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高三數(shù)學(xué)試卷(理科)                2009．1

一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．

題號(hào)

1

2

3

4

5

6

7

8

答案

D

B

B

A

C

B

A

C

二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分．

9．x²-=1  10．14    11．-2  12．16π, π  13．①②    14．1，3

注：兩空的題目，第一個(gè)空2分，第二個(gè)空3分．

三、解答題：本大題共6小題，共80分．

15．(本小題滿分12分)

  (Ⅰ)解：在△ABC中，由正弦定理==，得=，………3分

     因?yàn)锳=2C，所以=，即=，

     解得cosC=；                                      ………………………6分

  (Ⅱ)解：在△ABC中，由余弦定理b²=a²+b²－2abcosC，        ………………………9分

    得9=16+b²－8b×，解得b=3，或b=.

    因?yàn)閍、b、c互不相等，

    所以b =．                                               ………………12分

16．(本小題滿分12分)

  (Ⅰ)解：記“至少有2件甲批次產(chǎn)品檢驗(yàn)不合格”為事件A．   ………………………1分

     由題意，事件A包括以下兩個(gè)互斥事件：

    ①事件B：有2件甲批次產(chǎn)品檢驗(yàn)不合格．由n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中某事件發(fā)生k次的概率公式，得P(B)= C²₃?()²?(1－)¹=；           ……………………3分

    ②事件C：3件甲批次產(chǎn)品檢驗(yàn)都不合格．由相互獨(dú)立事件概率乘法公式，得P(C)=()³=；所以，“至少有2件甲批次產(chǎn)品檢驗(yàn)不合格”的概率為P(A)= P(B)+ P(C)=：                                         ………………………6分

高三數(shù)學(xué)（理科）答案 第1頁(yè)（共8頁(yè)）

  (Ⅱ)解：記“甲批次產(chǎn)品檢驗(yàn)不合格件數(shù)恰好比乙批次產(chǎn)品檢驗(yàn)不合格件數(shù)多1件”為事件D．由題意，事件D包括以下三個(gè)互斥事件：

     ①事件E：3件甲批次產(chǎn)品檢驗(yàn)都不合格，且有2件乙批次產(chǎn)品檢驗(yàn)不合格．

       其概率P(E)=()²?C₃¹ ()²(1－)=；            ………………………8分

     ②事件F：有2件甲批次產(chǎn)品檢驗(yàn)不合格，且有1件乙批次產(chǎn)品檢驗(yàn)不合格．

       其概率P(F)=C₃²()²(1－)?C₃¹ ()¹(1－)²=      ……………………10分

     ③事件G：有1件甲批次產(chǎn)品檢驗(yàn)不合格，且有0件乙批次產(chǎn)品檢驗(yàn)不合格．

       其概率P(G)= C₃¹()¹(1－)²?(1－)³=；

       所以，事件D的概率為P(D)=P(E)+P(F)+P(G)=.        …………………12分

17．(本小題滿分14分)

