梁丰高级中学2012届高三第一学期期末考全真模拟数学卷

一．填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在相应的位置上． ．．．．．．1．若复数

a3i12i(aR,i为虚数单位）是纯虚数，则实数a的值为 ▲ .

2．已知集合A{x|x23x0},B{y|yx22,x[2,1]}， 则AB ▲ .

2)的部分图象如图，

3．已知函数f(x)Asin(x)(0,||则= ▲ .

4．如图是青年歌手电视大奖赛上某一位选手的得分茎叶图，若去掉一个最高分和一个最低 分后，则剩下数据的方差s ▲ ． （参考公式：s221ni2 x)）

(xni15．已知直线m,l，平面,，且m,l.

下列命题中，其中正确命题的个数是 ▲ . ①若//，则ml； ②若，则m//l； ③若ml，则//； ④若m//l，则. 6．与双曲线x7．已知tan122

y241有相同的焦点，且过点P(4,3)的双曲线的标准方程是 ▲ . 13

,tan() ，, 均为锐角，则 等于 ▲ .

8．程序框图如下，若恰好经过循环输出结果，则a= ▲ ． ．．．．6次． N ii1 开始 T0,i1TTa(a1且aZ) i T200Y 输出T 结束 9. 在ABC中，

AB3,AC1,D为BC的中点，则ADBC

▲ .

10．先后抛掷两枚质地均匀的骰子（各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具）， 若骰子朝上的面的点数记为a,b，则事件|ab|2的概率为 ▲ ．

11．已知两圆(x1)(y1)r和(x2)(y2)R相交于P,Q两点，若点P坐标为(1,2)，则点Q的坐标为 ▲ ．

nan1(nN)，则数列an的前2012项的和为 ▲ . 12.数列an中,a1,an12n1nan113．点M是边长为2的正方形ABCD内或边界上一动点，N是边BC的中点，则ANAM的最大值是 ▲ . 14.某建筑公司要在一块宽大的矩形地面(如图所示)上进行开发建设,阴影部分为一公共设施建设不能开发,且要求用栏栅隔开(栏栅要求在一直线上),公共设施边界为曲线f(x)143x的一部分,栏栅与矩形区域的边界交于点

2222222M,N，交曲线于点P，则OMN（O为坐标原点）的面积的最小值为 ▲ .

二.解答题：本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明或演算步骤．

15．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c．已知m(2cosA,n(cosA,2cosA)，mn1．

3sinA)，

（1）若a23，c2，求ABC的面积；

b2c（2）求的值． acos(60C)数学试卷 第1页

16．在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1BC,A1AC60，AA1ACBC1，A1B（1）求证：平面A1BC平面ACC1A1；

（2）如果D为AB的中点，求证：BC1∥平面A1CD．

2．

17．某人准备购置一块占地1800平方米的矩形地块，中间建三个矩形温室大棚，大棚周围均是宽为1米的小路（阴影部分所示），大棚所占地面积为S平方米，其中a:b1:2． （1）试用x,y表示S；

（2）若要使S最大，则x,y的值各为多少？

18．设椭圆M:xa22y221a直线l:x2的右焦点为F1，

a22a2与x轴交于点A，若OF12AF10（其

中O为坐标原点）．

（1）求椭圆M的方程；

2（2）设P是椭圆M上的任意一点，EF为圆N:xy21的任意一条直径（E、F为直径的两个端点），

2求PEPF的最大值．

数学试卷 第2页

19．设函数f(x)x(x1)2． （1）求f(x)的极值；

（2）讨论函数F(x)f(x)2x2x2axlnx零点的个数，并说明理由；

（3）设函数g(x)ex2x24xt(t为常数），若使3f(x)xmg(x)在[0,)上 恒成立的实数m有且只有一个，求实数t的值．（e7103）

20．已知等比数列{an}的首项a12011，公比q项积记为Tn．

（1）证明：S2SnS1；

（2）判断Tn与Tn1的大小，并求n为何值时，Tn取得最大值；

（3）证明：若数列{an}中的任意相邻三项按从小到大排列，则总可以使其成等差数列；若 所有这些等差数列的公差按从小到大的顺序依次记为d1,d2,,dn，则数列{dn}为等比数列．

数学试卷 第3页

12，数列{an}前n项和记为Sn，前n

梁丰高级中学2012届高三第一学期期末考全真模拟数学卷参考答案

21． 6 2．0,23． 4. 15； 5． 2 6．； y1； 7．

3 4428． 2 9. 4 10．； 11．(2,1)

92x212.

