22．（本小题满分10分）
如图，已知三棱柱ABC?A1B1C1的侧面与底面垂直，AA1?AB?AC?1,AB?AC,M,N,P分别是CC1,BC,A1B1的中点.
(1)求证：PN?AM;
(2)若直线MB与平面PMN所成的角为?，求sin?的值. 23．（本小题满分10分） 已知数列?an?中，对于任意n?N,an?4an?3an.
?3（1）求证：若an?1,则an?1?1； （2）若存在正整数m，使得am?1，求证： （ⅰ）am?1； （ⅱ）a1?cos
2k?3m?1（其中k?Z）(参考公式：cos3??4cos3??3cos?).
苏北四市（连云港、徐州、淮安、宿迁）2011届高三年级第三次调研考试
数学参考答案及评分标准
一、填空题：
1．?1； 2．?xx?0?； 3．100； 4. 60； 5．7．14； 8．
94229； 6．
255
11； 9．2； 10．(?1,?)?(,1) ； 11．24； 12．(0,0)； 22213．； 14．216（或者65536）．
二、解答题:
15. (1)在△ABC中，因为OB?2，?BAO?由正弦定理，得OB=sinp4OAsinDABO3p4?4,?ABO????4???3?4， ??，
，??????????????3分
即222=sin(OA3p4-q)，所以 OA=22sin(-q). ?????6分
注：仅写出正弦定理，得3分. 若用直线AB方程求得OA=2(sinq+cosq)或OA?22sin(??分.
uuruuur(2)由(1)得OA?OBuuruuur3p|OA|鬃|OB|cosq=42sin(-q) cosq，???????8分
4?4)?2， ???????10分
?4)也得
?2(sin2??cos2?)?2?22sin(2??p3pp5p7p,),所以2q+ (,)， 24444uuruuurp3p5p所以当2q+，即q=时，OA×OB的最小值为2?22．?14分 =428因为q?(16. （1）因为BD//平面EFGH，平面BDC?平面EFGH?FG，所以BD//FG． 同理BD//EH，又因为EH?FG，
所以四边形EFGH为平行四边形， 所以HG//EF，又HG?平面ABC，
所以HG?平面ABC． ????????????????????6分 （2）在平面ABC内过点E作EP?AC，且交AC于P点，
在平面ACD内过点P作PQ?AC，且交AD于Q点，
连结EQ，则EQ即为所求线段．??????????????????10分 证明如下：
???AC?平面EPQ?PQ?AC???EQ?AC?????????????14分
EQ?平面EPQ?EP?PQ?P??EP?AC17解：（1）因为位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点(0,1)，所以圆心C在直线y?1上， 设圆C与x轴的交点分别为A、B，
由圆C被x轴分成的两段弧长之比为2:1，得?ACB?所以CA?CB?2，圆心C的坐标为(?2,1)，
所以圆C的方程为：(x?2)2?(y?1)2?4． ????????????4分 （2）当t?1时，由题意知直线l的斜率存在，设直线l方程为y?mx?1， ?4?x?2??y?mx?1?x?0?m?1由?得?或?， 222y?1m?4m?1(x?2)?(y?1)?4???y?2?m?1?2?3，
不妨令M(?4m?12,m?4m?1m?122),N(0,1)，
因为以MN为直径的圆恰好经过O(0,0)，
22??????????4m?4m?1m?4m?1所以OM?ON?(2,)?(0,1)?m?0， 22m?1m?1m?1解得m?2?3，所以所求直线l方程为y?(2?3)x?1或y?(2?3)x?1．
????????????10分
（3）设直线MO的方程为y?kx，
?2k?11?k2 由题意知，1k≤2，解之得k≤34，
同理得，?≤34，解之得k≤-4343或k>0． 由（2）知，k=0也满足题意．
34所以k的取值范围是(??,?]?[0,]． ???????????????14分
18. 设第一次复习后的存留量与不复习的存留量之差为y， 由题意知，y2?a(t?4)a(t?4)22(x?t)?8t?48t?4(t?4) ????????????2分
所以y?y2?y1?(x?t)??4x?4(t?4) ????????4分
(1) 当a??1,t?5时，
?1(5?4)2y?(x?5)?85?4?4x?4??(x?4)81?4x?4?1≤?2481?1?59，
当且仅当 x?14 时取等号，
所以“二次复习最佳时机点”为第14天． ??????10分 (2) y?a(t?4)2(x?t)?8t?4?4x?4???a(x?4)(t?4)2?4x?4?8t?4?a(t?4)(t?4)2
≤?2?4a(t?4)2?8?at?4， ????????????????14分
当且仅当
?a(x?4)(t?4)2?4x?4即x?2?a(t?4)?4 时取等号，
由题意
2?a(t?4)?4?t，所以 ?4?a?0． ??????16分
注：使用求导方法可以得到相应得分.
