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【KS5U首发】河南省豫东豫北十所名校2012届高三第三次联考(数学理答案)


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(1)B (7)C (13)64 (15) [3

2012 年河南省豫东、豫北十所名校高中毕业班阶段性测试(三) 数学(理科)·答案 (2)C (3)C (4)B (5)D (6)B (8)D (9)A (10)C (11)A (12)B (14)4
n +1

1 7

? (?4) n+1 ]

(16)10

(17)解:(Ⅰ)Q Sn = nan ? n(n ? 1) ,当 n≥2 时, Sn ?1 = (n ? 1)an ?1 ? (n ? 1)(n ? 2) ,

∴ an = S n ? S n ?1 = nan ? n(n ? 1) ? (n ? 1)an ?1 + (n ? 1)(n ? 2) ,…………………………(2 分)
即 an ? an ?1 = 2 . …………………………………………………………………………(4 分) 所以数列 {a n } 是首项 a1 = 1 ,公差 d = 2 的等差数列, 故 an = 1 + ( n ? 1)?2 = 2n ? 1 , n ∈ N .……………………………………………………(6 分) ( II ) 由 ( Ⅰ ) 知
?

bn =

2 2 1 1 = = ? ,……………… an an +1 ( 2n ? 1)( 2n + 1) 2n ? 1 2n + 1

………(8 分) ∴

1 ? ? 1? ?1 1? ?1 1? ? 1 Tn = b1 + b2 + L + bn = ?1 ? ? + ? ? ? + ? ? ? + L + ? ? ? ? 3? ?3 5? ?5 7? ? 2n ? 1 2n + 1 ? 1 2n = .………………………………………………………………………(12 分) 2n + 1 2n + 1 (18)解:(Ⅰ)存在,线段 BC 的中点就是满足条件的点 P .……………………………(1 分) = 1?
证明如下: 取 AB 的中点 F ,连接 DP,PF ,EF ,则

PF ? AC ,且 FP =

1 AC .…………………………………………………………………(2 分) 2

取 AC 的中点 M ,连接 EM , EC ,

Q AE = AC 且 ∠EAC = 60° , ∴VEAC 是正三角形,∴ EM ⊥ AC . ∴ 四边形 EMCD 为矩形,∴ ED = MC =

1 AC . 2

又 ED ? AC ,∴ ED ? FP 且 ED = FP ,

∴ 四边形 EFPD 是平行四边形.……………………………………………………………(4 分) ∴ DP ? EF ,又 EF ? 平面 EAB , DP ? 平面 EAB ,∴ DP ? 平面 EAB .………(6 分)
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(II) (解法 1)过 B 作 AC 的平行线 l ,过 C 作 l 的垂线交 l 于 G ,连接 DG ,

Q ED ? AC , ∴ ED ? l , 则 l 是 平 面 EBD 与 平 面

ABC 的交线.……………………(8 分)
Q 平面 EAC ⊥ 平面 ABC , DC ⊥ AC , ∴ DC ⊥ 平面 ABC ,又Q CG ⊥ l ,∴ l ⊥ DG , ∴ ∠DGC 是 所 求 二 面 角 的 平 面
角.………………………(10 分) 设 AB = AC = AE = 2a ,则 CD =

3a , GC = 2a ,

∴ GD = GC 2 + CD 2 = 7 a , ∴ cos θ = cos ∠DGC =
GC 2 7 = . ………………………………………………(12 分) GD 7

(解法 2)Q ∠BAC = 90° ,平面 EACD ⊥ 平面 ABC ,

∴ 以点 A 为坐标原点,直线 AB 为 x 轴,直线 AC 为 y 轴,建立空间直角坐标系 Axyz ,如图
所示.设 AB = AC = AE = 2a ,由已知,得 B (2a, 0) , E (0, a, 3a ) , D (0, 2a, 3a ) . 0,

uuu r uuu r ∴ EB = (2a, ?a, ? 3a ) ,ED = (0, a, 0) ,…………………………………………………(8 分)
设平面 EBD 的法向量为 n = ( x, y , z ) , 则 n ⊥ EB 且 n ⊥ ED ,

uuu r

uuu r

uuu r ? n ? EB = 0 ? 2ax ? ay ? 3az = 0 ? ? ∴ ? uuu ,∴ ? , r n ? ED = 0 ?ay = 0 ? ? ?

