2010年佛一模理科数学试卷及答案

省佛山市2010届高三一数学(理科 1x851x设UR

Mx|x2x0}f(x

N,M

B． xyRxyx

y B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条xa

y

1(a0b0

662y

y

y 22

y12f(x中，满足“对x1x20x1x2f(x1f(x2”的f(x)x

f(x)ln(x

f(x)1((

f(x)x已知某射击运动员，每次目标的概率都是0.8．现采用随机模拟的方法估计该运动员射击4次，至少3次的概率：先由计算器算出0到9之间取整数值的随机数，指定0，1，表示没有目标，23，4，5，6，78，9表示目标；因为射击4次，故以每4420组随机数： 据此估计，该射击运动员射击4次至少3次的概率 D．7f(xAsin(x)（其A0,||2

）的图象如图所示，为了得到g(x)cos2xf(x6C．向左平6

个单位长度B．个单位长度D．

第7题8辆乙型货车可供调配。每辆甲型货车的费用是400元，可装空调20台，每辆乙型A．2000 B．2200 C．2400 1

1

的值 若数列{a}

1a(nNn其前n项和为

S4a

2．4,如图的算法流程图，若输入a2b3c, 若对于任意实数x，x3aa(x2)a(x2)2a(x2)3

11题则a1a2a3的值 x2t14（坐标系与参数方程）在平面直角坐标系下，曲线C1

y

（t为参数曲线

:x2

（为参数）.若曲线C、C有公共点 2y2 O则实数a的取值范 15（

AC15题且AB2,BC 6,CAB120,则AOB对应的劣弧长 16（已知向量OAcossin0.向量m2,1n0,52mOAn求向量OA若sin() 2,0，求2的值 1717（某校从参加高一年级期中考试的学生中随机抽出60（均为整数）求分数在70,80内的频率，并补全这个若从60名学生中随机抽取2人，抽到的学生成绩在40,60记0分，在60,80记1分，在80,100记2分，用表示抽取结束后的 求的分布列和数学期望.

17题18（．2与BD的交点，BB1 ，M是线段B1D1的中．2D1O平面AB1C18题1919（某学校拟建一座长60米,宽30x米需打建一个需花(2 3x)x万元,在不计地板和天花板的情况下,当x为何值时,所需总费用最少20（ P(a1)（aR）P作抛物线Cyx2A(xy B(x2y2（x1x2x1x2的值（用a表示PEABE21（已知数列a的前nS，且

1 nN*),其中a 求an的通项公式

设

a2k

(kk

2annb2annbn 2anbn 2an

1.2010年佛山市普通高中高三教学质量检测（一一、选择题（每题5分，共40分12345678CACDBDDB二、填空题（每题5分，共30分913 11m1n1（注：写成11不给分 13．直角三棱锥中，斜面的中面面积等于斜面面积的四分之552 a2 （[255

5,2

5] 22三、解答题:本大题共6小题,满分80分,解答须写出文字说明、证明过程或演算步16（解:(Ⅰ)OAn(cos,sin1

5)， 55又m(OAn)，∴2cossin 0，即sin 2cos55 2又sin2cos2 25将①代入②中，可得cos25 4sin 5

5OA(25 5

…………6方法一∵sin(

20cos 2 021cos2∴1cos2tansin

7727 8由(Ⅰ)知tan12tan22tan4 91tan2 ∴tan(2)tan2tan1tan2tan

…………10002，又02022

1124

12方法二∵sin()

20cos 202

7∴1cos21cos2………8

72 由(Ⅰ)知cos22cos2135sin25

9∴cos(2)cos2cossin2sin 2……10

0，且注意到cos230sin240 02，又0 02 11

24

（若用sin(2sin2coscos2sin231417（

2022(Ⅰ)设分数在70,80x，根据频率分布直方图，则有(0.010.01520.0250.00510x1，x0.3 4（31分x450.1550.15650.15750.3850.25950.05…………7学生成绩在40,60的有0.256015人，在60,80的有0.456027在80,100的有0.36018人.并且 8C2 C1 则P(0)15 ；P(1)1527 CC2CCC1

C2

P(2)15 27 C2CC1

C2 P(3)2718 ；P(4)18 CC2CC所以

…………11

E0

1

2207

814

…………1218（ 2∴BM//平面D1AC 42连接OB1，∵正方形ABCD的边长为2，BB1 2∴B1D122，OB12，D1O2则OB2DO2BD2，∴OBDO 6 1 ACD1D 8ABB1BBEAB1EEC∵CBAB，CBBB1 9∴CBAB1，又BEAB1，且 BEB∴AB1平面EBC，而EC平面EBC 分∴AB1EC 1223在RtBEC中，BE 23，∴tanBEC 3，BEC，．BAB1C的大小为．

14（Ⅰ）D1(0,0,2)B(220M(1,1,2∴BM(1,1,OD1BM，且OD1BM∴BM//平面D1AC 4OD1OB1OD1AC，即OD1OB1OD1AC又 8（Ⅲ）∵CBABCBBB1CBABB1∵BC,ODOD111,2BC,OD∴cos

2BC与OD1的夹角为60BAB1C． 14．（Ⅲ（1ABB，根据射影面积公式可得cosSABB1

1ABBB 212 1ACBO2

2 1∴cosSABB 21，∴二面角BABC的大小为 2 11SAB 1分19（解：由题意可知，需打2(6012(301)180 位 3(2

3x)x180180(2x

3x) 5y1809180(2

3x 180(9

3x)（0x30 9令t9

，则t

9 3232

3(3(323当0x3t0；当3x30t0x3t3t 32 而在(0,30)内极值点唯一，所以 9．∴当x3时，

360（万元

1420（解（Ⅰ）由yx2可得，y2x 1PA与曲线CP(a1)x2 ∴2x1 ，即x12ax110， 3a2x1a2∴x1

2a

4a22

a

x1a

a21 4x2a

a21xa

5a22∵xx，∴xa a21a22

a

a21 6 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，x1x22a，x1x2 7y x2AB的斜率k

2

8x1 x1AByyxx)(xx)yx2 ∴yx2(xx)xx2x

，即2axy10 1

2a2∵点P到直线AB的距离即为圆E的半径，即r 104a2∴

4(a21)24a2

(a2a2(a21)4

16(a214

3 9292当且仅当a21 ，即a213，a 时取等号2 16(a214

故圆E面积的最小值Sr23 1421（解：(Ⅰ)当n2时，由

S

1

1(n1)a得(n

分

若存在am0(m1mam1m1)amm0am10从而有am2 ,a20,a10，与a1 ，所以an0从而由(n

an1n1

an1

a2

6

135 2n124

1212n证法一：4n214n2(2n1)(2n1∴2n12n11 2n11 24

2n12n

102n(2n)22n2n(2n)22n2n

10（利用对偶式）

13 2n1，

24 24 35 2n则AB .又4n214n2，也即2n1 ，所以AB，也n 2n1 2n A2A

n2n n12n又因为A0，所以A12n 12n135 2n1 12n24

1013证法四（数学归纳法）①当n1时,x1 ,命题成立13 12k②假设nk时,命题成立, 112k2k12k 2(2k12k 2(k