南通市教研室2012年数学全真模拟试卷一 - 图文

证明:对任意的正整数n,

n1n?122nnp(x)?a0C0?a2Cnx(1?x)n?2?????anCnx是 n(1?x)?a1Cnx(1?x)关于x的一次式.

南通市教研室2012年数学全真模拟试卷一

参考答案

361;1. ?5?; 2. 3; 3. 2; 4. 0.09; 5. π; 6. b??2; 7. 8,

68. π;

4??1);9. (0, 10. 43; 11. ?7?3,7?3?; 12. 1; 13. 1; 14.

222227??3. 答案解析

1.易得AUB?A??1,, 3 9?,则eU(AUB)??5?; 2. z?z?z?3;

3. 易得f?(x)??a,则f?(1)??a??2,即a?2; 2x4. “饮酒驾车” 发生的频率等于11?5?2?0.09;

2005. 将y?sin2x?π?sin2x??向右至少平移?个单位得y?sin2x;

?3?6. 易得b2?1,且b?0,即b??2;

????361; 7. 打印出的第5组数据是学号为8号,且成绩为361,故结果是8,8. 设tanA?k,则taB?nk,tanC?3k,且k?0,利用

taC?n?A?n)B可t anA?tBa??nt(a1?tAaBntan 求得k?1,所以A??; ? 1); 9. 易得f(0)?0,x2?x?0,故所求解集为(0, 6

210. 法1 设正四棱锥的底面边长为x,则体积V?1x21?x?2x42?x2,记

326??y?t2?2?t?,

t?0,利用导数可求得当t?4时,ymax?32,此时Vmax?43;

32727法

2

设正四棱锥的侧棱与底面所成角为?,则

V?1?2cos2??sin??21?sin2??sin?,

33?? 0

?93B 43; Vmax?27C2

uuuruuruuuruuur, b?OB, c?OC, △ABC中,由余弦定理得AB?3, 11. 如图,设a?OAM

由(a?c)?(b?c)?0知,点C的轨迹是以AB为直径的圆M,

C1 O A

uuuruuuur??(第11题图) 且OM=7,故c??OC1,OC2???7?3,7?3?; ??222????12. 设Anxn, 1xn22??、An?1xn?1, 1xn?122??,则割线AnAn?1的方程为:

1x2?1x2n?12n(x?x), y?1xn2?2n2xn?1?xn 令y?0得xn?2?13. 易得h2≤2xn?1xn,即1?1?1,不难得到1?5,1?7,1?2;

x36x46x5xn?2xn?1xnxn?1?xnab1?1≤?1,所以h≤1(当且仅当a?4b时取等号); 2a?4b42baa?4ba4b2?baba?y?kx?1,?114. 设AB的方程为:y?kx?1(k?0),则AC的方程为:y??x?1,由?x2得 2k?y?1??a22a2k, (1?a2k2)x2?2a2k?x,解得0xB??2a2k2,用“?1”替换“k”得xC?2k1?aka2?k22a2k?1?1, 故AB?2a2k2?1?k2,AC?21?aka2?k2k2 所以S?ABC2a4k?12ak(1?k)k, ?1AB?AC??22222(1?ak)(a?k)a2k2?1?a4?1k242???? 令t?k?1≥2,则S?ABC?k232a4aa≤2(当且仅当t??1?2时等号成立), 22a(a?1)a?12at?t 7

3a由2,所以a?3. ?27得(a?3)(8a2?3a?9)?0解得a?3,或a?3?297(舍去)16a?1815.命题立意:本题主要考查三角函数的图像与性质、两角和与差的正、余弦公式,考查运算求解 能力.

(1)易得f(x)?sin2x?3sin2x?1sin2x?cosx2?1?cos2x?3sin2x?1cos2x

222?? ?3sinx2?(5分) cox?s12=2sin2x?π?1,

622?? 所以f(x)周期π,值域为??3,(7分) 5?;

??22??(2)由f(x0)?2sin2x0?π?1?0得sin2x0?π??1?0,(9分) 6264 又由0≤x0≤π得-π≤2x0-π≤5π,2666

?????? 此时,sin2x?sin??2x?π??π??sin?2x?π?cosπ?cos?2x?π?sinπ

?666666??? 故cos2x0?π?15, 所以-π≤2x0-π≤0,(11分)

66640000 ??1?3?15?1?15?424283.(14分)

16.命题立意:本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系,考查空间想象、推理论证能力.

