高一學情調研數學評分細則

高一學情調研數學參考答案及解析三、填空題12.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－1))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，3))【解析】由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9－x2≥0,x＋1≠0))，解得x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－1))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，3)).則函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的定義域是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－1))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，3)).故答案為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－1))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，3)).13.eq\f(\r(2)＋1,8)【解析】由題意可得λ＝eq\f(b·a,a2)＝eq\f(k＋4,k2＋16)，由于考慮最大值，不妨設t＝k＋4>0，則λ＝eq\f(t,（t－4）2＋16)＝eq\f(1,t＋\f(32,t)－8)≤eq\f(1,2\r(32)－8)＝eq\f(\r(2)＋1,8)，當且僅當k＝4eq\r(2)－4時等號成立．故答案為eq\f(\r(2)＋1,8).14．－eq\f(1,2)【解析】因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log336))＝f(2＋log34)＝f(－4＋2＋log34)＝f(－2＋log34)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－log34))＝.因為log34∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))，所以2－log34∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))，即log3eq\f(9,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))，所以＝eq\r(3log3\f(9,4))－1＝eq\r(\f(9,4))－1＝eq\f(1,2)，所以＝－eq\f(1,2)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log336))＝－eq\f(1,2).故答案為－eq\f(1,2).四、解答題15.解：(1)此時b＋c＝(k＋3，2k＋1)，(1分)由共線可得1×(2k＋1)＝3(k＋3)，解得k＝－8，(3分)此時|c|＝eq\r(32＋k2)＝eq\r(73).(5分)(2)此時cos60°＝eq\f(1,2)＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(k＋3（k＋1）,\r(1＋9)×\r(k2＋（k＋1）2))＝eq\f(4k＋3,\r(10)×\r(2k2＋2k＋1))，(8分)即22k2＋38k＋13＝0，k＝eq\f(－38±\r(382－4×22×13),44)＝eq\f(－19±5\r(3),22)，(11分)由4k＋3>0得k＝eq\f(－19＋5\r(3),22).(13分)16．解：(1)由T＝eq\f(2π,ω)＝π，得ω＝2.(2分)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))＝cosφ＝eq\f(\r(3),2)，且0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,6)，(4分)所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝cos.(5分)(2)由f＝cos＝－sin2x，(6分)所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＋f＝cos2xcoseq\f(π,6)－sin2xsineq\f(π,6)－sin2x＝eq\f(\r(3),2)cos2x－eq\f(3,2)sin2x＝eq\r(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos2xcos\f(π,3)－sin2xsin\f(π,3)))＝eq\r(3)cos，(10分)因為y＝cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π＋2kπ，2kπ))(k∈Z)上單調遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ，π＋2kπ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))上單調遞減，(12分)由－π＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ得－eq\f(2π,3)＋kπ≤x≤－eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z；由2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋π得－eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，(14分)所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的單調遞增區間為[－eq\f(2π,3)＋kπ，－eq\f(π,6)＋kπ]，k∈Z；單調遞減區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,3)＋kπ))，k∈Z.