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1、南通市2010届高三第一次调研测试【填空题答案】1； 2; 32； 4； 5；6； 7； 890； 910； 10 ；11； 124； 13； 14015. 【解】（1）由得， 2分又B=(A+C)，得cos(AC)cos(A+C)=， 4分即cosAcosC+sinAsinC(cosAcosCsinAsinC)=，所以sinAsinC= 6分【证明】（2）由b2=ac及正弦定理得，故. 8分于是，所以 或. 因为cosB =cos(AC)0， 所以 ，故 11分由余弦定理得，即，又b2=ac，所以 得a=c.因为，所以三角形ABC为等边三角形. 14分16. 【证明】（1）因为AB平面ACD
2、，DE平面ACD，所以ABDE.取CE的中点G，连结BG、GF，因为F为的中点，所以GFEDBA， GFEDBA，从而ABGF是平行四边形，于是AFBG. 4分因为AF平面BCE，BG平面BCE，所以AF平面BCE 7分（2）因为AB平面ACD，AF平面ACD，所以ABAF，即ABGF是矩形，所以AFGF. 9分又AC=AD，所以AFCD. 11分而CDGFF，所以AF平面GCD，即AF平面CDE. 因为AFBG，所以BG平面CDE.因为BG平面BCE，所以平面BCE平面CDE 14分17. 【解】（1）设等差数列的公差为d. 由已知得 2分即解得4分.故. 6分（2）由（1）知.要使成等差数
3、列，必须，即，8分.整理得， 11分因为m，t为正整数，所以t只能取2，3，5.当时，；当时，；当时，.故存在正整数t，使得成等差数列. 15分18. 【解】（1）在中，所以=OA=.所以由题意知. 2分所以点P到A、B、C的距离之和为. 6分故所求函数关系式为. 7分（2）由（1）得，令即，又，从而. 9分.当时，；当时, .所以当 时，取得最小值， 13分此时（km），即点P在OA上距O点km处. 【答】变电站建于距O点km处时，它到三个小区的距离之和最小. 15分19. 【解】（1）由离心率，得，即. 2分又点在椭圆上，即. 4分解 得，故所求椭圆方程为. 6分由得直线l的方程为. 8分
4、（2）曲线，即圆，其圆心坐标为，半径，表示圆心在直线上，半径为的动圆. 10分由于要求实数m的最小值，由图可知，只须考虑的情形.设与直线l相切于点T，则由，得， 12分当时，过点与直线l垂直的直线的方程为，解方程组得. 14分因为区域D内的点的横坐标的最小值与最大值分别为， 所以切点，由图可知当过点B时，m取得最小值，即，解得. 16分 （说明：若不说理由，直接由圆过点B时，求得m的最小值，扣4分）20. 【解】 （1）设，于是所以 又，则所以. 4分（2）当m0时，由对数函数性质，f（x）的值域为R；当m=0时，对，恒成立； 6分当m0时，由，列表：x0减极小增 8分所以若，恒成立，则实数m
5、的取值范围是. 故使成立，实数m的取值范围 10分（3）因为对，所以在内单调递减.于是 12分记，则所以函数在是单调增函数， 14分所以，故命题成立. 16分附加题部分B【解】变换T所对应变换矩阵为，设是变换后图像上任一点，与之对应的变换前的点是，则，即，代入，即，所以变换后的曲线方程为 10分C【解】（1），所以；因为，所以，所以 5分（2）将两圆的直角坐标方程相减，得经过两圆交点的直线方程为 化为极坐标方程为，即 10分22. 【解】（1）设P（x，y），根据题意，得3y4，化简，得yx2（y3） 4分（2）设过Q的直线方程为ykx1，代入抛物线方程，整理得x24kx40由16k2160解
6、得k1于是所求切线方程为yx1（亦可用导数求得切线方程）.23. 【解】 （1）因为直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1面ABC，ABC以B点为原点，BA、BC、BB1分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系.因为AC2，ABC90，所以ABBC，从而B(0，0，0)，A，C，B1(0，0，3)，A1，C1，D，EABCC1B1A1FDxyz所以， 设AFx，则F(，0，x)，.，所以 要使CF平面B1DF，只需CFB1F.由2x（x3）0，得x1或x2，故当AF1或2时，CF平面B1DF 5分（2）由（1）知平面ABC的法向量为n1=（0，0，1）. 设平面B1CF的法向量为，则由得令z=1得， 所以平面B1CF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值