武昌区2012届高三5月调考(文)[1].

武昌区2012届高三5月调考

文科数学参考答案及评分细则

一、选择题：

1. C. 2.B. 3．C. 4．B. 5. C. 6. D. 7. B. 8. D. 9．B 10.B.

二、填空题：． 11．6.4 12. nn. 13.

n22. 14. ,1 51e15.zcosnisinn. 16．15. 17. ae，e,e.

三、解答题：

18.（本题满分12分） 解：（Ⅰ）由条件可知

Ab30, Ab10.A10,解得

b20.12146，所以. 因为28所以y10sinx20.

83将点6,10代入上式，得.

43从而解析式是y10sinx20.………………………………………………………（6分）

843（Ⅱ）由（Ⅰ），令2010sinx2025，

8431得0sinx.

42832k，………………………………①所以2kx

84653x2k………………………………②或2k 68441由①，得16k6x16k6.取k1，得10x11.

33222由②，得16kx16k2.取k0，得x2；取k1，得16x18.

333即一天温度的变化在20,25时的时间是0:40~2:00，10:00~11:20，16:40~18:00三个时间段，

共4小时..……………………………………………………………………………………（12分）

文科数学试卷 第 1 页 （共 4 页）

19.（本题满分12分）

解：（Ⅰ）从科研所任选一名研究人员，是本科生概率是

21，是35岁以下的研究生概率是. 3633x28xy3,所以

y1.8xy6解得x2,y2.

因此该科研所的研究人员共有12名，其中50岁以上的具有本科学历的2名，35岁以下具有研究生学历的2名. ………………………………………………………………（4分）

（Ⅱ）设具有本科学历的研究人员分别标记为B1,B2,B3,B4,B5,B6,B7,B8，其中B7,B8是50岁以上本科生，研究生分别标记为Y1,Y2,Y3,Y4,35岁以下的研究生分别标记为Y1,Y2，事件A的基本事件是共有32种：

B1,Y1，B2,Y1，B3,Y1，B4,Y1，B5,Y1，B6,Y1，B7,Y1，B8,Y1， B1,Y2，B2,Y2，B3,Y2，B4,Y2，B5,Y2，B6,Y2，B7,Y2，B8,Y2，

B1,Y3，B2,Y3，B3,Y3，B4,Y3，B5,Y3，B6,Y3，B7,Y3，B8,Y3， B1,Y4，B2,Y4，B3,Y4，B4,Y4，B5,Y4，B6,Y4，B7,Y4，B8,Y4，

50岁以上的具有本科学历和35岁以下具有研究生学历的研究人员全部被选上的有B7,Y1，B8,Y1，

B7,Y2，B8,Y2有4种.

所以PA147.………………………………（12分） 328P

20. （本小题满分13分） 解：（Ⅰ）因为四边形ABCD是矩形，AD//BC. 又BC平面PBC，AD平面PBC，

所以直线AD//平面PBC. ………………………（6分） （Ⅱ）由条件平面PAD平面ABCD， 平面PAD平面ABCDAD，

D E A B

C 过点P作PEAD， 又因为CDAD，

根据平面和平面垂直的性质定理，得PE平面ABCD,CD平面PAD.

所以，直线EC是直线PC在平面ABCD内的射影，PCE直线PC和底面ABCD所成角. 且CDPD. 在RtPCD中，PCPD2CD222.

PD2ED22.

PE21，PCE300. PC222文科数学试卷 第 2 页 （共 4 页）

因为PAPD2,所以PE在RtPCE中，sinPCE

所以直线PC和底面ABCD所成角的大小为30. ………………………………（13分）

21. （本题满分14分）

解：（Ⅰ）f(x)3ax22bx3.

0f(1)2,

f(1)0,ab32,即

3a2b30,a1,解得

b0.根据题意，得f(x)x33x. ……………………………………………………………（3分） （Ⅱ）令f(x)3x230，解得x1.

f(1)2,f(1)2，f(2)2,f(2)2.

当x[2,2]时，f(x)max2,f(x)min2. 则对于区间[-2，2]上任意两个自变量的值x1,x2，都有 |f(x1)f(x2)||f(x)maxf(x)min|4.

所以c4.所以c的最小值为4. ……………………………………………（7分）

3（Ⅲ）设切点为(x0,y0),则y0x03x0

22f(x0)3x03， 切线的斜率为3x03. 3x03x0m则3x3

x022032即2x06x06m0.

因为过点M(2,m)(m2)，可作曲线yf(x)的三条切线，

32所以方程2x06x06m0有三个不同的实数解，

即函数g(x)2x36x26m有三个不同的零点， 则g(x)6x212x.

令g(x)0,解得x0或x2.

x 0 (,0) （0，2） — 2 0 极小值 （2，+∞） + g(x) g(x) + 0 极大值 g(0)06m0 即， g(2)0m20∴6m2. ………………………………………………………………………（14分）

21.（本小题满分14分）

1x2y2e，解：（I）设椭圆221，将点M(2,3)代入椭圆，得c2，

24c3cx2y21. 所以椭圆C的方程为

1612文科数学试卷 第 3 页 （共 4 页）

设直线的方程为y1xm(mR)，A(x1,y1),B(x2,x2) 2x2y21,1612 y1xm.222得xmxm120.此处错误需要加上 M的范围

则x1x2m,x1x2m212..

1112|MN||x1x2||MN|(x1x2)24x1x2=6483m.

222显然当m0时, SMANB=123. ………………………………………………（6分）

又SMANB（II）易知k1k2y13y23. x12x2211将y1x1m，y2x2m代入上式，化简得

22xxm4x1x24m12. k1k212x1x22x1x24由（I）知，x1x2m,x1x2m212，代入上式，化简得

k1k20为定值. …………………………………………………………（14分）

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