1、2011 年浙江省万全高中数学(文)试卷 3一、选择题：1.已知集合 1,234,|1|2ABxZ，则 AB( )A1,3B ,C ,D2,32复数 2()i等于（ ）A4 B4 C4 iD4 i3.已知 ,表示两个不同的平面， m是一条直线且 ，则“ ”是“ m”的（ ）A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件4已知 、 均为单位向量,它们的夹角为 60,那么ab| + 3 | = （ ）A B C D4710135.在等差数列 na中，若 13919753 ,0a则的值为（ ）A20 B30 C40 D506如图是一个算法的程序框图 ，该算法输出的结果是（
2、）A. B. C. D.5443217使 f(x)s in(2x y) )cos(yx为 奇 函 数 ，且 在 4,0上是 减 函 数 的 y 的 一 个 值是（ ）A 3 B 35 C 3 D 328.已知 m、n 是两条直线，、 是三个平面，下列命 题正确的是（ ）A.若 m，n，则 mn B.若 m，n，则 mnC.若 m，m，则 D.若 ，则 9.已知 P 是以 F1,F2为焦点的 椭圆 上的一点，若 ,)0(12bayx 021PF，则此椭圆 的的离心率为( ) tan21A B C D 32313510. 已知 )(xf是定义域为 R 的奇函数， 1)4(f, )(xf的导函数 )
3、(xf的图象如图所示。若两正数 ba,满足 1)2(bf，则 2a的取值范围是( )A. )231( B. 3,C. 0, D. )(第 II 卷（共 100 分）二、填空题：本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分11.为促进社会和谐发展，儿童的健康已 经引起人们的高度重视，某幼儿园对本园 “大班”的 100 名儿童的体重作了测量，并根据所得数据画出了 频率分布直方图如图所示，则体重在 1820 千克的儿童人数为 12.已知圆 C 的圆心是直线 x-y+1=0 与 x 轴的交点，且圆 C 与直线 x+y+3=0 相切。则圆 C 的方程为 。13.已知某个几何体的三视图如下，根据 图中
4、标出的尺寸（ 单位：cm），可得这个几何体的体积是 14. 已知 yxzkyxyx 3)(02, ， 若为 常 数满 足 条 件 的最大值为 8，则 k= .15.分别写 1，2，3，4 的四张卡中随机取出两张， 则取出的两张卡片上的数字之和为奇数的概率是 16.在 ABC中，三边 a、b、c所对的角分别为 A、 B、C，若 220abca，则角的大小为 17.若对任意 xR，yR 有唯一确定的 f (x，y)与之对应，则称 f (x，y)为关于 x，y 的二元函数定义：同时满足下列性质的二元函数 f (x，y)为关于实数 x，y 的广义“距离” ：（）非负性：f (x ，y)0；（）对称性：
5、f (x ，y)= f (y，x)；（）三角形不等式：f (x ，y)f (x，z)+ f (z，y)对任意的实数 z 均成立给出下列二元函数：f (x，y)=(x-y)2；f (x，y)=|x-y|；f (x，y)= ；f (x，y)=|sin(x-y)|Oxy y= )(f则其中能够成为关于 x，y 的广义“距离”的函数编号是_ （写出所有真命题的序号）三解答题18（本小题满分 14 分）已知A,B,C是ABC的三个内角，向量 ，且 .)sin,(co),31(Am1m（1）求角A（2）若 ，求 .3sinco2BCtan19已知数列 na的首项 123， 1nna， 1,23（）证明：数
