连云港市2012-2013高三数学一模

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(第6题图)xyBB´AA´ODD´(第13题图)连云港市2012-2013学年度第一学期高三期末考试数学Ⅰ一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,计70分.不需写出解答过程,请把答案写在答题纸的指定位置上.1.集合A={1,2,3},B={2,4,6},则AB=▲.2.已知i为虚数单位,复数z满足(1-i)z=2,则z=▲.3.某单位有职工52人,现将所有职工按l、2、3、…、52随机编号,若采用系统抽样的方法抽取一个容量为4的样本,已知6号、32号、45号职工在样本中,则样本中还有一个职工的编号是▲.4.正项等比数列{an}中,311aa=16,则22212loglogaa=▲.5.在数字1、2、3、4四个数中,任取两个不同的数,其和大于积的概率是▲.6.右图是一个算法流程图,若输入x的值为-4,则输出y的值为▲.7.已知正方形ABCD的边长为2,E,F分别为BC,DC的中点,沿AE,EF,AF折成一个四面体,使B,C,D三点重合,则这个四面体的体积为▲.8.如果函数y=3sin(2x+)(0)的图象关于点(3,0)中心对称,则=▲.9.等轴双曲线C的中心在原点,焦点在x轴上,C与抛物线y2=4x的准线交于A、B两点,AB=3,则C的实轴长为▲.10.已知函数f(x)=2,x[0,1]x,x[0,1].则使f[f(x)]=2成立的实数x的集合为▲.11.二维空间中,圆的一维测度(周长)l=2r,二维测度(面积)S=r2;三维空间中,球的二维测度(表面积)S=4r2,三维测度(体积)V=43r3.应用合情推理,若四维空间中,“超球”的三维测度V=8r3,则其四维测度W=▲.12.在平面直角坐标系xOy中,已知圆(x1)2+(y1)2=4,C为圆心,点P为圆上任意一点,则OPCP的最大值为▲.13.如图,点A,B分别在x轴与y轴的正半轴上移动,且AB=2,若点A从(3,0)移动到(2,0),则AB中点D经过的路程为▲.14.关于x的不等式x2ax+2a0的解集为A,若集合A中恰有两个整数,则实数a的取值范围是▲.二、解答题:本大题共6小题,计90分.解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤,请把答案写在答题纸的指定区域内.15.(本小题满分14分)在△ABC中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c,且ccosB+bcosC=3acosB.(1)求cosB的值;(2)若BABC=2,求b的最小值.16.(本小题满分14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC,点D为BC中点,点E为BD中点,点F在AC1上,且AC1=4AF.(1)求证:平面ADF⊥平面BCC1B1;(2)求证:EF//平面ABB1A1.17.(本小题满分14分)某单位决定对本单位职工实行年医疗费用报销制度,拟制定年医疗总费用在2万元至10万元(包括2万元和10万元)的报销方案,该方案要求同时具备下列三个条件:①报销的医疗费用y(万元)随医疗总费用x(万元)增加而增加;②报销的医疗费用不得低于医疗总费用的50%;③报销的医疗费用不得超过8万元.(1)请你分析该单位能否采用函数模型y=0.05(x2+4x+8)作为报销方案;(2)若该单位决定采用函数模型y=x2lnx+a(a为常数)作为报销方案,请你确定整数a的值.(参考数据:ln20.69,ln102.3)18.(本小题满分16分)已知椭圆C:22221xyab(ab0)的上顶点为A,左,右焦点分别为F1,F2,且椭圆C过点P(43,b3),以AP为直径的圆恰好过右焦点F2.ABCC1A1B1FED(第16题图)(1)求椭圆C的方程;(2)若动直线l与椭圆C有且只有一个公共点,试问:在x轴上是否存在两定点,使其到直线l的距离之积为1?若存在,请求出两定点坐标;若不存在,请说明理由.19.(本小题满分16分)已知函数3211()33fxxmxxm,其中mR.(1)求函数y=f(x)的单调区间;(2)若对任意的x1,x2[1,1],都有12|()()|4fxfx,求实数m的取值范围;(3)求函数()fx的零点个数.20.(本小题满分16分)已知数列{an}中,a2=a(a为非零常数),其前n项和Sn满足:Sn=n(an-a1)2(nN*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)若a=2,且21114mnaS,求m、n的值;(3)是否存在实数a、b,使得对任意正整数p,数列{an}中满足nabp的最大项恰为第3p-2项?若存在,分别求出a与b的取值范围;若不存在,请说明理由.xyOF2(第18题图)PAF11连云港市高三调研试题参考答案一、填空题(每题5分)1.{2};2.1+i;3.19;4.4;5.12;6.2;7.13;8.3;9.1;10.{x|0x1,或x=2};11.2r4;12.4+22;13.12;14.125[1,)(,9]3315.解:(1)因为ccosB+bcosC=3acosB,由正弦定理,得sinCcosB+sinBcosC=3sinAcosB,即sin(B+C)=3sinAcosB.………………………………5分又sin(B+C)=sinA0,所以cosB=13.……………………………7分(2)由BABC=2,得accosB=2,所以ac=6.………………………9分由余弦定理,得b2=a2+c22accosB2ac23ac=8,当且仅当a=c时取等号,故b的最小值为22.………………………………14分16.证明:(1)因为直三棱柱ABC-A1B1C1,所以CC1平面ABC,而AD平面ABC,所以CC1AD.