    方法一：(Ⅰ)證明：∵平面PCD⊥平面ABCD．

    又平面PCD∩平面ABCD=CD，BC⊥CD．

    ∴BC⊥平面PCD，        ……………………3分

    ∵PD平面PCD，

    ∴BC⊥PD；  　　　    ………………………4分

    (Ⅱ)解：取PD的中點(diǎn)E，連接CE、BE，

    ∵△PCD為正三角形，

    ∴CE⊥PD，

      由(Ⅰ)知BC⊥平面PCD，

    ∴CE是BE在平面PCD內(nèi)的射影．

    ∴BE⊥PD，

    ∴∠CEB為二面角B-PD-C的平面角，                     ……………………7分

    在△CEB中，∠BCE=90°，BC=2，CE=，

    ∴tan∠CEB==，

    ∴二面角B-PD-C的大小為arctan；                      ……………10分

(Ⅲ)解：∵底面ABCD為正方形，∴AD∥BC，

高三數(shù)學(xué)（理科）答案 第2頁(yè)（共8頁(yè)）

    ∵AD平面PBC,BC平面PBC,

    ∴AD∥平面PBC，

    ∴點(diǎn)A到平面PBC的距離等于點(diǎn)D到平面PBC的距離，

    過(guò)D作DF⊥PC于F，

    ∵BC⊥平面PCD，

    ∴BC⊥DF，

    ∵PC∩BC=C，

    ∴DF⊥平面PBC，且DF∩平面PBC=F,

    ∴DF為點(diǎn)D到平面PBC的距離，                ………………………13分

    在等邊△PCD中，DC=2，DF⊥PC，

    ∴CF=1，DF==，

    ∴點(diǎn)A到平面PBC的距離等于                 ……………………14分

方法二：(Ⅰ)證明：取CD的中點(diǎn)為O，連接PO，

    ∵PD=PC，∴PO⊥CD，

    ∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，

    ∴PO⊥平面ABCD，      ………………………2分

    如圖，在平面ABCD內(nèi)，過(guò)O作OM⊥CD交AB于M,

以O(shè)為原點(diǎn)，OM、OC、OP分別為x、y、z軸，建立空間

直角坐標(biāo)系O-xyz，

    則B(2，1，0)，C(0，1，0)，D(0，－l，0)，P(0，0，)，

    ∵=(0，－l，－)，=(－2，0，0)，

    ∴?=0，

    ∴BC⊥PD；                                          …………………4分

(Ⅱ)解：取PD的中點(diǎn)E，連接CE、BE，如(Ⅰ)建立空間坐標(biāo)系，則E(0，－，)，

    ∵△PCD為正三角形，

    ∴CE⊥PD，

        ∵=(－2，－2，0)，=(－2，－1，)，

高三數(shù)學(xué)（理科）答案 第3頁(yè)（共8頁(yè)）

        ∴==，

∴BE⊥PD，

∴∠CEB為二面角B-PD- C的平面角，               ………………………7分

        ∵=(2，，-)，=(0，，-)，

        ∴cos∠BEC===，

        ∴二面角B-PD- C的大小為arccos                    ……………10分

     (III)解：過(guò)點(diǎn)A作AF⊥平面PBC于F，

    ∴AF為點(diǎn)A到平面PBC的距離，設(shè)=h，

        ∵=(－2，0，0)，= (0，－1，)，

        ∴=0，即BC⊥CP，

        ∴△PBC的面積S_△PBC=|BC|?|PC|=2，

        ∵三棱錐A-PBC的體積V_A-PBC=V_P-ABC，

        ∴S_△PBC=S_△ABC，

    即，解得h=，

        ∴點(diǎn)A到平面PBC的距離為．                         ……………14分

18．(本小題滿分14分)

    (I)解：∵數(shù)列{a_n+S_n}是公差為2的等差數(shù)列，

      ∴(a_n+1+S_n+1)－( a_n+S_n )=2，即a_n+1=，                     ……………3分

      ∵a₁=1，

      ∴a₂=，a₃=；                                        ……………5分

  (II)證明：由題意，得a₁-2=-1，

     ∵，

高三數(shù)學(xué)（理科）答案 第4頁(yè)（共8頁(yè)）

       ∴{ a_n-2)是首項(xiàng)為-l，公比為的等比數(shù)列；                ………………9分

    (Ⅲ)解：由(Ⅱ)得a_n-2=-()^n-1，

   ∴na_n=2n-n ^n-1，                                       ……………10分

       ∴T_n=(2-1)+(4-2)+[6-3²]+…+[2n-n ^n-1]，

       ∴T_n =(2+4+6+…+2n)-[l+2+3² +…+ n ^n-1]，

       設(shè)A_n=1+2+3²+…+ n ⁿ ，          ①

      ∴ A_n=+2²+3³+…+ n ^n-1 ，    ②

    由①-②，得A_n =1++()²+…+() ^n-1 - n ⁿ，

  ∴A_n=，

    ∴A_n=4-(n+2)^n-1，

       ∴T_n=+(n+2)^n-1-4=(n+2)^n-1+ n (n+1) ? 4． …………………14分

19．(本小題滿分14分)

    (Ⅰ)解：由題意，得M(1，0)，直線l的方程為y=x-1．

   由，得x²-6 x +1=0，

       設(shè)A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)為A (x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，AB中點(diǎn)P的坐標(biāo)為P(x₀，y₀)，

       則x₁=3+2，x₂=3-2，y₁= x₁-1=2+2，y₂= x₂-1=2―2，

       故點(diǎn)A(3+2，2+2)，B(3-2，2-2)，            ……………3分

    所以x₀==3，y₀= x₀-1=2，

       故圓心為P(3，2)，直徑=，

       所以以AB為直徑的圓的方程為(x-3) ²+( y-2) ²=16；           ………………6分

  方法一：(II)解：設(shè)A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)為A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，．

