)窮多對(duì)互相垂直的直線ll，MN相交，且直線l1M截得的弦長(zhǎng)與直線l2N13:1P321（1a0,f(xx2a

(0,1a1

f(x0x0定義數(shù)列{x}:x0, f(x),nN* （i）求證:nx2n1x0x2n(iia2時(shí),若0

1(k2,3, )2證明:對(duì)任意mN*都有: x m

34k2010年佛山市普通高中高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)（二一、選擇題（每題5分，共40分12345678DCBBDCCA二、填空題（每題5分，共30分9

10．

4

13．nTnb1(q

3

三、解答題:本大題共6小題,滿分80分,解答須寫出文字說明、證明過程或演算步16（解：方法一：在ABD

sin∴

sinAD

sin[180sin[180

…4同理，在在ABC

sin sinsin[180(45sin[180(4530

60sin

……………8ADAC后，再在ACD中，應(yīng)用余弦定理計(jì)算出CDAC2AC2………108836003180000008828282

n 分 方法二：在ABC∴

sin

sinACBsin[180sin[180

…4同理，在在ABD

sin sinBD 60sinsin[18060sinsin[180(45BCBD后，再在BCD中，應(yīng)用余弦定理計(jì)算出CDBC2BC210008008282 C, 82n 1217（（Ⅰ）P1111

8 …4（Ⅱ）依題意，的可能取值為185,105,80,60,50, P(60)112P(185)

11

1, P(60)11 0P16……10

（萬(wàn)元4……1218（（Ⅰ） AB

21PAD1DPAD1 定第 18題即又∵平面 定第 18題即DPABC1D1 DP PDB 4AD1BC1，PAD1

1SPBC21

21

62又CD平面ABC1D1

2h 822

3SPBCh3226也即無(wú)論 為何值，三棱1 106

D

的體積恒為定值

C1P 12即異面直線

C1P

所成的角為定值90，從而其余弦值0 14（Ⅰ）當(dāng)1PADP(101D(000)B(1,11PD( ，PB(1,1,PD(

，設(shè)平面 的法向量 nxyz 11x01z

y

PBn

1

xy

z 2PAD1DPAD1DPABC1D1

PD101 3 PDn1 0PDn1 4∵DP()，∴P(,, 1)， 1分 1 1CCP(11

12CPCB111CPCB1111

13C1PCB1，即異面直線C1PCB1所成的角的余弦值為 1419（解（Ⅰ）函數(shù)f(x)x2xlnx，則f(x)2x11 1x令f(x)0，得x1（舍去，x1 22當(dāng)0x1時(shí)，f(x)0，函數(shù)單調(diào)遞減 32當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，函數(shù)單調(diào)遞增 42∴f(x)在x1處取得極小值3ln2 5 （Ⅱ）由于ab2，則a2bf(x)x22b)xblnxf(x)2x(2b)b(2xb)(x

5令f(x)0，得xb，x 7 ①當(dāng)b0b0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為2②當(dāng)0b1，即0b22x2(b2ff所以，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為b

(0,(0,

，單調(diào)遞減區(qū)間為(,1 102當(dāng)b1，即b2時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,) 112④當(dāng)b1，即b22x2(b,)ff所以函數(shù)fb

(0,1)，(b2

，單調(diào)遞減區(qū)間為(1, 1322當(dāng)0b1，即0b2f(x的單調(diào)遞增區(qū)間為(0b，(1 b為(,12b1，即b2f(x的單調(diào)遞增區(qū)間為(02(b1，即b2f(x的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1b(

b(1,) 1420（（Ⅰ）∵拋物線C1y8xF(20)222 1A(xy在拋物線C:y28x

5， 由拋物線的定義得，x025，∴x03， 26∴y283，∴y6

3 (32)2(32)2(2

7 4A由雙曲線定義得，2a|75|2，∴a1， 5 ∴雙曲線的方程為：x 63（Ⅱ）M(x2)2y2r2y

3x∵圓My

3x23∴圓M的半徑為d 7232故圓M：(x2)2y23 8P(x0y0，則l1yy0k(xx0，即kxykx0y00lyy1(xxxkyx

0 ∴點(diǎn)M到直線l的距離為d|2kkx0y0|N到直線l的距離為

|x0ky02|1k11k1k3 02k3 02kkxy1k 1 1 xky21k

113 3 (2kkxy 1k1 (xky1k

33(xky2)2(2kkxy3t

， ∴3x0

3ky0

2kkx0

①或3x0

3ky0

2kkx03312分(x033

3y02)k(3x0y023)0∴

3y02

，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1,3) 13333xy 33

y

(x03y02)k3x0y0230∴

3y02

3)333xy 33

y

P的坐標(biāo)為(1,3或(1

3 1421（（Ⅰ）證明:①f(x)xx3ax10 1h(xx3ax1,則h(0)10h1

0 1h(0h()0 2a又h/(x)3x2a0,∴h(x)x3ax1是R上的增函數(shù) 3h(xx3ax1在區(qū)間01 a 即存在唯一實(shí)數(shù)x0,1使f(x)x 4 a n1時(shí),

1x0xf(xf(0 1

01xxx

a

立 5nk(k2)時(shí),

x

,注意到f(x)

0上是減函數(shù)xk0

2k

x2故有f(x2k1f(x0f(x2k,即x2kx0x2kf(x2kf(x0f(x2k1 7x2k1x0x2k2nk1故對(duì)任意正整數(shù)n都有:x2n1x0x2n 8當(dāng)a2x0xf(xf(01xx

9x2x2

2221x22221x21

(x22)(x2xxx 1

1 1 1