广东省高三上学期四校联考(数学理答案)

学期四校联考

数 学（理科）

答案及说明

说明：

一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．

二、对计算题当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分．

三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分数．

一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题的4个选项中,只有一项是符合题目要求的．）

题次 ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ １ 答案 B C A C B C D D 二、填空题：本大题共7小题, 考生作答6小题，每小题5分,共30分. 9. 4； 10. 12； 11. 0或2； 12. 30； 13. 4； 14. 4； 15. xy30． 3三、解答题：本大题共6小题,共80分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16.（本小题满分12分）

已知向量acosx3sinx,1,bfx,cosx，其中＞0，且a//b，又函数f(x)的图像两相邻对称轴之间的距离为(1)求的值；

(2) 求函数f(x)在区间,解：(1)

3π. 25上的最大值与最小值及相应的x值． 2a//b，

π1cos2x3sin2x1sin(2x)． 2622……………………………………………… 4分

f(x)cosx(cosx3sinx)由题意，函数f(x)的最小正周期为3π，又＞0，3π=(2) 由(１)知f(x)2π1． ……………6分 2312sin(x)， 23651152x,，x,, 2366625当x,即x时，f(x)取得最大值1, ……………………………… 9分

366291,即x2时，f(x)取得最小值. ………………………12分 当x3662

17．（本小题满分12分）

某休闲会馆拟举行“五一”庆祝活动，每位来宾交30元的入场费，可参加一次抽奖活动. 抽奖活动规则是：从一个装有分值分别为1,2,3,4,5,6的六个相同小球的抽奖箱中，有放回的抽取两次，每次抽取一个球，规定：若抽得两球的分值之和为12分，则获得价值为m元的礼品；若抽得两球的分值之和为11分或10分，则获得价值为100元的礼品；若抽得两球的分值之和低于10分，则不获奖.

（1）求每位会员获奖的概率；

（2）假设这次活动会馆既不赔钱也不赚钱，则m应为多少元？

解：（1）两次抽取的球的分值构成的有序数对共有36对，其中分值之和为12的有1对，分值之和为11的有两对，分值之和为10的有3对，所以每位会员获奖的概率为

p1231． …………………………………………………………4分 366（2）设每位来宾抽奖后，休闲宾馆的获利的元数为随机变量，

则的可能取值为30m、70、30． ……………………………………………5分

1, 36235P(70),

3636P(30m)5, …………………………………8分 6155580m(30m)(70)30则宾馆获利的期望为E． 3636636580m0， 若这次活动会馆既不赔钱也不赚钱，则E=0，即

36P(30)1P(70)P(30m)所以，m580. …………………………………………………………………………11分 答：（1）每位会员获奖的概率为

1；（2）m应为580元． …………………………12分 6

18．（本小题满分14分）

如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在平面互相垂直，

EMCFBAB2，AF1，M是线段EF的中点.

(1)求证：AM∥平面BDE； (2)求二面角ADFB的大小；

(3)试问：在线段AC上是否存在一点P，使得直线

DEAPF与AD所成角为60？

解:方法一：(1)记AC与BD的交点为O,连接OE, ∵O、M分别是AC、EF的中点，ACEF是矩形， ∴四边形AOEM是平行四边形，∴AM∥OE. ∵OE平面BDE，AM平面BDE，

DMCFSOAB∴AM∥平面BDE. ……………………………………………………………… 4分 (2)在平面AFD中过A作ASDF于S，连结BS，

ABAF,ABAD， ADAFA,∴AB⊥平面ADF，

∴AB⊥DF，又ABASA DF平面ABS DFBS，

∴ASB是二面角ADFB的平面角. ……………………………………… 6分 在RtASB中，ASAB63,ASB60, ,AB2,∴tanASBAS3∴二面角ADFB的大小为60. ……………………………………………… 9分

Pt（0t2）（3）设C,作PQAB于Q，则PQ∥AD，

E∵PQAB，PQAF，AB∴PQ⊥平面ABF，

AFA，

CMFBPDAQF平面ABF，∴PQQF.

Q

在RtPQF中，FPQ60，PF2PQ.

∵PAQ为等腰直角三角形，∴PQ又∵ΔPAF为直角三角形，∴PF22(2t). 2(2t)21，

∴(2t)122(2t), t1或t3(舍去)． 2∴点P是AC的中点. ……………………………………………………… 14分 方法二：（1）建立如图所示的空间直角坐标系.设ACBDN，连接NE， 则点N、E的坐标分别是（

2222,,0)、(0,0,1),∴NE(,,1), 2222又点A、M的坐标分别是（2，2，、（0）

2222,,1) ,,1)，∴AM=（2222∴NE=AM且NE与AM不共线，∴NE∥AM.

又∵NE平面BDE，AM平面BDE，∴AM∥平面BDF. ………………… 4分 （2）

ABAF,ABAD，AFADA,∴AB⊥平面ADF.

∴AB(2,0,0)为平面DAF的法向量.