(15分)17．解：(1)由余弦定理得cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2×AB×BC)，(2分)即eq\f(\r(2),2)＝eq\f(BC2＋15,8\r(2)BC)，整理得(BC－3)(BC－5)＝0，(5分)解得BC＝3或BC＝5.(6分)（少寫錯寫扣一分）(2)由余弦定理得cosC＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2×AC×BC)<0，(8分)于是BC2<32－17＝15，故BC＝3，(10分)此時cosC＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2×AC×BC)＝eq\f(17＋9－32,2×\r(17)×3)＝－eq\f(\r(17),17)，(12分)故CD＝|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)eq\r(\o(BC,\s\up6(→))2＋\o(AC,\s\up6(→))2＋2\o(CA,\s\up6(→))·\o(CB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\r(26＋2\r(17)×3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(17),17))))＝eq\r(5).(15分)（用cosB直接求解的也正確）18．解：(1)記A1B與AB1交于點M，顯然M為A1B的中點，由D為BC中點得DM∥A1C，(2分)由DM?平面AB1D，A1C?平面AB1D可得A1C∥平面AB1D.(4分)由DM∥A1C得直線A1C與B1D所成角即直線DM與B1D所成角，即∠B1DM或其補角，記為α，而由勾股定理得B1M＝eq\f(1,2)eq\r(AB2＋AAeq\o\al(2,1))＝eq\f(1,2)eq\r(8＋16)＝eq\r(6)，(5分)DM＝eq\f(1,2)A1C＝eq\f(1,2)A1B＝eq\r(6)，(6分)B1D＝eq\r(BBeq\o\al(2,1)＋BD2)＝eq\r(16＋4)＝2eq\r(5)，(8分)由余弦定理可得cosα＝|cos∠B1DM|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(B1D2＋DM2－B1M2)),2×B1D×DM)＝eq\f(20＋6－6,2×2\r(5)×\r(6))＝eq\f(\r(30),6).(10分)(3)記BC1與B1D交于點N，易得AB1＝2eq\r(6)，AD＝2，B1D＝2eq\r(5)，由ABeq\o\al(2,1)＝AD2＋B1D2得AD⊥B1D，(11分)可得△AB1D的面積S＝eq\f(1,2)×AD×B1D＝2eq\r(5)，(12分)記點B到平面AB1D的距離為d，由等體積法得，即eq\f(1,3)×d×S＝eq\f(1,3)×BB1×eq\f(1,2)×AD×BD，可得d＝eq\f(BB1×AD×BD,2S)＝eq\f(4×2×2,2×2\r(5))＝eq\f(4\r(5),5)，(14分)而由平面幾何知識顯然可得BN＝eq\f(1,3)BC1＝eq\f(4\r(2),3)，(15分)記直線BC1與平面AB1D所成角為θ，則sinθ＝eq\f(d,BN)＝eq\f(\f(4\r(5),5),\f(4\r(2),3))＝eq\f(3\r(10),10).(17分)19．解：(1)sinx＋siny＝sin(eq\f(x＋y,2)+eq\f(x－y,2))＋sin(eq\f(x＋y,2)－eq\f(x－y,2))＝sineq\f(x＋y,2)coseq\f(x－y,2)＋coseq\f(x＋y,2)·sineq\f(x－y,2)＋sineq\f(x＋y,2)coseq\f(x－y,2)－coseq\f(x＋y,2)sineq\f(x－y,2)＝2sineq\f(x＋y,2)coseq\f(x－y,2).(3分)(2)由余弦定理得2a2sinC＝(b2＋c2－a2)tanA＝2bcsinA，(4分)由正弦定理得sin2AsinC＝sinAsinBsinC，由sinAsinC≠0得sinA＝sinB，(5分)而A＋B∈(0,π)，故A＝B.(6分)(3)此時eq\f(\r(3),2)＝eq\f(absinC,a＋b＋c)＝eq\f(asinBsinC,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(\f(c,sinC)·sinAsinBsinC,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(3sin2A,2sinA＋sin2A)，(8分)2sinA＋sin2A＝2eq\r(3)sin2A＝eq\r(3)(1－cos2A)，eq\r(3)＝2sinA＋sin2A＋eq\r(3)cos2A＝2sinA＋2sin(2A＋eq\f(π,3))，(10分)由(1)得eq\f(\r(3),2)＝2sineq\f(3A＋\f(π,3),2)coseq\f(A＋\f(π,3),2)，(11分)當A∈時，sinA>0，而2A＋eq\f(π,3)∈，可得2sinA＋2sin>0＋eq\r(3)＝eq\r(3).(12分)當A∈時，eq\f(3,2)A＋eq\f(π,6)∈，eq\f(A,2)＋eq\f(π,6)∈，此時由π－eq\f(5π,12)＝eq\f(7π,12)<eq\f(2π,3)得2sineq\f(3A＋\f(π,3),2)coseq\f(A＋\f(π,3),2)>2×eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)，可知無法取