19．⑴ 因为k?7，所以a1,a3,a7成等比数列，又?an?是公差d?0的等差数列，
所以?a1?2d??a1?a1?6d?，整理得a1?2d， 又a1?2，所以d?1，
b1?a1?2，q?b2b1?a3a1?a1?2da1?22，
所以an?a1??n?1?d?n?1,bn?b1?qn?1?2n， ???????????4分 ①用错位相减法或其它方法可求得?anbn?的前n项和为Tn?n?2n?1； ???6分
② 因为新的数列{cn}的前2n?n?1项和为数列?an?的前2n?1项的和减去数列?bn?前n项的和， 所以S2 所以S2n?n?1?(2?1)(2?2)22n?1nn?2(2?1)2?1n?(2?1)(2nn?1?1).
n?n?1?22?3?2n?1??1． ?????????10分
2⑵ 由(a1?2d)?a1(a1?(k?1))d，整理得4d因为d?0，所以d?a1(k?5)4?a1d(k?5)，
a1?2da1k?32，所以q?a3a1??.
因为存在m＞k,m∈N*使得a1,a3,ak,am成等比数列，
?k?3?3?a1q?a1??， ??????????????????12分
2??3所以am又在正项等差数列{an}中，am?a1?(m?1)d?a1?a1(m?1)(k?5)43a1(m?1)(k?5)4， ??13分
所以a1??k?3??a1??，又因为a1?0，
2??所以有2?4?(m?1)(k?5)??(k?3)3， ?????????????14分 因为2?4?(m?1)(k?5)?是偶数，所以(k?3)3也是偶数，
即k?3为偶数，所以k为奇数. ??????????????16分
20. (1)因为f?(x)?2ax?1x ，所以f(x)在点(e,f(e))处的切线的斜率为k?2ae?1e1e，
所以f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y?(2ae?)(x?e)?ae2?1 ，??2分 整理得y?e1)，所以切线恒过定点(,) ． ???4分
2e2221(2) 令p(x)?f(x)?f2(x)?(a?)x2?2ax?lnx<0，对x?(1,??)恒成立，
2?(2ae?)(x?11e 因为p?(x)?(2a?1)x?2a?1x?(2a?1)x?2ax?1x2?(x?1)[(2a?1)x?1]x （*）
????????????????????????6分
令p?(x)?0，得极值点x1①当
12?1，x2?12a?112，
，+∞）上有p?(x)?0，
?a?1时，有x2?x1?1，即?a?1时，在（x2此时p(x)在区间(x2,??)上是增函数，并且在该区间上有p(x)∈(p(x2),??)，不合题意；
②当a?1时，有x2?x1?1，同理可知，p(x)在区间(1,??)上，有p(x)∈(p(1),??)，也不合题意； ????????????????? 8分
③当a?12时，有2a?1?0，此时在区间(1,??)上恒有p?(x)?0，
从而p(x)在区间(1,??)上是减函数；
要使p(x)?0在此区间上恒成立，只须满足p(1)??a?所以?12?a?1212?0?a??12，
．
??11?,． ?????????????????12分 22??
综上可知a的范围是??(3)当a?23
时，f1(x)?13216x?2243x?59lnx,f2(x)?12x?243x
记y?f2(x)?f1(x)?因为y??2x359xx?59lnx,x?(1,??)．
??6x?59x?0，所以y?f2(x)?f1(x)在(1,??)上为增函数，
所以f2(x)?f1(x)?f2(1)?f1(1)?设R(x)?f1(x)?所以在区间
1313， ????????????14分
?,(0???1), 则f1(x)?R(x)?f2(x),
f1(x)?g(x)?f2(x)恒成立的函数g(x)有无穷多
?1,???上，满足
个． ????????????????????????16分