连云港市高三第一学期期末考试数学试卷及评分标准

1、1 / 5 连云港市高三调研试题参考答案一、填空题（每题5 分）12; 21+i; 319; 4 ; 512; 62; 713; 83; 91; 10 x|0 x 1,或 x=2; 11 2 r4; 124+22; 1312; 14125 1,)(,93315.解:(1)因为 ccosb+bcosc=3acosb, 由正弦定理 ,得 sinccosb+sinbcosc=3sinacosb, 即 sin(b+c)=3sinacosb. 5 分又 sin(b+c )=sina 0,所以 cosb=13. 7 分(2)由ba bc=2,得 accosb=2,所以 ac=6. 9 分由余弦定理 ,得

2、b2=a2+c22accosb 2ac23ac=8,当且仅当a=c 时取等号 , 故 b 的最小值为22. 14 分16.证明：(1) 因为直三棱柱abc-a1b1c1，所以 cc1平面 abc, 而 ad平面 abc, 所以 cc1ad. 2 分又 ab=ac,d 为 bc 中点 ,所以 adbc, 因为 bccc1=c,bc平面 bcc1b1,cc1平面 bcc1b1, 所以 ad平面 bcc1b1, 5 分因为 ad平面 adf , 所以平面adf平面 bcc1b1. 7 分(2) 连结 cf 延长交 aa1于点 g，连结 gb. 因为 ac14af，aa1/cc1,所以 cf=3fg,

3、 又因为 d 为 bc 中点，点e 为 bd 中点，所以ce=3eb, 所以 ef/gb, 11 分而 ef平面 abba1,gb平面 abba1, 所以 ef /平面 abba1. 14 分a b c c1 a1 b1 f e d g 2 / 5 17 【解】 (1)函数 y=0.05(x2+4x+8)在2,10 上是增函数，满足条件， 2 分当 x=10 时,y 有最大值7.4 万元 ,小于 8 万元 ,满足条件 . 4 分但当 x=3 时,y=29200 得 x4，g(x)在(0，4)上增函数，在 (4，10)上是减函数 . a g(4)=2ln42=4ln2 2. 10 分由条件，得f

4、(10)=10 2ln10+a 8，解得a 2ln10 2. 12 分另一方面，由x 2lnx+a x，得 a 2lnx 在 x 2，10上恒成立, a 2ln2, 综上所述， a 的取值范围为 4ln2 2，2ln2 ，所以满足条件的整数a的值为1. 14 分18解： (1)因为椭圆过点p(43，b3),所以169a2+19=1,解得 a2=2, 2 分又以 ap 为直径的圆恰好过右焦点f2.所以 af2f2p,即bcb343c= 1, b2=c(4 3c). 6 分而 b2=a2c2=2 c2,所以 c22c+1=0,解得 c2=1, 故椭圆 c 的方程是x22+y2=1. 8 分(2)当

5、直线l 斜率存在时，设直线l 方程为 y=kx+p，代入椭圆方程得(1+2k2)x2+4kpx+2p22=0. 因为直线l 与椭圆 c 有只有一个公共点，所以3 / 5 =16k2p24(1+2k2)(2p22)=8(1+2 k2p2)=0，即1+2k2=p2. 10 分设在 x 轴上存在两点(s,0),(t,0),使其到直线l 的距离之积为1,则|ks+p|k2+1|kt+p|k2+1=|k2st+kp(s+t)+p2|k2+1=1, 即(st+1)k+p(s+t)=0(*) ，或 (st+3)k2+(s+t)kp+2=0 (*). 由(*) 恒成立 ,得st+1=0，s+t=0.解得s=1

6、t= 1,或s= 1t=1, 14分而(*) 不恒成立 .当直线l 斜率不存在时，直线方程为x=2时，定点 (1，0)、f2(1，0)到直线 l 的距离之积d1d2=(2 1)(2+1)=1. 综上 ,存在两个定点(1,0),( 1,0),使其到直线l 的距离之积为定值1. 16 分19解 :(1) f (x)=x22mx1, 由 f (x) 0，得 x mm2+1,或 x m+m2+1; 故函数( )f x 的单调增区间为( ,mm2+1),(m+m2+1,+), 减区间 (mm2+1, m+m2+1).分(2) “ 对任意的 x1，x2 1，1，都有 |f (x1) f (x2)| 4”

7、等价于 “ 函数 y=f (x),x 1，1的最大值与最小值的差小于等于4” . 对于 f (x)=x2 2mx1,对称轴 x=m. 当 m1 时, f (x)的最大值为f ( 1),最小值为 f (1),由 f ( 1) f (1) 4,即 4m 4,解得 m 1,舍去 ; 综上 ,实数 m 的取值范围是 1,1. 10 分(3)由 f (x)=0,得 x22mx1=0, 因为 =4m2+40,所以 y=f(x)既有极大值也有极小值. 设 f (x0)=0,即 x022mx01=0，4 / 5 则 f (x0)=13x03mx02x0+13m=13mx0223x0+13m=23x0(m2+1) 12 分所以极大值f(mm2+1)=23(mm2+1)(m2+1)0，极小值 f(m+m2+1)=23(m+ m2+1)(m2+1)2m 2n 1， 2m+2n 30，2m2n 1=12m+2n3=43，解得 m=12，n=11. 10 分(iii) 由 an+b p，得 a(n 1)+b p. 若 a0，则 npba+1. 不等式an+b p 成立的最大正整数解为3p2，3p2pba+13p1，13 分即 2ab(3a1)p 3ab，对任意正整数p 都成立 . 3a1=