解:(1)连结AC,交BD于点O,连结OC?, 菱形ABCD中,CO?BD,

因三角形BCD沿BD折起,所以C?O?BD, A 故?C?OC为二面角C—BD—C?的平面角,(5分) 易得C?O?CO?3,而CC??3,

22B (第16题图) O D C?E C

所以?C?OC??,二面角C—BD—C?的大小为?;(7分) ?? (2)当a变化时,线段CC?的中点E总满足AC?//平面BED,下证之:(9分) 因为E,O分别为线段CC?,AC的中点, 所以OE//AC?,(11分) 又AC??平面BED,OE?平面BED, 所以AC?//平面BED. (14分) 17.命题立意:本题主要考查求双曲线、直线、圆等基础知识,考查运算求解与探究能力.

y24?y1), 代入双曲线x?解:(1)设A(x1,y1),则B(2?x1,?1得

22 8

?2y12x??1,??12 ?2?(2?x)2?(4?y1)?1,1??2?x=-1,?x1?3,(3,4)(?1,0) 解得?1或? 即A、B的坐标为、,

y?0y?4,?1?1 所以AB:y?x?1,CD:y??x?3;(7分)

(2)A、B、C、D四点共圆,下证之:(9分)

y2 证明:由y??x?3与x??1联立方程组可得

22 C、D的坐标为?3?25,6?25、?3?25,6?25,(11分) 由三点A、B、C可先确定一个圆(x?3)2?(y?6)2?40①,(13分)

经检验D?3?25,6?25适合①式,所以A、B、C、D四点共圆.(15分)

(注:本题亦可以利用圆的几何性质判断四点共圆)

18.命题立意:本题主要考查数学建模和解决实际问题的能力,考查运算求解能力. 解:(1)设文科阅卷人数为x,且x?N*,

?269?3,x≤119.246,?x 则阅卷时间为f(x)??(5分)

475?4?,x?119.246,?400?x?????? 而f(119)?6.782,f(120)?6.786,故f(119)?f(120),

答:当文、理科阅卷人数分别是119,281时,全省阅卷时间最省;(8分)

269?3?119?1?4?33 (2)文科阅卷时间为:4?(11分) ?7.343,99475?4.5?281?1?4?4.54.5 理科阅卷时间为:4?(14分) ?7.367,301 答:全省阅卷时间最短为7.367天.(15分)

19.命题立意:本题主要考查利用导数研究三次函数的图像与性质等基础知识,考查灵活运用数形

结合、化归与转化思想进行运算求解、推理论证的综合能力. 解:(1)设f?(x)?a(x?1)(x?1),

9

y 2 ?1 2 O 1 ?2 x x3?x?c,其中c为常数. 则可设f(x)?a3?? 因为f(x)的极大值与极小值之和为0, 所以f(?1)?f(1)?0,即c?0, 由f(?2)?2得a??3, 所以f(x)?3x?x3;(5分)

(2)由(1)得f(x)?3x?x3,且f?(x)??3(x?1)(x?1) 列

表:

x y? (?2, ?1) ? ?1 0 极小值?2 (?1, 1) 1 0 极大值2 (1, 2) ? + ↗ y ↘ ↘ 由题意得,三次函数在开区间上存在的最大值与最小值必为极值(如图),(7分)

又f(?2)?2,故f(2)??2, 所以1?9?m≤2,且?2≤m?9??1, 解得7≤m?8;(10分)

(3)题设等价与a(3?b2)?b(3?c2)?c(3?a2),且a,b,c?0, 所以a,b,c均小于3.

假设在a,b,c中有两个不等,不妨设a?b,则a?b或a?b. 若a?b,则由a(3?b2)?b(3?c2)得3?b2?3?c2即b?c, 又由b(3?c2)?c(3?a2)得c?a. 于是a?b?c?a,出现矛盾. 同理,若a?b,也必出现出矛盾.

故假设不成立,所以a?b?c.(16分)

20.命题立意:本题主要考查等差、等比数列的定义与通项公式、求和公式等基础知识,考查灵活

运用基本量进行探索求解、推理分析能力.

4?(1?p)2解:(1)n ? 1时,由1?得p ? 0或2,(2分)

34?Sn2 若p ? 0时,Tn?,

34?(1?a2)2 当n?2时,1?a2?,解得a2?0或a2??1,

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