? 3 ?x = z 解之得 ? 2 ,取 z = 2 , ?y =0 ?
得 平 面

EBD















n = ( 3, 0, 2) .……………………………………………(10 分)
又 因 为 平 面

ABC















n′ = (0, 0,1) .…………………………………………(11 分)
∴ cos θ =| cos狁, n′ |= n 3 × 0 + 0 × 0 + 2 ×1 ( 3) 2 + 02 + 2 2 ? 02 + 02 + 12 = 2 7 .……………………… (12 分) 7

(19)解: (Ⅰ)记“取出的 3 张卡片上的数字互不相同”为事件 A ,…………………(1 分)

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则 P ( A) =

C3 C1 C1 C1 2 2 5 2 2 2 = ,即取出的 3 张卡片上的数字互不相同的概率为 . ………… 分) (3 3 C10 3 3

(Ⅱ)随机变量 X 的所有可能取值为 2,3,4,5,………………………………………(4 分) 相应的概率为: P( X = 2) =

C3 1 4 , = 3 C10 30

P( X = 3) =

2 2 C1 C4 C2 C1 2 C1 C2 C2 C1 3 2 + 3 4 = , P ( X = 4) = 2 3 6 + 2 3 6 = , 3 C10 C10 15 C10 C10 10
2 2 C1 C8 C2 C1 8 2 + 3 8 = ,……………………………………………………………(6 分) 3 C10 C10 15

P ( X = 5) =

∴随机变量 X 的分布列为: X P 从而 E ( X ) = 2 × 2 3 4 5

1 30

2 15

3 10

8 15

1 2 3 8 13 + 3 × + 4 × + 5 × = .………………………………………(8 分) 30 15 10 15 3

(Ⅲ)从盒子里任取 3 张卡片,按卡片上最大数字的 9 倍计分,所以要计分超过 30 分,随机 变量 X 的取值应为 4 或 5,…………………………………………………………………(10 分) 故所求概率为 P = P ( X = 4) + P ( X = 5) =

3 8 5 + = .………………………………(12 分) 10 15 6

(20)解:(Ⅰ)由题意得,直线 AB 的方程为 bx + ay ? ab = 0(a > b > 0). ……………(1 分)

ab


a 2 + b2

=

2 5 a 2 ? b2 3 及 = ,得 a = 2, b = 1. ………………………………(3 分) 5 a 2 x2 + y 2 = 1. ……………………………………………………………(4 分) 4
uuu r
uuuu r uuur
①………………………………………(6 分)

所以椭圆的方程为

(Ⅱ)Q QM = 4QN ? 3QP ,∴ PM = 4 PN .

uuuu r

uuur

当 直 线 l 的 斜 率 不 存 在 时 , M (0, ?1) , N (0,1) , 易 知 符 合 条 件 , 此 时 直 线 l 的 方 程 为

x = 0. …………………………………………………………………………………………(8 分)
当 直 线 l 的 斜 率 存 在 时 , 设 直 线 l 的 方 程 为 y = kx +

5 x2 ,代入 + y2 = 1 得 3 4

(9 + 36k 2 ) x 2 + 120kx + 64 = 0.
2 由 ? = 14 400k 2 ? 256(9 + 36k ) > 0 ,解得 k >

2

4 . 9
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设 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ,则 x1 + x2 = ?

120k , 9 + 36k 2



x1 x2 =

64 , 9 + 36k 2


③…………………………………………………………………(10 分)

由①得 x1 = 4 x2 .

16 (24k )2 36k 2 = 由②③④消去 x1 , x2 ,得 ,即 = 1 ,无解. 9 + 36k 2 (9 + 36k 2 )2 9 + 36k 2
综上存在符合条件的直线 l:x = 0. ………………………………………………………(12 分) (21)解: (Ⅰ) f ′( x ) = 2 x ? ( a + 2) + 令 f ′( x) = 0 得 x = 1 或 x =

a 2 x 2 ? (a + 2) x + a (2 x ? a )( x ? 1) = = ,x >0, x x x

a . 2

Q a > 2 ,∴

a > 1. 2 a a 当 0 < x < 1 及 x > 时, f ′( x ) > 0 ;当 1 < x < 时, f ′( x ) < 0 , 2 2 a ∴ f ( x) 的单调递增区间为 (0,1), ( , +∞) .…………………………………………………(3 分) 2 4 (Ⅱ)当 a = 4 时, f ( x ) = x 2 ? 6 x + 4 ln x , f ′( x ) = 2 x + ? 6 , x > 0 . x 4 令 f ′( x ) = 2 x + ? 6 = ?6 ,方程无解,∴ 不存在 6 x + y + m = 0 这类切线.…………(5 分) x 4 1 令 f ′( x ) = 2 x + ? 6 = 3 得 x = 或 x = 4 , x 2 1 17 当 x = 时,求得 n = ? ? 4 ln 2 ; 2 4 当 x = 4 时,求得 n = 8ln 2 ? 20 .……………………………………………………………(7 分)
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当 a = 4 时,函数 y = f (x ) 在其图象上一点 P ( x0 , f ( x0 )) 处的切线方程为

y = m( x) = (2 x0 +

4 2 ? 6)( x ? x0 ) + x0 ? 6 x0 + 4 ln x0 , x0
2

设 ? ( x ) = f ( x ) ? m( x ) = x ? 6 x + 4 ln x ? (2 x0 +

4 2 ? 6)( x ? x0 ) ? ( x0 ? 6 x0 + 4 ln x0 ) , x0

则 ? ( x0 ) = 0. ………………………………………………………………………………(8 分)

