苏北四市高三二模数学卷及答案.doc

数学I

注 意 事 项 考生在答题前认真阅读本注意事项及各题答题要求 1．本试卷共4页，包含填空题(第1题。第l4题)、解答题(第15题～第20题)两部分。本 卷满分160分，考试时间为120分钟。考试结束后，请将本试卷和答题纸一并交回。 2．答题前，请您务必将自己的姓名、考试号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题纸的规定位置。 3．请在答题纸上按照题号顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效。 作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔。请注意字体工整，笔迹清楚。 4．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 5．请保持答题纸卷面清洁，不要折叠、破损。

参考公式：

1 (1)样本数据x1，x2，…，xn的方差s=

n21(xix)，其中x=ni12nxi1ni

(2)锥体的体积公式V=

1Sh，其中S为锥体底面积，h为高 ． 3一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分，请把答案直接填写在答题卡相应位置上． ．．．．．．．1．已知集合A={0，2，α² }，B={1，α}，若A∪B={0，1，2,4}，则实数α的值为 ▲ ． 2．已知复数z=(2-i)i(i是虚数单位)，则|z|= ▲ ．

3．已知向量α=(6，2)，b=(一3，k)，若α∥b，则实数k等于 ▲ ． 4．一个算法的流程图如图所示，则输出的S的值为 ▲ ．

二、解答题：本大题共6小题．第15题～第17题每题4分，第18题～第20题每题16分，共计90分，请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文宇说明，证明过程或演算步骤。 15．(本小题满分14分)

16．(本小题满分14分)

如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，点D是棱BC的中点，求证： (1)AD⊥C1D；

(2)A1B∥平面ADC1．

17．(本小题满分14分)

徐州市2009—2010学年度高三第二次调研考试

数学Ⅱ(附加题)

注 意 事 项 考生在答题前认真阅读本注意事项及各题答题要求 1．本试卷共2页，均为解答题(第21题～第23题)。试卷满分40分，考试时间为30分钟。 考试结束后，请将本试卷和答题纸一并交回。 2．答题前，请您务必将自己的姓名、考试号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题纸的规定位置。 3．请在答题纸上按照题号顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效。 作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔。请注意字体工整，笔迹清楚。 4．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 5．请保持答题纸卷面清洁，不要折叠、破损。

21．【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做两题．．．．．．．每小题l0分．共计20分．请在答题纸指定 域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． A．选修4-1：几何证明选讲

如图，在△ABC中，D是AC中点，E是BD三等分点，AE的延长线交口BC于F，求

SBEFS的值．四边形DEFC

B．选修4-2：矩阵与变换

已知矩阵M=2 01，求矩阵M的特征值及其相应的特征向量．

1

区

【必做题】第22题、第23题．每题l0分．共计20分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写 ．．．．．．． 出文字说明、证明过程或演算步骤． 22．(本题满分l0分)

某电视台综艺频道组织的闯关游戏，游戏规定前两关至少过一关才有资格闯第三关，闯关者闯第一关成功得3分，闯第二关成功得3分，闯第三关成功得4分．现有一位参加游戏者单独面第一关、第二关、第三关成功的概率分别为

111，，，记该参加者闯三关所得总分为ζ． 234 (1)求该参加者有资格闯第三关的概率； (2)求ζ的分布列和数学期望．

23．(本题满分l0分)

如图，已知抛物线M：x=4py(p＞0)的准线为ι，N为ι上的一个动点，过点N作抛物线M的两条切线，切点分别为A，B，再分别过A，B两点作ι的垂线，垂足分别为C，D． (1)求证：直线AB必经过y轴上的一个定点Q，并写出点Q的坐标；

(2)若△ACN，△BDN，△ANB的面积依次构成等差数列，求此时点N的坐标．

2

数学I参与评分标准

一、填空题

829 6. 7. 8. 32 9.２ 53413310. 11.(3,1)U(1,2) 12.5 13. 14.(1,ee)

341. 2 2.5 3.1 4.45 5.二、解答题

uuuruuur11115.（1）因为OPOQ，所以sin2cos2，

222112即(1cos2)cos2，所以cos2， 2231．…………………………………………………………6分 32112122 （2）因为 cos，所以sin，所以点P(,)，点Q(,1)，

