四川省成都七中2010届高三数学理上学期期中考试 (扫描版) 人教版

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成都七中2010级高三半期试题

数学（理科）答案

一、选择题

1-5：DDDAA 6-10:BABBB 11-12：DD 二、填空题 13．2 14.2 15. 16.9或21或9、21 33三、解答题

17题： 解：（1）设甲、乙、丙当选的事件为A、B、C，由题意A、B、C相互独立，则恰有一名当选的概率：

 PP(ABC)P(ABC)P(ABC)

437437437(1)(1)(1)(1)(1)(1) 55105510551047  ……………………………………………………………………8分

250  （2）至多两人当选的对立事件是恰有3人当选，则所求概率 P1P(ABC) 1 437 551083 …………………………………………………………………12分 125注：最终答案有误应分步骤给分。

1tan1 …………………………………………2分

1tan21 tan …………………………………………4分

318题：（1）由已知得

sin2cos22sincoscos2 （2） …………………………8分

1cos22cos22sincos

2cos1 tan …………………………………10分

211 

325  …………………………………12分

6 

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19题：（1）建立如图空间直角坐标系，各点坐标如图所示 …………………2分

GE(1,1,0),PC(0,2,4)

GE.PC210 ……5分 COSGE,PC2.1010GEPC（2）VDPBGVPDBG,S三角形面积计算见附图：

1113(24)d43232

3d232,0,0) nGC(2,2, 0)另：（向量法）建系不一致GD(2GD.GC3d …………………………………………9分

2GC2433（3）设PFFC，则点F(0,,),又D(,,0),如右图

11223234DF(,,)

2121GC（0，2，0） 由DFGCDF.GC0

23()20312 …………………………………………12分

PF3FC20题（1）由题意f（0）=0d0 经检验成立 ……………………………1分

f'(x)3ax2c ……………………………2分

f'(1)3ac0f(1)ac2f(x)3x23

{a1c3 ……………………………4分

令f(x)x3x0x1 列表比较得

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'3

x f’(x) f(x) (-∞,-1) + ↗ -1 0 极大值 (-1,1) - ↘ 1 0 极小值 (1,+ ∞) + ↗ f(x)在（-，-1）和（1，+）上单增

在（-1，1）上单减 ……………………………8分 x=-1时，f(x)maxf(1)2

(2)x1,x2[1,1]时，由（1）知f(x)在[-1,1]上单减

f(x1)-f(x2)f(-1)-f(1)4f(x1)-f(x2)4

21题：

………………………12分

|f(x)g(x)|1  |x2(2k)x|1

 1x2(2k)x1 ……………………………2分

 x2(2k)x102x(2k)x10 （*）

易知x0时，（*）成立。 ……………………………4分 则x(0,2]时，

2(2k)xx1（*）

(2k)xx12

1x ……………………………8分  12kxx2kx13x(0,2]2k(x)maxx2应有

12k(x)min2x(0,2]x1k0 ……………………………12分

2 22题

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2an23an1(2an1)(an1)（1）当1时， an1

an1an1 2an1 ……………………………2分

变形得：an112(an1)

an1是以a112为首项，2为公比的等比数列，

an122n-1

an2n1 ……………………………4分

（2）（用数学归纳法证明）

i) n1时，显然成立；

ii）假设nk（k1且kN）时，有ak1； 则nk1时，

*2ak+123ak+1ak111

ak+112ak+122ak+1（-1) 

ak+112ak+1-1ak+11

2(ak+11)-1ak+112

令tak112，由归纳假设ak1 则上式2t 注意到g(t)2t

1t2(3) ………6分

42 在[2，+）上单增 tg(t)g(2)0 ………………………………………8分

即nk1时 ak11也成立

综上i)、ii),对一切nN* an1都成立 ………………………9分

注：证明数列{an}单增求出a的范围亦可。 时 a （3） 由（2）知3n 1用心 爱心 专心

22an3an1an12an1

an1an1 2an1(1an1 …………………………………10分 0)变形得 an+112(an1)

11. … ………………………………11分

an112an11从而11111111 . ()2......()n1. = ()n ……………12分 an12an-112an-212a112111....a11a21an11n21121n(1)()....(222)1() 

………………………14分

111n(n1时取“=”)证毕1a2k1kn用心 爱心 专心