连云港市2012-2013高三数学一模

(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，