………………2分又AB=AC,D为BC中点,所以ADBC,因为BCCC1=C,BC平面BCC1B1,CC1平面BCC1B1,所以AD平面BCC1B1,………………5分因为AD平面ADF,所以平面ADF⊥平面BCC1B1.…………………7分(2)连结CF延长交AA1于点G,连结GB.因为AC1=4AF,AA1//CC1,所以CF=3FG,又因为D为BC中点,点E为BD中点,所以CE=3EB,所以EF//GB,………………………11分而EF平面ABBA1,GB平面ABBA1,所以EF//平面ABBA1.……………………14分ABCC1A1B1FEDG17.【解】(1)函数y=0.05(x2+4x+8)在[2,10]上是增函数,满足条件①,……………2分当x=10时,y有最大值7.4万元,小于8万元,满足条件③.………………………4分但当x=3时,y=292032,即yx2不恒成立,不满足条件②,故该函数模型不符合该单位报销方案.………………………6分(2)对于函数模型y=x2lnx+a,设f(x)=x2lnx+a,则f´(x)=12x=x-2x0.所以f(x)在[2,10]上是增函数,满足条件①,由条件②,得x2lnx+ax2,即a2lnxx2在x[2,10]上恒成立,令g(x)=2lnxx2,则g´(x)=2x-12=4-x2x,由g´(x)0得x4,g(x)在(0,4)上增函数,在(4,10)上是减函数.ag(4)=2ln42=4ln22.………………10分由条件③,得f(10)=102ln10+a8,解得a2ln102.……………………12分另一方面,由x2lnx+ax,得a2lnx在x[2,10]上恒成立,a2ln2,综上所述,a的取值范围为[4ln22,2ln2],所以满足条件的整数a的值为1.……………14分18.解:(1)因为椭圆过点P(43,b3),所以169a2+19=1,解得a2=2,………………2分又以AP为直径的圆恰好过右焦点F2.所以AF2F2P,即bcb343c=1,b2=c(43c).……6分而b2=a2c2=2c2,所以c22c+1=0,解得c2=1,故椭圆C的方程是x22+y2=1.………………………8分(2)①当直线l斜率存在时,设直线l方程为y=kx+p,代入椭圆方程得(1+2k2)x2+4kpx+2p2-2=0.因为直线l与椭圆C有只有一个公共点,所以△=16k2p2-4(1+2k2)(2p2-2)=8(1+2k2―p2)=0,即1+2k2=p2.…………………………………10分设在x轴上存在两点(s,0),(t,0),使其到直线l的距离之积为1,则|ks+p|k2+1|kt+p|k2+1=|k2st+kp(s+t)+p2|k2+1=1,即(st+1)k+p(s+t)=0(*),或(st+3)k2+(s+t)kp+2=0(**).由(*)恒成立,得st+1=0,s+t=0.解得s=1t=1,或s=1t=1,…………………………14分而(**)不恒成立.②当直线l斜率不存在时,直线方程为x=2时,定点(-1,0)、F2(1,0)到直线l的距离之积d1d2=(2-1)(2+1)=1.综上,存在两个定点(1,0),(1,0),使其到直线l的距离之积为定值1.………16分19.解:(1)f´(x)=x2-2mx-1,由f´(x)0,得xm-m2+1,或xm+m2+1;故函数()fx的单调增区间为(-∞,m-m2+1),(m+m2+1,+∞),减区间(m-m2+1,m+m2+1).……………………………4分(2)“对任意的x1,x2[1,1],都有|f(x1)f(x2)|4”等价于“函数y=f´(x),x[1,1]的最大值与最小值的差小于等于4”.对于f´(x)=x2-2mx-1,对称轴x=m.①当m1时,f´(x)的最大值为f´(1),最小值为f´(1),由f´(1)f´(1)4,即4m4,解得m1,舍去;……………………………6分②当1m1时,f´(x)的最大值为f´(1)或f´(1),最小值为f´(m),由f´(1)f´(m)4f´(1)f´(m)4,即m22m30m2+2m30,解得1m1;………………………………8分③当m1时,f´(x)的最大值为f´(1),最小值为f´(1),由f´(1)f´(1)4,即4m4,解得m1,舍去;综上,实数m的取值范围是[1,1].…………………………10分(3)由f´(x)=0,得x2-2mx-1=0,因为△=4m2+40,所以y=f(x)既有极大值也有极小值.设f´(x0)=0,即x02-2mx0-1=0,则f(x0)=13x03-mx02-x0+13m=-13mx02-23x0+13m=-23x0(m2+1)………………12分所以极大值f(m-m2+1)=-23(m-m2+1)(m2+1)0,极小值f(m+m2+1)=-23(m+m2+1)(m2+1)0,故函数f(x)有三个零点.…………………………16分20.(1)证明:由已知,得a1=S1=1(a1-a1)2=0,Sn=nan2,………………………2分则有Sn+1=(n+1)an+12,2(Sn+1-Sn)=(n+1)an+1-nan,即(n-1)an+1=nannN*,nan+2=(n+1)an+1,两式相减得,2an+1=an+2+annN*,……………………………4分即an+1-an+1=an+1-annN*,故数列{an}是等差数列.又a1=0,a2=a,an=(n-1)a.………………………………6分(2)若a=2,则an=2(n-1),Sn=n(n1).由21114mnaS,得n2n+11=(m1)2,即4(m1)2-(2n1)2=43,(2m+2n3)(2m-2n1)=43.………………………………8分∵43是质数,2m+2n32m-2n1,2m+2n30,2m-2n-1=12m+2n-3=43,

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