33233所以cos22cos124312 又点P(,)在角的终边上，所以sin，cos ．

2355同理 sin31010，cos， 1010410331010()．……14分 5105101016.（1）因为三棱柱ABCA1B1C1是正三棱柱，所以C1C平面ABC，

所以sin()sincoscossin又AD平面ABC，所以C1CAD，……………………………………………………… 2分 又点D是棱BC的中点，且ABC为正三角形，所以ADBC，

因为BCIC1CC，所以AD平面BCC1B1，………………………………………………4分 又因为DC1平面BCC1B1，所以ADC1D．………………………………………………6分 A A1 (2)连接A1C交AC1于点E，再连接DE． 因为四边形A1ACC1为矩形， 所以E为A1C的中点， 又因为D为BC的中点， 所以ED//A1B.

又A1B平面ADC1，ED平面ADC1， 所以A1B//平面ADC1．………………14分

B D C nE B1 C1

n117.（1）因为数列2b是首项为2，公比为4的等比数列，所以2b24n22n1，

因此bn2n1．…………………………………………………………………………………2分

22设数列bn的前n项和为Tn，则Tnn，T2n4n，所以

T2n4， Tn因此数列bn为“和等比数列”．………………………………………………………………6分

R2nk（k为常数，且k0）， Rnn(n1)2n(2n1) 因为数列cn是等差数列，所以Rnnc1d，R2n2nc1d，

222n(2n1)2ncd1R2n2所以k对于nN*都成立，

n(n1)Rnnc1d2化简得，(k4)dn(k2)(2c1d)0，…………………………………………………10分

(2) 设数列cn的前n项和为Rn，且 则(k4)d0,因为d0，所以k4,d2c1，

(k2)(2c1d)0,2因此d与c1之间的等量关系为d2c1． …………………………………………………14分 18.（1）设抛物线C的方程为y2px(p0)，

因为准线l的方程为x2，所以2p2，即p4， 2因此抛物线C的方程为y8x． …………………………………………………………4分

（2）由题意可知，P(2,3t)，Q(0,2t),

1t12t(3t)tx，即(t21)x2ty4t20，………………8分 则直线PQ方程为：y2t2设圆心在x轴上，且与直线PQ相切的圆M的方程为(xx0)2y2r2(r0)，

则圆心M(x0,0)到直线PQ的距离(t21)x04t2(t1)4t222r， …………………………………10分

即(t21)x04t2rrt2①，或(t21)x04t2rrt2② ， 由①可得(x0r4)t2x0r0对任意tR,t0恒成立，则有

x0r40,x02,，解得（舍去），……………………………………………………14分 xr0,r2,0由②可得(x0r4)t2x0r0对任意tR,t0恒成立，则有

x0r40,x02,，可解得 xr0,r2,0因此直线PQ恒与一个圆心在x轴上的定圆M相切，圆M的方程为(x2)2y24. …………………………………………………………………………………………………16分

19.(1)如图，设圆弧FG所在的圆的圆心为Q，过Q点作CD垂线，垂足为点T，且交MN或其延长线与于S，并连接PQ，再过N点作TQ的垂线，垂足为W． 在RtNWS 中，因为NW2，SNW， M C T D 2 所以NS．

1mcosS 因为MN与圆弧FG切于点P，所以PQMN， H B P G 在Rt△QPS，因为PQ1，PQS，

11，QTQS2， coscosQ F ①若S在线段TG上，则TSQTQS， N W TSQTQS在RtSTM 中，MS， sinsinQTQS1m因此MNNSMSNS. A E sin②若S在线段GT的延长线上，则TSQSQT，

TSQSQT在RtSTM 中，MS， sinsinQSQTQTQSNS因此MNNSMSNS.