6、列 n是等比数列；（）求数列 na的前 项和 nS20、 如图，在四棱锥 SABCD 中，底面 ABCD 为矩形，SA平面 ABCD，二面角 SCDA 的平面角为 45，M 为 AB 中点， N 为 SC 中点.（1）证明：MN/平面 SAD；（2）证明：平面 SMC平面 SCD；（3）若 ADC，求实数 的值，使得直线 SM 与平面 SCD 所成角为 .3021. 已知圆 C 过定点 F 1(,0)4，且与直 线 14x相切，圆心 C 的轨迹为 E，曲线 E 与直线 l：(1)ykxR相交于 A、B 两点。（I）求曲线 E 的方程；（II）在曲线 E 上是否存在与 k的取值无关的定点 M，使
7、得 MAMB？若存在，求出所有符合条件的定点 M；若不存在， 请说明理由。22. 已知函数 1)(2xf与函数 )0(ln)(axg.（I）若 ,gxf的图象在点 0,处有公共的切线，求 实 数 的值；（II）设 )()(fF，求函数 )(F的极值.温州市五校联考 2010-2011 年度第一学期参考答案1.C 2. A 3. B 4.C 5. C 6. B 7. D 8. B 9 .D 10.B11.15 12. 13. 34cm14.-6 15.2316. 4（或 135） 17. 2(1)xy18. 解：（1）因为 mn 62osin1si()AA，所以 60A；.7分（2） 2sico
8、n3B2(sic)on3Bsicon3B，tan1taB 8531tt()tn(60)CAB，所以8531tanC.14分19、解：（） 12nna， 112nnaa，1()nn，又 13， 12，数列 na是以为 2首项， 为公比的等比数列 5 分（）由（）知 11nn，即 12na， 7 分2na 8 分设 31nT 2n， 10 分则 2 1， 11 分由 得21nT 111()22nn n，12 分1nn又 3 () 13 分20（I）证明：取 SD 中点 E，连 接 AE，NE，则 1,/,2NCDAMNA四边形 AMNE 为平行四边形，/2 分又 平面 SAD 4 分（2） S平面
9、 ABCD，AC，底面 ABCD 为矩形， ,ADC又 ,SD平面 SAD，CS即为二面角 SCDA 的平面角，即 45A 6 分S为等腰直角三角形， ED平面 SAD， ,CA 又 ,CE平面 SCD/,MNE平面 SCD， MN平面 SMC，平面 SMC平面 SCD 9 分（3） DA，设 AD=SA=a，则 CD a由（2）可得 MN 平面 SCD， S即为 SM 在平面 SCD 内的射影SN即为直线 SM 与平面 SCD 所成角，即 0 11 分而 MN=AE= ,2aRtAM中， 22(),a而 2,MNAEaRtSA中，由 sinNS得 221,()a解得当 2时，直线 SM 与平
10、面 SCD 所成角为 3014 分21.解：() 由题意，点 C 到定点 F( 4，0)和直线 x 4的距离相等，所以点 C 的轨迹方程为 y2 (5 分)()由方程组 )1(2xky消去 后，整理得 02ky (6 分)设 A(x1，y1），B( 2x， )，由韦 达定理有 121ty k， 2yt1， (8 分)（10 分）（14 分）故存在唯一的合乎题意的点 M（0，0）. (15 分)22. 解：（I）因为 (1),fg，所以点 0,同时在函数 )(,xf的图象上 1 分因为 axfln)(,)(2， 2fx， 3 分ag5 分由已知，得 )1(gf，所以 ，即 a 6 分（II）因为 xxxFln22)(（ )0 7 分所以 a)( 2 8 分当 0a时，因为 x，且 ,02a所以 0)(xF对 恒成立，所以 )(F在 ),上单调递增， 无极值 10 分；当 0a时，令 )(x，解得 12,xa（舍） 11 分所以当 时， ()F的变化情况如下表：x),0(a(,)a)F0 + (x递减 极小值递增13 分所以当 ax时， ()Fx取得极小 值，且 aaFln1ln21)(. 15 分综上，当 0时，函数 )(x在 ),0上无极值；当 a时，函数 F在 处取得极小值 aln1. 命题人：瑞安十中 朱瑞军 审核人：瑞安十中 戴光森 联系电话：
