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高一年级下学期期末试卷(A)答案


2012-2013 学年度第二学期高一数学期末试题(四星)答案
一、填空题: 1.

2 5

2.17

3.20

4.26

1 5. 2

6.

2 3

7. 10 11. ( ??,

8.

16 3
12. (0,1]

9. y ? 3sin(2 x ? ) 3 π 13.- 3

?

10.

2 abc ( ) 24 6

1

?

]

14. (32,35) (ab ? 1)

二、解答题: 15. (1)将|2 a - b |= 2 3 两边平方得4 a 2 + b2 -4| a || b | cos ? a, b ? = 12 ,…………4分 即 b2 -2| b |-8=0,解得| b |=4. (2)
b ? (2 a - b )= 2ab ? b2 = 2 ? 1? 4 ?

…………7分

1 = ?12 , 2
………10 分

又| b ||2 a - b |= 4 ? 2 3 = 8 3 , 由夹角公式得 b 与 2 a - b 夹角的余弦值为
?12 8 3 ??

3 ,? 夹角为 150? .………14 分 2

16. (1)产品 A 的产量为 400,从中抽取样本容量为 10,故按 1∶40 的比例抽取, 同理产品 B 的产量为 1000,按 1∶40 的比例抽取,从中抽取样本容量为 25, 所以产品 C 应抽取件数为 15,故

1 15 ,解得 x ? 360 ; ? 40 240 ? x

…………4 分

(2)用分层抽样方法在 C 产品中抽取一个容量为 5 的样本,则 M 型号有 2 件,N 型号有 3 件,从中任取两件所有的情况有: (M1,M2) , (N1,N2) , (N1,N3) , (N2,N3) , (M1,N1) , (M1,N2) , (M1,N3) , (M2,N1) , (M2,N2) , (M2,N3) ,共 10 种. 故至少有一件是 M 型号的有(M1,M2) , (M1,N1) , (M1,N2) , (M1,N3) , (M2,N1) , (M2,N2) , (M2,N3) ,共有 7 种,所以至少有一件是 M 型号的概率 P 1 ?

7 ;……9 分 10

(3)9.4,8.6,9.2,9.6,8.7,9.3,9.0,8.2 这 8 个数据的平均数为 9,则与 9 差的绝对值 超过 0.5 的有 9.6,8.2,所以与样本平均数之差的绝对值超过 0.5 的概率 P2 ? 17. (1)在 Rt ?PON 中, PN ? R sin ? , ON ? R cos ? . 四边形 PNMQ 为矩形,? MQ ? PN ? R sin ? . …………2 分 故在 Rt ?OMQ 中, OM ?
MQ 3 ? R sin ? , tan 60? 3 3 R sin ? . 3

2 1 ? …14 分 8 4

所以 MN ? ON ? OM ? R cos ? ?

…………4 分

则 S ? PN ? MN ? R sin ? ( R cos ? ?
? R 2 (sin ? cos ? ?

3 R sin ? ) . 3

…………6 分

3 2 1 3 1 ? cos 2? 3 2 3 2 sin ? ) ? R 2 ( sin 2? ? ) ? R sin(2? ? 30?) ? R …11 分 3 2 3 2 3 6 3 2 3 2 R ? R , 3 6

(2) 因为当 2? ? 30? ? 90? 时,sin(2? ? 30?)max ? 1 , 所以当 ? ? 30? 时,S max ? 所以矩形 PNMQ 面积的最大值为
3 2 R , ?BOP ? 30? . 6

…………14 分

18. (1)? sin( A ? B) ? sin A cos B ? cos A sin B ?

3 ① …………2 分 5
…………4 分

1 ② 5 4 2 ① +② 得 2 sin A cos B ? ,? sin A cos B ? ③ 5 5 tan A ? 2. ③ /④ 得: tan B sin( A ? B) ? sin A cos B ? cos A sin B ?
(2)? ?ABC 是锐角三角形,

c o sA s i n B?

