山东省高密市2011届高三上学期期末考数学(理)试题

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一、选择题：

ABCDC CADDB AA

3455高三数学（理）参考答案及评分标准

二、填空题： 13．4 14．a4 15．46 16．171 三、解答题：17. 解：（Ⅰ）∵B(,)，AOB，

34cos,sin ， „„„„„„2分

5542tan24则tan ， 所以tan2． „„„„„4分

31tan27（Ⅱ）由已知得：A(1,0)，P(cos,sin) „„„„„5分

 ∴OQ(1cos,sin)，OAOQ1cos， „„„„„7分

1又S211sinsin， „„„„„„8分

2 ∴OAOQSsincos12sin()1（0)， „10分

4 则OAOQS的最大值为21，此时0 ． „„„„„12分

4a0.2得a20,∵4020a10b100 ,∴b10．-2分 18．解：（Ⅰ）由100（Ⅱ）(1)记分期付款的期数为，依题意得：

P(1)40200.4,P(2)0.2,P(3)0.2, 1001001010P(4)0.1,P(5)0.1．-------------------5分

100100(2)“购买该品牌汽车的3位顾客中至多有1位采用3期付款”的概率:

1P(A)＝0.83C30.2(10.2)20.896．------------------7分

（Ⅲ）∵的可能取值为：1, 1.5, 2（单位万元）

P(1)P(1)0.4,--------------------------8分

P(1.5)P(2)P(3)0.4,----------------------9分 P(2)P(4)P(5)0.10.10.2．---10分 ∴的分布列为

 1.5 1 2 0.4 0.4 0.2 P ∴的数学期望E10.41.50.420.21.4(万元) ． ---------12分.

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19． 解析：（Ⅰ）在ABC中，ABBC，ADDC，∴BDAC.

∵AA1面ABC,∴AA1BD，„„„3分

又∵AA1ACA，∴BD面ACC1A1.„„„4分

BD面A1BD,∴面A1BD面ACC1A1„„„„5分 F，以D为坐标原点，分别以（Ⅱ）如图，取AC11的中点

DC、DB、DF所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系.

在ABC中，BD„„„„„7分

22ABAD32122.2则

D(0,0,0),A(1,0,0),C(1,0,0),B(0,22,0),A1(1,0,3).

故AA,22,0)，DB(0,22,0)，1(0,0,3)，AB(1DA1(1,0,3).

3z0mAA1设平面AA1B的法向量为m(x,y,z)，则由.„„„9分 ，得x22y0mAB令y1，则x22，z0，所以平面AA1B的一个法向量为m(22,1,0).

22y0nDB设平面A的法向量为，则由，得. BDn(x,y,z)1x3z0nDA1令z1，则x3，y0，所以平面A1BD的一个法向量为n(3,0,1).„„„„10分

mn626225故cosm,n. „„11分

22225|m||n|310(22)(1)31因为所求二面角AA1BD(0,20．解：（Ⅰ）直线l的斜率为k2)，故其余弦值为25. „„„12分 52， „„„„„„1分

1(1)2故直线l的方程为y2[x(1)]，即y2x2.

∴数列{an}的通项公式为an2n2. „„„„„„3分

x把点A(1,2)代入函数f(x)a得a2，

30所以数列{bn}的前n项和为Snf(n)121 „„„„„„„4分 当n1时，a1S11； 当n2时，anSnSn122nn1n2n1，

对n1时也适合 , bn2n1 „„„„„6分

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（Ⅱ）由（Ⅰ）知，cn12log2bn12log22n12n1，------------7分

1111111().--------9分 cn2(2n1)24n24n14n24n4n1n1111111111所以Tn22...2(1...)

c1c2cn14223n1n115151(1) ---------10分  --------------12分

4n44n42c221．解：(Ⅰ)∵椭圆离心率e,∴a2c„„„2分

2a2∵抛物线y242x的焦点F(2,0)恰好是该椭圆的一个顶点，

∴当n2时，∴a2 ∴c1,a22,b21.

x2y21 „„„„„4分 ∴椭圆C的方程为C:2 （Ⅱ）（1）当直线l的斜率不存在时，∵直线l与圆相切，故其中的一条切线方程为

6x666663. 由，求得A(x,),B(,), 233333xy2126666OB()0, 此时OA3333即点O在以AB为直径的圆上. ----------------------5分 (2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm.

x2y21222由2，得(2k1)x4kmx2m20， ------------6分 ykxm4km2m22设A(x1,y1)、B(x2,y2)，则有x1x2，x1x2. 22k212k1m22k222故y1y2(kx1m)(kx2m)kx1x2km(x1x2)m-------7分 22k13m22k22所以OAOBx1x2y1y2----------------------8分

2k21|m|6因为直线l和圆相切，所以圆心到直线l的距离d， 231k数学（理）第7页

2(1k2)--------------------------------10分 3代入上式，得OAOB0，显然以AB为直径的圆经过定点O(0,0).-------11分 综上所述，O在以AB为直径的圆上 .--------- ------------12分

a22．解：(Ⅰ)①f(x)2bx，

x1 函数f(x)在x1处与直线y相切，

2f'(1)a2b0a1解得„„„„3分 1, 1

f(1)bb221211x2②f(x)lnxx,f'(x)x

2xx11当xe时，令f'(x)0得x1； ee令f'(x)0，得1xe; „„„6分

11f(x)在,1上单调递增，在[1，e]上单调递减，f(x)maxf(1)„8分

2e （Ⅱ）当b0时，f(x)alnx

32若不等式f(x)mx对所有的a0,,x1,e都成立， 232则alnxmx对所有的a0,,x1,e都成立， 232即malnxx,对所有的a[0,],x1,e都成立，„„„10分

2令h(a)alnxx,则h(a)为一次函数，mh(a)min

3x1,e2,lnx0,h(a)在a[0,上单调递增] 2h(a)minh(0)x，mx对所有的x1,e2都成立„„„13分

整理得m21xe2,e2x1,m(x)mine2．„„„„14分

2（注：也可令h(x)alnxx,则mh(x)所有的x1,e都成立，分类讨论得

3mh(x)min2ae2对所有的a[0,]都成立，m(2ae2)mine2，请根据过程

2酌情给分

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