高三數(shù)學(xué)（理科）答案 第5頁(yè)（共8頁(yè)）

則=( m- x₁，- y₁)，=( x₂-m， y₂)，

       所以           ①

       因?yàn)辄c(diǎn)A，B在拋物線C上，

       所以y₁²=4x₁，y₂²=4x₂               ②

       由①②，消去x₂，y₁，y₂  得λx₁= m．                 ……………………10分

       若此直線l使得 ，，成等比數(shù)列，則²=，

 即²=λ，所以m²=λ[(x₁-m)²+y₁²]，

       因?yàn)閥₁²=4x₁，λx₁=m，所以m²=[(x₁-m)²+4x₁]，

 整理得x₁²-(3m-4)x_l+ m²=0，           ③               …………………12分

      因?yàn)榇嬖谥本�l使得，，成等比數(shù)列，

      所以關(guān)于x₁的方程③有正根，

      因?yàn)榉匠挞鄣膬筛�之積為m²>0，所以只可能有兩個(gè)正根，

      所以，解得m4．

       故當(dāng)m4時(shí)，存在直線l使得，，成等比數(shù)列．…………14分

方法二：(II)解：設(shè)使得，，成等比數(shù)列的直線AB方程為x=m(m >0)或

   y= k(x-m)(k≠0)，

    當(dāng)直線AB方程為x=m時(shí)，A(m，)，B(m，-)，

       因?yàn)?sub>，，成等比數(shù)列， 

       所以²=，即m²=4 m，解得m =4，或m =0(舍)； ……………8分

當(dāng)直線AB方程為y= k(x- m)時(shí)，

高三數(shù)學(xué)（理科）答案 第6頁(yè)（共8頁(yè)）

    由，得k²x²-(2k²m+4)x+k²m²=0，

    設(shè)A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)為A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，

    則x₁+ x₂=，x₁x₂=m²,                    ①

    由m>0，得Δ=(2k²m+4)²-4k²k²m²=16k²m+16>0．

    因?yàn)?sub>，，成等比數(shù)列，所以²=，

    所以m²=，      ②

    因?yàn)锳，B兩點(diǎn)在拋物線C上，

    所以y₁²=4x₁，y₂²=4x₂，                           ③      ……………11分

    由①②③，消去x₁，y₁，x₂，y₂，

    得m=4(1+)，

    因?yàn)榇嬖谥本�l使得，，成等比數(shù)列，

    所以m=4(1+)>4，

綜上，當(dāng)m4時(shí)，存在直線l使得，，成等比數(shù)列．…………14分

20．(本小題滿分14分)

    (Ⅰ)解：設(shè)h(x)= mf(x)+ ng(x)，則h(x)= m(x²+x)+ n(x+2)=mx²+(m+n)x+2n(m≠0)，

       因?yàn)閔(x)為一個(gè)二次函數(shù)，且為偶函數(shù)，

   所以二次函數(shù)h(x)的對(duì)稱軸為y軸，即x=，

       所以n=-m，則h(x)= mx²-2m，

    則h()=0；                                   ……………………3分

    (Ⅱ)解：由題意，設(shè)h(x)= mf(x)+ ng(x)=mx²+(am+n)x+bn(m，n∈R ，且m≠0)

    由h(x)同時(shí)也是g(x)、l(x)在R上生成的一個(gè)函數(shù)，

    知存在m₀，n₀ 使得h(x)= m₀g(x)+ n₀l(x)=2n₀x²+(m₀+3n₀)x+(bm₀-n₀)，

    所以函數(shù)h(x)=mx²+ (am+n) x+bn=2n₀x²+(m₀+3n₀)x+(bm₀-n₀)，

高三數(shù)學(xué)（理科）答案 第7頁(yè)（共8頁(yè)）

  則，                          ………………………5分

  消去m₀，n₀，得am=()m，  

因?yàn)閙≠0，所以a=，                         …………………7分

因?yàn)閎>0，

所以a+b=+ b (當(dāng)且僅當(dāng)b =時(shí)取等號(hào))，

故a+b的最小值為．                           …………………9分

(Ⅲ)結(jié)論：函數(shù)h(x)不能為任意的一個(gè)二次函數(shù)．   

   以下給出證明過(guò)程．

   證明：假設(shè)函數(shù)h(x)能為任意的一個(gè)二次函數(shù)，

   那么存在m₁，n₁使得h(x)為二次函數(shù)y=x²，記為h₁(x)=x²，

   即h₁(x)=m₁ f(x)+ n₁g(x)= x² ；                ①

   同理，存在m₂，n₂使得h(x)為二次函數(shù)y=x²+l，記為h₂(x)=x²+l，

   即h₂(x) =m₂ f(x)+ n₂g(x)= x²+l．                ②

   由②-①，得函數(shù)h₂(x) ? h₁(x)=( m₂?m₁) f(x)+( n₂?n₁) g(x)=1，

   令m₃=m₂-m₁，n₃=n₂-n₁，化簡(jiǎn)得m₃( x²+ax)+ n₃(x+b) =1對(duì)x∈R恒成立，

   即m₃x³ (m₃a+n₃)x+ n₃b=1 對(duì)x∈R恒成立，

   所以，即，

   顯然，n₃b=0×b=0與n₃b =1矛盾，

   所以，假設(shè)是錯(cuò)誤的，

   故函數(shù)h(x) 不能為任意的一個(gè)二次函數(shù)．            …………………14分

          注：第（Ⅲ）問(wèn)還可以舉其他反例．

高三數(shù)學(xué)（理科）答案 第8頁(yè)（共8頁(yè)）