答案中学2012年秋季高三数学理科第三次周考试题

ACACAD

b

b1a11c∥d3(2＋x)＝5(2－x)，解得x12解析：因为CDADADAC)211AD2AB2AD1AD2

|AD|cos

∴CD⊥ADCDCB0∴CD⊥CB，|

312

31

34332(a－2b)·a＝a2－2a·b＝0，a2＝2a·b.∵(b－2a)·b＝b2－2a·b＝0，b2＝2a·b.a∴a2＝b2a∴cosa，baab1

|a||b 又a，bab 3＝|a||b|cos120°＋|b||c|cos120°＋|c||a|cos120°＝32

AB1BCADABADAB2AOAB1BCAO1AB1 故112. a·b＝2cos2sin(2sin1)2 又cos2sin2即12sin2sin2sin25有sin352 2若( ],则sin 3

35

所以 21则tan 4

所以tan(

) MAMD(3,1)(3,1)2

解析：如图，当点P在x轴负半轴上，投影z有最小值－3，当点P段OB上时，投影z有最大值|OA|cos30°23

33323BPBN解析：APAPABABABABAB(AN(l)AB(1)AB 45i

z2

12i3i112i316i

其虚部为

3 13.解析：(ABDC)(AC(ADBDDAAC)(AC(ACACAC22

(AC3222[1,14.([1,232tBABCAC|2解析：由 ,BC32tBABCAC|2BA|2BA|2

t24t26t20

解得t1或t121 1OPOP(xOQ(x0解析：设Q(x0,OQ(x0

,y0)

y)OQmOPn (x,y)(2,1OQmOPn (2x,1y)2(2x

,31y) y＝sinx2y0sin2x061,2

b 2 2),ab324 4(at2(at232t (t32)2122当t32时，|m|取到最小值22解：由条件得cos

(ab)(a(ab)(a|ab||atb 5t 解得t5352A(1,A(1,

C(2sin

cos)AC(2sin

cos)

BC(2sinθ

cosθ||AC||BC|(2sinθ-1)2(2sinθ-1)2cos2(2sinθ)2(cosθ-2sincos,tan1OB(0OB(0解：OA

1)OC(2sinθ,cosθ)OA2OB

2)(OA(OA2OB)2sinθ+2cosθ=11sinθ+cosθ 12(sinθ+cosθ)2=14sin2θ=-34证明：因为(a＋b)·(a－b)＝|a|2－|b|2＝(cos2αsin2α)-130 b+3|b|2解：b+3|b|2

3a+b|=|a

3b|,2两边平方得3|a2

23ab+|b|2|a

2 b0所以2(|a|2|b|2)b0b=0而|a||bb=0则(1)cosα

sinα=0 即cos()0，=180α+=180180 即α=180 .又0α360,则或.解：A、PA(1，0)，P(cosθ，sinOQOAOPOAOQ1cos

0)(cosθ,sinθ)(1cosθ

sinθ)又Ssin

2sin(θ )+1(0θ<OAOQOAOQSπ2当θ=πOAOQS2

2故OAOQS的最大值 1,此时θ=π2 解：B(3,4∠AOBα cosα=-35

sinα45cos(θα)cosαcosπsinαsin 72nn=33解：由|mn3

得m2n2即1＋1＋2(cos3AcosA sin3AsinA)=3 cosA1 0AA|AC|||AC||c BC|

3sinBsinC

3sinAsinBsin(2πB)3

3 32即3sinB1cosB 3 sin(Bπ) 3 00B3πBπ5π Bππ2π 故Bππ 当Bπ时，C＝π B＝πC＝π AA 1 3n1A1 A4A5A1A2(3)27(OA2OA1)3

1n3j,A A A 1(

1n4

3

1OAnOA1A1A2

j+9j

( 3

13

j [29( ]j 2

且Bn1、Bn均在射线yx(x03i3j+(n-1)+(2i(2n1)i(2n解：四边形AnAn1Bn1Bn的面积为SnS△An

112(