20122013；

1nan,∴bn11(n1)an1,

【解析】假设bn∵an1nann1nan11(n1)an1， 1nan(n1)1nan(n1)(nan1)1n(n1)1n1n1nn1∴bn1bn1nan＝

nan1nan1nan1

{bn}是首项为2，公差为1的等差数列. bn2(n1)1n1, anSn(112)(1213)(1n1nbn1n1=

1, .

) =1n113． 6

14.某建筑公司要在一块宽大的矩形地面(如图所示)上进行开发建设,阴影部分为一公共设施建设不能开发,且要求用栏栅隔开(栏栅要求在一直线上),公共设施边界为曲线f(x)1ax(a0)的一部分,栏栅与矩形区域的边界交于点M,N，交曲线于点P，设P(t,f(t))

（1）将OMN（O为坐标原点）的面积S表示成t的函数S(t)； （2）若在t122处，S(t)取得最小值，求此时a的值及S(t)的最小值.

2（1）y2ax，切线的斜率为2at，切线l的方程为y(1at)2at(xt)

令y0,得xM(1at2at21at2at2t1at2at2at2221at2at22

22,0),令t0,得y1at2at1at,N(0,1at)

22211at(1at)2MON的面积S(t)(1at)

22at4at(2) S(t)3at2at14at2242(at1)(3at1)4at2222 13aa0,t0,由S(t)0,得3at10,得t

2当3at10,即t当t13a12213a时, S(t)0 当3at10,即0t13a时, S(t)0

时,S(t)有最小值

已知在t处, S(t)取得最小值,故有13a12,a43故当a43,t11时,S(t)minS()22(1412)342

413432数学试卷 第4页

二.解答题：本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明或演算步骤．

215．（1）由2cosA23sinAcosA1可知，sin2A1，……………4分

6因为0A，所以2A由正弦定理可知：

所以C6asinAcsinC11,所以，即……6分 2AA,62366612，所以sinC，因为C0,2 3，所以B122……………………8分

所以SABC（2）原式22323……………………10分

sinB2sinCsinAcos60C0=sinB2sinC32cos60C0sin(120C)2sinC32cos60C00

323cosC320sinC=3cos60C02cos60C322……………………14分

cos60C0016. （1）在A1AC中，A1AC60,AA1AC1,A1C1,……………………2分

A1BC中，BC1,A1C1,A1BBC平面A1BC

2,BCA1C，……………………4分

又AA1BC,BC平面ACC1A1, ……………………6分 .平面A1BC平面ACC1A1. ……………………8分 （2）连接A1C,交AC1于O，连接DO,

则由D为AB中点，O为A1C中点得，OD∥BC1, ……………………11分

OD平面A1DC,BC1平面A1DC，∴BC1∥平面A1DC……………………14分

17. (1)由题可得：xy1800,b2a，

则yab33a3 …………………………4分

S(x2)a(x3)b(3x8)a(3x8)81800y3318083x480083y.……8分

1808(3x)……………10分(2)方法一:S18083x3xx 4800180823x18082401568,……………12分

x当且仅当3x4800x,即x40时取等号,S取得最大值.此时y1800x45.

所以当x40,y45时，S取得最大值 …………………………14分 方法二:设 Sf(x)1808(3xf(x)4800x248003x3(40x)(40x)x2)(x0)，