∵NEDB=（22,,1)·(2,2,0)=0， 222222,,1)·(,,1)0， 2222∴NE·NF=（ 得NEDB,NENF ∴NE为平面BDF的法向量. ∴cos1，∴AB与NE的夹角是60. 2即所求二面角ADFB的大小是60. ……………………………………………… 9分 （3）设P(t,t,0) (0t2)，得PF(2t,2t,1)，∴DA(0,2,0)， 又∵PF和AD所成的角是60. cos60

(2t)2(2t)(2t)1222，

解得t22或t322（舍去），即点P是AC的中点.

14分……………………………

19．（本小题满分14分）

如图，在直角梯形ABCD中，ADAB,BCAB,AD3,AB4,BC3，点E在线段AB的延长线上.曲线段DE上任一点到A、B两点的距离之和都相等．

（1）建立适当的直角坐标系，求曲线段DE的方程；

（2）试问：过点C能否作一条直线l与曲线段DE相交于两点 DM、N，使得线段MN以C为中点？若能，则求直线l 的方程；若不能，则说明理由． 解：（1）以直线AB为x轴，线段AB的中点为原点，

A建立如图所示的平面直角坐标系，

则A(2,0),B(2,0),C(2,3),D(2,3). ……………… 1分

DCyBEADBD358AB，

依题意，曲线段DE是以A、B为左、右焦点，长轴长为8的椭圆的一部分． ………………………………………… 3分

AOBCExx2y21(x2,y0)． …………………………… 6分 故曲线段DE的方程为

1612（2）设这样的直线l存在，由直线x2与曲线段DE只有一个交点(0,3)， 知直线l存在斜率，设直线l的方程为y3k(x2),即 yk(x2)3,

x2y21得 将其代入

1612(34k2)x2(83k16k2)x16k2163k360 ① …………………… 9分

设M(x1,y1),N(x2,y2)，则由

x1x283k16k232,知x1x24,4,解得k. …………………12分 2234k2当k32时，方程①化为：x4x0，解得x10,x24. 2即M(0,23),N(4,0)，适合条件．

故直线l存在，其方程为y32x23,即3x2y430.

14分 ………………

20．（本小题满分14分）

已知函数f(x)ln(1x2)ax，其中a为不大于零的常数. (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 求证：(111)(1)2224(11*)enN (,e为自然对数的底数). 2n22xax22xaa解：（1）fx． ………………………………1分 221x1x①当a0时，fx02x0,fx02x0，

f(x)在0,单调递增，在,0单调递减； ………………………………3分 ②当

a0

，即a1时，fx0对xR恒成立 0

f(x)在(,)上单调递减； ……………………………………………… 5分 ③当1a0时，

11a211a2 fx0ax2xa0xaa211a211a2或x fx0ax2xa0xaa211a211a2 f(x)在(,)上单调递增，

aa11a211a2 在(,)和(,)上单调递减； …………………… 7分

aa

综上所述，当a1时，f(x)在(,)上单调递减，

11a211a2当1a0时，f(x)在(,)上单调递增，

aa11a211a2在(,)和(,)上单调递减.

aa当a0时，f(x)在0,单调递增，在，0上单调递减. …………8分

（2）由（1）知，当a1时，f(x)在，上单调递减，

当x0,时，由f(x)f(0)0得 ln(1x2)x ……………………………10分

ln[(1111111)(1)(1)]ln(1)ln(1)ln(1)224222n224222n

111n111122n1n1

1242212(1

111)(1)(1)e ………………………………………………14分 224222n

21．（本小题满分14分）

设an是关于x的方程xnx10(nN,x(0,))的根. 试证明： （1）an(0,1)； （2）an1an； （3）a1a2222an1．

n证明：（1）设f(x)xnnx1，

f(0)10,f(1)n0,且函数f(x)的图象在(0,)上是连续的，

f(x)在(0,1)上至少有一个零点，即方程xnnx10在(0,1)内至少有一个根.

……………………………………………………………………… 3分

x(0,)，f(x)nxn1n0，f(x)在(0,)上是增函数.

方程xnnx10在(0,)内有唯一根，且根在(0,1)内，即an(0,1).………… 5分

（2）方法一：

1111nn1n1f()()n0,f()()1()0, nnn1n1n1n1n1且函数f(x)的图象在(0,)上是连续的，

f(x)在[1111,)内至少有一个零点，即方程xnnx10在[,)内至少有一个根. n1nn1n又由（1）知函数f(x)在(0,)上单调递增，

方程xnnx10在[1111,)内有唯一根，an.……………………… ８分 n1nn1n

11an1，an1an． …………………………………… 9分 n2n1方法二：由（1）知，annnan10,an1n1(n1)an110,两式相减得：

an1n1(n1)an1annnan0, ………………………………………………7分

若存在nN，使得an1an，则an1anann，从而

an1n1(n1)an1annnan(n1)an1annnanan1annnan1nan0，矛盾.

所以an1an. ………………………………………………………… 9分 （3）由题设得a1112， a11, 24

1ann1. 当nN时，annn111a12a22()2()21． ……………………………………12分

222当n3时有

a12a22a32111an2()2()2()22231()2 n11111… 442334(n1)n111111()()442334(111)11． n1nn

综上a21a22a2n1．

14分 ……………………………………………