无锡市2011年秋学期高三期末考试试卷.doc

无锡市2011年秋学期高三期末考试试卷1. 3解析：z13i，复数z的虚部为3.2. (1，1)解析：解得 PQ(1，1)3. (2，)解析： 4x2x20， 22x2x2，2xx2， x2.4. a1解析：令tax1， ylog2t，t(0，)上单调递增，tax1在(1，2)上也单调递增， 即a1.5. 196解析：此程序框图最终输出的是a1，a2，a3，a4的平均数s196.6. ysin解析：T， 2.又 图象关于对称， sin0，k(kZ)，k(0)， k1，. ysin.7. 解析：均错；m，nm， n. n， ，正确8. 解析：(x3)2(y2)24，记圆心为P(3，2)，点P到直线kxy30的距离为d. MN2， ，即43，解得k.9. 内角平分线解析：延长F2M交PF1的延长线于R， PM平分RPF2，F2MPM， PRPF2，M为F2R中点， PF1PF22a， F1R2a. O为F1F2中点，M为RM中点， OM綊F1R. OMa定值，同理得到双曲线的性质10. 8解析：当q1时，S33a1，S66a1，S99a1，S3S62S9， q1；当q1时，2， q3q62q9.又 a2a52am， a1qq1q42aqm1，qq42qm1.q2，得q3q62qm1.由有2q92qm1， 9m1， m8.11. 44解析：AC2AB2BC22ABBCcos45，即16c2a22accos45，则有2ac2accos4516，ac8(2)Sacsin458(2)44.12. 解析：由1，得12，01， 1，ba. P.13. 解析：()()()(22) AC22ACAB20AB22ACAC2 AC2(2ACAC2)AC2AC.又 AB20， 2ACAC20， 0AC2， .14. 解析：由f(x)lg(x1)lgn，得n(x1)， 1x2x(n1)xnxanx， a1xxx对x1，)恒成立， 0，1， 函数f(x)在x1，)上单调递减， f(x)， 1的最小值为1. 只要a对nN*(n2)恒成立，而， 只要a，即a的取值范围是.15. 解：(1) 若ba，则2cos()cos()0，(2分) 3coscossinsin0，(4分) ，k(kZ)，(5分) tantan3.(6分)(2) a2bcsin2sin2cos()cos()2(7分)sin2sin2cos2cos2sin2sin22(9分)sin2cos2sin2cos2cos22(11分)sin2cos22(13分)121.(14分)16. 证明：(1) 取CD的中点E，连结NE，AE，(1分)NEMA且NEMA，(2分)所以MAEN为平行四边形，(3分)所以MNAE，(4分)MN平面ABCD.(6分)(2) 在正方形ABCD中，易证BAGADE，(7分)所以DAEAGEABGAGB90，(8分)所以AEBG.(9分)又B1BAE，(10分)AE平面B1BG，(12分)又MNAE，所以MN平面B1BG.(13分)平面B1BG.(14分)17. 解：(1) 2.(2分)(2) 设经过t秒后相遇，则有t(11)2，(4分) t，即经过秒后，A，B第一次相遇(6分)(3) y(8分)，(10分) 当tk(kZ)，(12分)即tk(kZ)时，ymax.(14分)18. (1) 解：不妨设椭圆方程为1(ab0)，(1分)由题意得，(3分) a23b2，(4分)又1，解得a24，b2，(6分)所以椭圆方程为1.(7分)(2) 证明：由题意可求得切线方程为xx0yy01，(8分) 若y00，则切线为x1(或x1)，则B(1，1)，C(1，1)，所以COOB(当x1时同理可得)(10分) 当y00时，切线方程为xx0yy01，与椭圆联立并化简得(3xy)x26x0x34y0.(11分)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1x2y1y2x1x2(x1x2)(13分)0，(15分)所以COOB.(16分)19. 解：(1) f(x)3x22bxc，(1分) f(x)在x1处的切线方程为y(1bc)(32bc)(x1)，即y(32bc)x2b，(3分) 即(5分) f(x)x3x23x.(6分)(2) 若存在x0(0，2使g(x0)f(x0)成立，即方程g(x)f(x)在(0，2上有解， aex3x23x3， a.(7分)令h(x).(8分) h(x)，(9分)令h(x)0，得x11，x22，(10分)x(0，1)1(1，2)2h(x)00h(x) h(x)有极小值h(1)，(13分)h(x)有极大值h(2)，(14分)且当x0时，h(x)3，(15分) a的取值范围为.(16分)20. (1) 证明：设m1，则有Tn1qn1.(1分)因为Ti0(iN*)，所以有a1qn1，(2分)即ana1qn1，所以当n2时q，(3分)所以数列an是等比数列(4分)(2) 解：当q1时，ana1(nN*)，所以Tna，所以TnTkaaaaT.(5分)当q1时，ana1qn1，Tna1a2anaq12n1aq，(6分)所以TnTkaqaqaq，Taqm(m1)(7分)因为nk2m且kmn，所以aa，mmm2m，(9分)所以若q1，则TnTkT；若q1，则TnTkT.(10分)(3) 证明：由(1)知，充分性成立；必要性：若数列an成等比数列，则ana1qn1，(11分)所以当q1时，Tnaq，则aqaq，(12分)Tnmq(nm)maqq(nm)maqaq，(13分)所以，对n，mN*，当nm时总有Tnmq(nm)m成立；(14分)同理可证当q1时也成立(15分)所以命题p是命题t的充要条件(16分)