? ′( x) = 2 x + ? 6 ? (2 x0 +

4 x

4 2 2 2 ? 6) = 2( x ? x0 )(1 ? ) = ( x ? x0 )( x ? ) , x0 xx0 x x0

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若 x0 <

2 , ? (x) 在 ( x0 ,
< 0;

2 2 ) 上单调递减,所以当 x ∈ ( x0, ) 时, ? ( x) < ? ( x0 ) = 0 ,此时 x0 x0

? ( x)
x ? x0
若 x0 >

2 , ? ( x) 在 (

2 2 , x0 ) 上单调递减,所以当 x ∈ ( , x0 ) 时, ? ( x) > ? ( x0 ) = 0 ,此时 x0 x0

? ( x)
x ? x0

< 0.

所以 y = f ( x) 在 (0, 2) U ( 2, +∞ ) 上不存在“类对称点”.…………………………(10 分) 若 x0 =

2 , ? ′( x) =

2 ( x ? 2) 2 ,∴? ( x) 在 (0, +∞) 上是增函数, x

当 x > x0 时, ? ( x ) > ? ( x0 ) = 0 ,当 x < x0 时, ? ( x) < ? ( x0 ) = 0 ,故 即此时点 P 是 y = f ( x) 的“类对称点”.

? ( x)
x ? x0

> 0.

综上, y = f ( x) 存在“类对称点” 2 是一个“类对称点”的横坐标.………………(12 分) , (22)解: (Ⅰ)Q CE = AC ,∴ ∠E = ∠CAE .………………………………………(2 分) Q AB = AC ,∴ ∠ABC = ∠ACB . Q ∠DBC = ∠CAE ,∴ ∠DBC = ∠E = ∠CAE . Q ∠ABC = ∠ABD + ∠DBC , ∠ACB = ∠E + ∠CAE ,………………………………(4 分) ∴ ∠ABD = ∠CAE ,∴∠ABD = ∠DBC ,即 BD 平分 ∠ABC .………………………(5 分) (Ⅱ)由(Ⅰ)知 ∠CAE = ∠DBC = ∠ABD . 又Q ∠ADF = ∠ADB ,∴ V ADF ∽VBDA .……………………………………………(7 分)



AD DF = ,Q AD = 6 , BD = 8 . BD AD AD 2 36 9 = = .…………………………………………………………………(10 分) BD 8 2

∴ DF =

? π? (23)解: (Ⅰ)将点 P ? 4, ? 化为直角坐标,得 P 2, 3 ,…………………………(2 分) 2 ? 3?

(

)

直线 l 的普通方程为 y =

3x + 1 ,显然点 P 不满足直线 l 的方程,

所以点 P 不在直线 l 上.………………………………………………………………………(5 分) (Ⅱ)因为点 Q 在曲线 C 上,故可设点 Q ( 2 + cos θ ,sin θ ) ,……………………………(6 分) 点 Q 到直线 l : y =
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3x + 1 的距离为
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?π ? 2 sin ? ? θ ? + 2 3 + 1 | 2 3 + 3 cos θ ? sin θ + 1| ?3 ? d= = ,…………………………(8 分) 2 3 +1
所以当 sin ?

2 3 ?1 ?π ? , ? θ ? = ?1 时, d min = 2 ?3 ?

当 sin ?

2 3 +3 ?π ? . ? θ ? = 1 时, d max = 2 ?3 ? 2 3 ?1 2 3+3 ,最大值为 .………………………(10 分) 2 2

故点 Q 到直线 l 的距离的最小值为

1 ? ? ? 3x + 5 ( x < 2 ) ? 1 ? (24)解:(Ⅰ) f ( x ) = ? x + 3 ( 剟 4) .……………………………………………(2 分) x 2 ? ( x > 4) ? 3x ? 5 ? ?
? ?3 x + 5 > 4 ?x + 3 > 4 1 ? ? 由? 解得 x < ;由 ? 1 解得 1 < x? 4 ; 1 3 x ?x < 2 ?2剟 4 ? ?
由?

?3 x ? 5 > 4 解得 x > 4 ,…………………………………………………………………(4 分) ?x > 4 ? ?
1 ? 或x > 1 ? .…………………………………(5 分) 3 ? 1 7 处取得最小值 ,……………………(6 分) 2 2

综上可知不等式 f ( x) > 4 的解集为 ? x | x <

(Ⅱ)由 y = f ( x) 的图象,可知 f ( x) 在 x =

9 Q ?x ∈ R , f ( x)…? λ 2 + λ ,……………………………………………………………(8 分) 2 7 9 7 ∴ …? λ 2 + λ ,即 2λ 2 ? 9λ + 7… ,∴ λ? 1 或 λ… . 0 2 2 2

?7 ? ∴ 实数 λ 的取值范围为 ( ?∞,1] U ? , +∞ ? .………………………………………………(10 分) ?2 ?

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