内容发布更新时间 : 2024/11/7 21:07:40星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

证明：对任意的正整数n，

n1n?122nnp(x)?a0C0?a2Cnx(1?x)n?2?????anCnx是 n(1?x)?a1Cnx(1?x)关于x的一次式．

南通市教研室2012年数学全真模拟试卷一

参考答案

361；1. ?5?； 2. 3； 3. 2； 4. 0.09； 5. π； 6. b??2； 7. 8，

68. π；

4??1)；9. (0， 10. 43； 11. ?7?3，7?3?； 12. 1； 13. 1； 14.

222227??3． 答案解析

1．易得AUB?A??1，， 3 9?，则eU(AUB)??5?； 2. z?z?z?3；

3. 易得f?(x)??a，则f?(1)??a??2，即a?2； 2x4. “饮酒驾车” 发生的频率等于11?5?2?0.09；

2005. 将y?sin2x?π?sin2x??向右至少平移?个单位得y?sin2x；

?3?6. 易得b2?1，且b?0，即b??2；

????361； 7. 打印出的第5组数据是学号为8号，且成绩为361，故结果是8，8. 设tanA?k，则taB?nk，tanC?3k，且k?0，利用

taC?n?A?n)B可t anA?tBa??nt(a1?tAaBntan 求得k?1，所以A??； ? 1)； 9. 易得f(0)?0，x2?x?0，故所求解集为(0， 6

210. 法1 设正四棱锥的底面边长为x，则体积V?1x21?x?2x42?x2，记

326??y?t2?2?t?，

t?0，利用导数可求得当t?4时，ymax?32，此时Vmax?43；

32727法

2

设正四棱锥的侧棱与底面所成角为?，则

V?1?2cos2??sin??21?sin2??sin?，

33?? 0

?93B 43； Vmax?27C2

uuuruuruuuruuur， b?OB， c?OC， △ABC中，由余弦定理得AB?3， 11. 如图，设a?OAM

由(a?c)?(b?c)?0知，点C的轨迹是以AB为直径的圆M，

C1 O A

uuuruuuur??（第11题图） 且OM=7，故c??OC1，OC2???7?3，7?3?； ??222????12. 设Anxn， 1xn22??、An?1xn?1， 1xn?122??，则割线AnAn?1的方程为：

1x2?1x2n?12n(x?x)， y?1xn2?2n2xn?1?xn 令y?0得xn?2?13. 易得h2≤2xn?1xn，即1?1?1，不难得到1?5，1?7，1?2；

x36x46x5xn?2xn?1xnxn?1?xnab1?1≤?1，所以h≤1（当且仅当a?4b时取等号）； 2a?4b42baa?4ba4b2?baba?y?kx?1，?114. 设AB的方程为：y?kx?1(k?0)，则AC的方程为：y??x?1，由?x2得 2k?y?1??a22a2k， (1?a2k2)x2?2a2k?x，解得0xB??2a2k2，用“?1”替换“k”得xC?2k1?aka2?k22a2k?1?1， 故AB?2a2k2?1?k2，AC?21?aka2?k2k2 所以S?ABC2a4k?12ak(1?k)k， ?1AB?AC??22222(1?ak)(a?k)a2k2?1?a4?1k242???? 令t?k?1≥2，则S?ABC?k232a4aa≤2（当且仅当t??1?2时等号成立）， 22a(a?1)a?12at?t 7

3a由2，所以a?3． ?27得(a?3)(8a2?3a?9)?0解得a?3，或a?3?297（舍去）16a?1815．命题立意：本题主要考查三角函数的图像与性质、两角和与差的正、余弦公式，考查运算求解 能力．