sinsinQTQS221() f()MNNSsincossinsincos2(sincos)1(0)．………………………………………………………8分

sincos2t21（2）设sincost(1t≤2)，则sincos，

2所以QS4(t2t1)4t2因此f()g(t)2．因为g(t)，又1t≤2，所以g(t)0恒成立， 22(t1)t14t2因此函数g(t)2在t(1,2]是减函数，所以g(t)ming(2)422，

t1即MNmin422．

答：一根水平放置的木棒若能通过该走廊拐角处，则其长度的最大值为422．

……………………………………………………………………………………16分

11122220.（1）当a时，f(x)=x2bxb=(xb)bb，其对称轴为直线xb，

333当b≥2,b2,26 解得b，当15f(3)0,f(1)0,b无解，

26)．……………………………………………………………4分 152（2）因为f(x)3ax2bx(ba)， 所以b的的取值范围为(,法一：当a0时，x1适合题意.……………………………………………………………6分 2bbb22当a0时，3x2x(1)0，令t，则3x2tx(t1)0，

aaa112令h(x)3x2tx(t1)，因为h()0，

241当t1时，h(0)t10，所以yh(x)在(,0)内有零点．

2当t1时，h(1)2t10，所以yh(x)在（1,)内有零点．

12 因此，当a0时，yh(x)在(1,0)内至少有一个零点．

综上可知，函数yf(x)在(1,0)内至少有一个零点．…………………………………10分 法二：f(0)ba，f(1)2ab，f(1)b2a．

3313323 (3)因为f(x)=axbx(ba)x为奇函数，所以b0, 所以f(x)axax，

3又f(x)在x1处的切线垂直于直线x2y30，所以a1，即f(x)xx．

由于a,b不同时为零，所以f()f(1)0，故结论成立．

333333),(,)上是増函数，在[)(x)，所以f(x)在(,,]上是333333减函数，由f(x)0解得x1,x0，如图所示，

因为f(x)3(x3133t时，f(t)≥t≥0，即t3t≥，解得； ≤t≤23434331t0时，f(t)t≥0 ，解得t0； 当y 334当t0时，显然不成立；

133t当0t≤时，f(t)≤t0，即t3t≤，解得0t≤； 3344当1t≤-1 O x 1 3331t时，f(t)t0，故．

332433所以所求t的取值范围是． ≤t0，或0t22当t

（以上各题如考生另有解法，请参照本评分标准给分）

数学II参与评分标准

21．【选做题】

A.选修4－1：几何证明选讲

过D点作DM∥AF交BC于M，因为DM∥AF， 所以

A BFBE1，……………………………………２分 BMBD3S1D 因为EF∥DM，所以BEF，即SBDM9SBEF，…４分 SBDM9S2又DMC，

E SBDM3B C F 2M

即SDMCSBDM6SBEF，……………………………………………………………………８分

3SBEF1． …………………………………………10分 所以S四边形DEFC14SBEF，因此

S四边形DEFC14B.选修4－2：矩阵与变换 矩阵M的特征多项式为f()2011232，…………………………………２分

令f()0，解得11,22， ………………………………………………………………４分

（x0y0,-2） 解得x0，……………………………６分

x(1)y0,0所以矩阵M属于特征值1的一个特征向量为；………………………………………………８分

11同理，矩阵M属于特征值2的一个特征向量为．……………………………………………10分

1将11代入二元一次方程组C.选修4 - 4：坐标系与参数方程

R， 3所以直线l的普通方程为y3x，…………………………………………………………………３分

x2cos,又因为曲线C的参数方程为（为参数），

y1cos2,因为直线l的极坐标方程为所以曲线C的直角坐标方程为y12xx2,2， ……………………………………………６分 2x0,x23,联立解方程组得或……………………………………………………………８分

y0,y6.x23,根据x的范围应舍去故P点的直角坐标为(0,0)．…………………………………10分

y6,

D.选修4－5：不等式选讲

(abc)2因为f(x)(xa)(xb)(xc)