……………10分

……………12分 ，

令f(x)0得x40，

当0x40时,f(x)0,当x40时,f(x)0. ∴当x40时,S取得最大值.此时y45

数学试卷 第5页

所以当x40,y45时，S取得最大值. …………………………14分

2a2s5uKs5u18. （1）由题设知，AKs5u………………………1分 ,0，F1a2,0，K

2a22a22由OF12AF10，得a22a2．……………………4分

2a2解得a26．

所以椭圆M的方程为M:x26y221．………………………………………6分

2（2）方法1：设圆N:x2y21的圆心为N， 则PEPFNENPNFNP

NFNPNFN P222NPNFNP1．………………………………………………10分

从而求PEPF的最大值转化为求NP的最大值． 因为P是椭圆M上的任意一点，设Px0,y0 所以

x0622y0221，即x063y0．

222因为点N0,2，所以NPx0y022y0112．

2222因为y02,2，所以当y01时，NP取得最大值12．……………15分 所以PEPF的最大值为11．………………………………………………16分

方法2：设点E(x1,y1),F(x2,y2),P(x0,y0)，

x2x1,因为E,F的中点坐标为(0,2)，所以 ……………………………6分

y24y1.所以PEPF(x1x0)(x2x0)(y1y0)(y2y0)…………………………7分

(x1x0)(x1x0)(y1y0)(4y1 y)22224y14y x0x1y0y1022224y0(x1y14y) x0y0．1…………………………………9分 2222因为点E在圆N上，所以x1(y12)1，即x1y14y13．…………10分

因为点P在椭圆M上，所以

x026222所以PEPF2y04y092(y01)11．……………………………12分

11．………………14分 因为y0[2,2]，所以当y01时，PEPFy021，即x063y0．…………………11分

22min

方法3：①若直线EF的斜率存在，设EF的方程为ykx2，…………………6分 ykx2由2，解得x2x(y2)11k2．……………………………………7分 1因为P是椭圆M上的任一点，设点Px0,y0，

数学试卷 第6页

所以

x02621k所以PEx0,2y0，

22k1k11kPFx0,2y0

22k1k1y021，即x063y0．…………………………………8分

22 ………………9分

所以

k1k1 ………………………………10分

②若直线EF的斜率不存在，此时EF的方程为x0，

PEPFx0212(2y0)2k22x0(2y0)12(y01)11．

222因为y02,2，所以当y01时，PEPF取得最大值11．……………11分 x0由2，解得y1或y3． 2x(y2)1不妨设，E0,3，F0,1．……………………………………………………12分 因为P是椭圆M上的任一点，设点Px0,y0， 所以

x02262所以PEx0,3y0，PFx0,1y0．

222所以PEPFx0y04y032(y01)11．

y01，即x063y0．

22因为y02,2，所以当y01时，PEPF取得最大值11．……………13分

综上可知，PEPF的最大值为11．……………………………………………14分

19. （1）f(x)的极大值为f()31427；f(x)的极小值为f(1)0．……………………3分

（2）当0ae时，函数零点的个数为0；

当a0或ae时，函数零点的个数为1；

当ae时，函数零点的个数为2． ……………………11分

（3）t2． ……………………16分

a2[1(1212))n1]S120. （1）证：SnS11(13a1[1(12)n1]≤S1，当

n = 1时，等号成立

………………2分

a3[1(SnS21(1212)n2]S216a1[1(12)n2]≥S2，当n = 2时，等号成立

………………4分

)∴S2≤Sn≤S1．

（2）解：

|Tn1||Tn||a1a2anan1||a1a2an||an1|20112n

数学试卷 第7页

∵

20112011当n≤10时，|T2111210，∴n + 1| > |Tn|，当n≥11时，|Tn + 1| < |Tn|

故|Tn| max = |T11| ………………7分

又T10 < 0，，T11 < 0，T9 > 0，T12 > 0，∴Tn的最大值是T9和T12中的较大者 ∵

T12103Ta10a11a12[2011(11，∴

92)]T12 > T9 因此当n = 12时，Tn最大． ………………10分

（3）证：∵an1n2011(12)，∴| an |随n增大而减小，an奇数项均正，偶数项均负

①当k是奇数时，设{an}中的任意相邻三项按从小到大排列为ak1，ak2，ak，则

akk1aka11(2)a1k11(2)a12k，2a1k22a11(2)ka12k，

∴ak1ak2ak2，因此ak1，ak2，ak成等差数列， 公差dkak2ak1k1a1[(12)(12)k]3a12k1 ………………12分

②当k是偶数时，设{an}中的任意相邻三项按从小到大排列为ak，ak2，ak1，则

ak1k1aka1(12)a1(2)k1a12k，2ak22a1(12)k1a12k，

∴ak1ak2ak2，因此ak，ak2，ak1成等差数列， 公差d1kak2aka1k11[(2)k(12)]3a12k1 ………………14分

综上可知，{a3a1n}中的任意相邻三项按从小到大排列，总可以使其成等差数列，且dk2k1列{dn}为等比数列． ………………16分 数学试卷 第8页

dn1d2，∴

数n

∵