（1）易得f(x)?sin2x?3sin2x?1sin2x?cosx2?1?cos2x?3sin2x?1cos2x

222?? ?3sinx2?（5分） cox?s12＝2sin2x?π?1，

622?? 所以f(x)周期π，值域为??3，（7分） 5?；

??22??（2）由f(x0)?2sin2x0?π?1?0得sin2x0?π??1?0，（9分） 6264 又由0≤x0≤π得-π≤2x0-π≤5π，2666

?????? 此时，sin2x?sin??2x?π??π??sin?2x?π?cosπ?cos?2x?π?sinπ

?666666??? 故cos2x0?π?15， 所以-π≤2x0-π≤0，（11分）

66640000 ??1?3?15?1?15?424283．（14分）

16．命题立意：本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象、推理论证能力．

解：（1）连结AC，交BD于点O，连结OC?， 菱形ABCD中，CO?BD，

因三角形BCD沿BD折起，所以C?O?BD， A 故?C?OC为二面角C—BD—C?的平面角，（5分） 易得C?O?CO?3，而CC??3，

22B （第16题图） O D C?E C

所以?C?OC??，二面角C—BD—C?的大小为?；（7分） ?? （2）当a变化时，线段CC?的中点E总满足AC?//平面BED，下证之：（9分） 因为E，O分别为线段CC?，AC的中点， 所以OE//AC?，（11分） 又AC??平面BED，OE?平面BED， 所以AC?//平面BED. （14分） 17．命题立意：本题主要考查求双曲线、直线、圆等基础知识，考查运算求解与探究能力．

y24?y1)， 代入双曲线x?解：（1）设A(x1，y1)，则B(2?x1，?1得

22 8

?2y12x??1，??12 ?2?(2?x)2?(4?y1)?1，1??2?x=-1，?x1?3，（3，4）（?1，0） 解得?1或? 即A、B的坐标为、，

y?0y?4，?1?1 所以AB：y?x?1，CD：y??x?3；（7分）

（2）A、B、C、D四点共圆，下证之：（9分）

y2 证明：由y??x?3与x??1联立方程组可得

22 C、D的坐标为?3?25，6?25、?3?25，6?25，（11分） 由三点A、B、C可先确定一个圆(x?3)2?(y?6)2?40①，（13分）

经检验D?3?25，6?25适合①式，所以A、B、C、D四点共圆．（15分）

（注：本题亦可以利用圆的几何性质判断四点共圆）

18．命题立意：本题主要考查数学建模和解决实际问题的能力，考查运算求解能力． 解：（1）设文科阅卷人数为x，且x?N*，

?269?3，x≤119.246，?x 则阅卷时间为f(x)??（5分）

475?4?，x?119.246，?400?x?????? 而f(119)?6.782，f(120)?6.786，故f(119)?f(120)，

答：当文、理科阅卷人数分别是119,281时，全省阅卷时间最省；（8分）

269?3?119?1?4?33 （2）文科阅卷时间为：4?（11分） ?7.343，99475?4.5?281?1?4?4.54.5 理科阅卷时间为：4?（14分） ?7.367，301 答：全省阅卷时间最短为7.367天．（15分）

19．命题立意：本题主要考查利用导数研究三次函数的图像与性质等基础知识，考查灵活运用数形

结合、化归与转化思想进行运算求解、推理论证的综合能力． 解：（1）设f?(x)?a(x?1)(x?1)，

9

y 2 ?1 2 O 1 ?2 x x3?x?c，其中c为常数. 则可设f(x)?a3?? 因为f(x)的极大值与极小值之和为0， 所以f(?1)?f(1)?0，即c?0， 由f(?2)?2得a??3， 所以f(x)?3x?x3；（5分）

（2）由（1）得f(x)?3x?x3，且f?(x)??3(x?1)(x?1) 列

表：

x y? (?2, ?1) ? ?1 0 极小值?2 (?1, 1) 1 0 极大值2 (1, 2) ? + ↗ y ↘ ↘ 由题意得，三次函数在开区间上存在的最大值与最小值必为极值（如图），（7分）

又f(?2)?2，故f(2)??2， 所以1?9?m≤2，且?2≤m?9??1， 解得7≤m?8；（10分）

（3）题设等价与a(3?b2)?b(3?c2)?c(3?a2)，且a，b，c?0， 所以a，b，c均小于3．

假设在a，b，c中有两个不等，不妨设a?b，则a?b或a?b． 若a?b，则由a(3?b2)?b(3?c2)得3?b2?3?c2即b?c， 又由b(3?c2)?c(3?a2)得c?a． 于是a?b?c?a，出现矛盾． 同理，若a?b，也必出现出矛盾．

故假设不成立，所以a?b?c．（16分）

20．命题立意：本题主要考查等差、等比数列的定义与通项公式、求和公式等基础知识，考查灵活

运用基本量进行探索求解、推理分析能力．

4?(1?p)2解：（1）n ? 1时，由1?得p ? 0或2，（2分）

34?Sn2 若p ? 0时，Tn?，

34?(1?a2)2 当n?2时，1?a2?，解得a2?0或a2??1，

232 10