1 ④ 5

…………7 分

2 2 3 tan A ? tan B 3 ? tan( A ? B ) ? ? ,即 ?? . 4 1 ? tan A tan B 4 3 tan B 3 ?? , 由(1) tan A ? 2 tan B ,? 2 4 1 ? 2 tan B 4 ? 24 2 即 2 tan B ? 4 tan B ? 1 ? 0 , tan B ? . 4
? B 是锐角,? tan B ? 1 ?

又 A ? B ? ? ? C ,0 ? C ?

?

,?

?

? A ? B ? ? , sin( A ? B) ?

3 , 5

…………10 分

…………14 分

6 . 2

…………16 分

1 19. (1)当 a ? 0 时, f ( x) ? cos2 x ? 1 ? (cos 2 x ? 1) . 2
易得周期 T ? ? ,单调增区间为 [k? ?

, k? ? ? ](k ? Z ) . 2 (2)将函数 f ( x) ? cos2 x ? 2a sin x ? a ? 1变形为
f ( x) ? ? sin 2 x ? 2a sin x ? a , x ? [?

?

…………5 分

? ?

, ]. 3 6

设 t ? sin x, 则 t ? [?

3 1 , ], 2 2 3 1 , ] 上的最大值 m(a) .…………8 分 2 2

即求函数 h(t ) ? ?t 2 ? 2at ? a 在 t ? [? ① 当 ?a ? ?

3 3 1 t )在[? 时, h( , ]上单调递减, 2 2 2 3 3 ? m(a ) ? h(? ) ? ? ? ( 3 ? 1) a. 2 4

…………10 分

1 1 1 3 1 t )在[? 时, h( , ]上单调增,? m(a ) ? h( ) ? ? ………12 分 2 4 2 2 2 3 1 ③ 当? …………14 分 ? ?a ? 时,? m(a ) ? a ? a 2 . 2 2 ? 3 3 , ?? ? ( 3 ? 1)a, a ? 2 ? 4 1 ? 1 综上所述, m(a) ? ?? , …………16 分 a?? , 2 ? 4 ? 1 3 2 ? ?a? . ?a ? a , 2 2 ? 20. (1)设 P(m, 2m) ,由题可知 MP ? 2 ,所以 (2m)2 ? (m ? 2)2 ? 4 , 4 8 4 解之得 m ? 0, m ? .故所求点 P 的坐标为 P(0, 0) 或 P ( , ) . ………4分 5 5 5
② 当 ?a ? (2)设 P(m, 2m) ,则 PA ? PB ?| PA |2 cos ?PAB . 又 | PA |2 ? PM 2 ? 1 , cos ?PAB ? 1 ? 2sin 2

?PAB 2 , ?1? 2 PM 2 2 2 ) ? PM 2 ? ? 3 .………7 分 2 PM PM 2

? PA ? PB ?| PA |2 cos ?PAB ? ( PM 2 ? 1)(1 ?

16 又 PM 2 ? (m ? 2)2 ? (2m)2 ? 5m2 ? 4m ? 4 ?[ , ??) , 5
? PA ? PB ?| PA |2 cos ?PAB ? PM 2 ? 2 2 2 33 ? 3 ? ( PM ? ) ? 1 ? [ , ??) , PM 2 PM 40

故 PA ? PB 的最小值

33 . 40

…………10 分

(3)设 P(m, 2m) , MP 的中点 Q (

m ? 1, m) ,因为 PA 是圆 M 的切线, 2

所以经过 A, P , M 三点的圆是以 Q 为圆心,以 MQ 为半径的圆, 故其方程为 ( x ?
2 2

m m ? 1)2 ? ( y ? m) 2 ? m2 ? ( ? 1)2 , 2 2
…………13 分

化简得 x ? y ? 2x ? m(? x ? 2 y ? 2) ? 0 ,

2 ? x? , ? ? x ? y ? 2 x ? 0, ?x ? 2 ? 5 故? 解得 ? 或? ?y ? 0 ?y ? 4. ?? x ? 2 y ? 2 ? 0 ? 5 ?
2 2

所以经过 A, P , M 三点的圆必过定点 (2, 0) 和 ( , ) .

2 4 5 5

…………16 分


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