3(abc)222223x2(abc)xabc

3abc23(x)a2b2c2，………………………………………………2分

3abc222222所以x时，f(x)取最小值abc，即mabc，…………………5分

3因为ab2c3，由柯西不等式得

22222221(1)2(abc)≥(ab2c)9，…………………………………8分 22293， 62abc333当且仅当，即a，b，c时等号成立，

1124423所以m的最小值为． …………………………………………………………………………10分

2所以mabc≥22222．【必做题】

⑴设该参加者单独闯第一关、第二关、第三关成功的概率分别为p1者有资格闯第三关为事件A．

111，p2，p3，该参加

4232．…………………………………………………4分 3(2)由题意可知，的可能取值为0，3，6，7，10，

则P(A)p1(1p2)(1p1)p2p1p2P(0)(1p1)(1p2)1P(6)p1p2(1p3)，

81113， P(3)p1(1p2)(1p3)(1p1)p2(1p3)，

4883P(7)p1(1p2)p3(1p1)p2p3所以的分布列为

1111， ，P(10)p1p2p31224824 0 3 6 7 10 p 1 33 8

1 81 81 24… …………………

………………………………………8分

所以的数学期望E03671023.【必做题】 解法一：（1）因为抛物线的准线l的方程为yp， 所以可设点N,A,B的坐标分别为(m，， p）24py2， (x1，y1)，(x2，y2)，则x124py1，x213381818113.……………………………10分 246x2ypx1x 由x4py，得y，求导数得y，于是1，

4px1m2p2p2x12px4p即1，化简得x122mx14p20，

x1m2p22同理可得x22mx24p0，

22所以x1和x2是关于x的方程x2mx4p0

y B E Q A x O 两个实数根，所以x1,2mm4p，

2且x1x24p．

22N D C y2y1(xx1)中，

x2x1yy1xyxyxx(xx)xxx12112=121212p为定值， 令x0，得yy12x2x1x2x14p(x2x1)4p所以直线AB必经过y轴上的一个定点Q(0，p)，即抛物线的焦点．……………………………5分

(2)由（1）知x1x22m，所以N为线段CD的中点，取线段AB的中点E， 因为Q是抛物线的焦点，所以AQAC，BQBD，所以ACBDAB，

111所以SANBSANESBNEENCNENDNEN(CNDN)

222ACBDABCN， ENCNCN22ACCNAQCNBDDNBQCN又因为SACN，SBDN， 2222AQCNBQCNABCN所以，，成等差数列，即AQ，BQ，AB成等差数列，

222即0x1，x20，x2x1成等差数列，所以x22x12x2，x22x1， 在直线AB的方程yy1所以x1x22x1(mm4p)(mm4p)4p，x12p，

222222x12p时，x222p，mx1x22p， 22x12p时，x222p，m所以所求点N的坐标为(x1x22p， 222p，p）．………………………………………………………………10分 2解法二：（1）因为已知抛物线的准线l的方程为yp，所以可设点N，A，p），B的坐标分别为(m，24py2， (x1，y1)，(x2，y2)，则x124py1，x2设过N点与抛物线相切的直线方程为ypk(xm)，与抛物线方程x4py联立，消去y得

2x24pkx4pmk4p20，

因为直线与抛物线相切，所以16pk16(pmkp)0，即pkmkp0，解得

2222mm24p222，此时两切点横坐标分别为x1，k1，222pkmm4p，

2pyy1(xx1)中，令x0得 在直线AB的方程yy12x2x1yyxyxyxx(xx)xxyy121x12112=121212p为定值，

x2x1x2x14p(x2x1)4p所以直线AB必经过y轴上的一个定点Q(0，p)，即抛物线的焦点．……………………………5分 mm24p2（2）由（1）知两切线的斜率分别为k1，，则k1k21，所以ANBN， 22p2p连接QN，则直线QN斜率为kQN，

m2y2y1x2x12xx2mm又因为直线AB的斜率kAB， 21x2x14p(x2x1)4p4p2p2pm1， 所以kQNkABm2p所以QNAB，又因为AQAC，BQBD，所以ACN≌AQN，BDN≌BQN， 所以AQN，BQN和ANB的面积成等差数列，所以AQ，BQ，AB成等差数列， 所以0x1，x20，x2x1成等差数列，所以x22x12x2，x22x1，

所以x1x22x1(mm4p)(mm4p)4p，x12p，

222222x1x22p， 22xx2p， x12p时，x222p，m12222p，p）所以所求点N的坐标为(． …………………………………………………………10分 2x12p时，x222p，m

（以上各题如考生另有解法，请参照本评分标准给分）