苏北四市2012届高三年级期末考试试卷

苏北四市2012届高三年级期末考试试卷1.{2，3}解析：集合A和集合B中的公共元素只有2和3，∴A∩B＝{2，3}．2.0解析：(x＋i)2＝x2＋2xi＋i2＝(x2－1)＋2xi.∵(x＋i)2是实数，∴2x＝0，∴x＝0.3.650解析：月收入在[2000，3500)的频率为(0.0005＋0.0005＋0.0003)×500＝0.65，∴频数＝0.65×1000＝650.4.21解析：初始值i＝1，i＝3，S＝9，i＝5，S＝13，i＝7，S＝17，i＝9，S＝21，∴输出21.5.112解析：∵a，b∈{1，2，3，4，5，6}，l1⊥l2，∴a＝2b，∴b＝1，a＝2；b＝2，a＝4；b＝3，a＝6.记直线l1⊥l2为事件A，P(A)＝336＝112.6.2解析：作出可行域，令t＝2x＋y，∴y＝－2x＋t.当直线y＝－2x＋t过A(3，3)时，y＝－2x＋t在y轴截距最大为9，∴ω＝log39＝2.7.2解析：x2－y2＝2的左准线x＝－1，∴－p2＝－1，p＝2.8.12解析：a3＋a4a1＋a2＝（a1＋a2）q2a1＋a2＝2，∴q2＝2，a7＋a8＋a9＋a10＝(a1＋a2)(q6＋q8)＝12·(23＋24)＝12.9.13解析：∵S＝12acsinB，∴3＝12×1×c×32，∴c＝4.又AC2＝12＋42－2×1×4×12＝13，∴AC＝13.10.2解析：p：x＞5或x＜－1，q：x＞1＋m或x＜1－m.∵p是q的充分不必要条件，∴1＋m≤5，1－m≥－1，∴m≤2.∴m的最大值为2.11.33解析：∵PQ⊥x轴，PF＝b2a，FM＝a2c－c，在△PFM中，tan30°＝PFMF，∴b2a＝33a2c－cca＝33，∴e＝33.12.2π解析：振幅为a，T＝2πa，∴T2＝πa.d2＝(2a)2＋πa2＝4a2＋π2a2≥2(2a)·πa＝4π，dmin＝2π.13.1006解析：令m＝0，n＝0，f(0)＝f(0)＋2f(0)2f(0)＝0；令m＝0，n＝1，f(1)＝f(0)＋2f(1)2f(1)＝12；令m＝n，n＝1，f(n＋1)＝f(n)＋2f(1)2，∴f(n＋1)－f(n)＝12，∴{f(n)}为等差数列，f(1)＝12，d＝12，∴f(n)＝12＋(n－1)·12＝12n，∴f(2012)＝12×2012＝1006.14.2－24，12解析：函数f(x)在0，12、12，2上均为单调函数，又f(x1)＝f(x2)，∴x1，x2必落在两个不同的区间上．∵x1＜x2，∴x1∈0，12，x2∈12，2.∵f(x1)＝f(x2)，∴2－12≤x1＜12，22＜f(x2)＜1，∴x1·f(x2)∈2－24，12.15.解：(1)因为a⊥b，所以4×3＋5cosα×(－4tanα)＝0，(2分)解得sinα＝35.又因为α∈0，π2，(4分)所以cosα＝45，tanα＝sinαcosα＝34，(6分)所以a＋b＝(7，1)，因此|a＋b|＝72＋12＝52.(8分)(2)cosα＋π4＝cosαcosπ4－sinαsinπ4(12分)＝45×22－35×22＝210.(14分)16.(1)证明：取BC中点G，连结AG、EG，因为E是B1C的中点，所以EG∥BB1，且EG＝12BB1.由直棱柱知，AA1綊BB1，而D是AA1的中点，所以EG綊AD，(4分)所以四边形EGAD是平行四边形，所以ED∥AG.又DE平面ABC，AG平面ABC，所以DE∥平面ABC.(7分)(2)解：因为AD∥BB1，所以AD∥平面BCE，所以VEBCD＝VDBCE＝VABCE＝VEABC.(10分)由(1)知，DE∥平面ABC，所以VEABC＝VDABC＝13AD·12BC·AG＝16×3×6×4＝12.(14分)17.解：(1)由题意得x2＋4xy＝4800，即y＝4800－x24x，0＜x＜60.(6分)(2)铁皮盒体积V(x)＝x2y＝x24800－x24x＝－14x3＋1200x，(10分)V′(x)＝－34x2＋1200，令V′(x)＝0，得x＝40，(12分)因为x∈(0，40)，V′(x)＞0，V(x)是增函数；x∈(40，60)，V′(x)＜0，V(x)是减函数，所以V(x)＝－14x3＋1200x，在x＝40时取得极大值，也是最大值，其值为32000cm3.答：该铁皮盒体积V的最大值是32000cm3.(14分)18.解：(1)因为O点到直线x－y＋1＝0的距离为12，(2分)所以圆O的半径为122＋622＝2，故圆O的方程为x2＋y2＝2.(4分)(2)设直线l的方程为xa＋yb＝1(a＞0，b＞0)，即bx＋ay－ab＝0，由直线l与圆O相切，得|ab|a2＋b2＝2，即1a2＋1b2＝12，(6分)DE2＝a2＋b2＝2(a2＋b2)1a2＋1b2≥8，当且仅当a＝b＝2时取等号，此时直线l的方程为x＋y－2＝0.(10分)(3)设M(x1，y1)，P(x2，y2)，则N(x1，－y1)，x21＋y21＝2，x22＋y22＝2，直线MP与x轴交点x1y2－x2y1y2－y1，0，m＝x1y2－x2y1y2－y1，直线NP与x轴交点x1y2＋x2y1y2＋y1，0，n＝x1y2＋x2y1y2＋y1，(14分)mn＝x1y2－x2y1y2－y1·x1y2＋x2y1y2＋y1＝x21y22－x22y21y22－y21＝（2－y21）y22－（2－y22）y21y22－y21＝2，故mn为定值2.(16分)19.解：(1)因为ex＞0，所以不等式f(x)＞0即为ax2＋x＞0.又因为a＜0，所以不等式可化为xx＋1a＜0，所以不等式f(x)＞0的解集为0，－1a.(4分)(2)f′(x)＝(2ax＋1)ex＋(ax2＋x)ex＝[ax2＋(2a＋1)x＋1]ex.①当a＝0时，f′(x)＝(x＋1)ex，f′(x)≥0在[－1，1]上恒成立，当且仅当x＝－1时取等号，故a＝0符合要求；(6分)②当a≠0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋1，因为Δ＝(2a＋1)2－4a＝4a2＋1＞0，所以g(x)＝0有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1＞x2，因此f(x)有极大值又有极小值．若a＞0，因为g(－1)·g(0)＝－a＜0，所以f(x)在(－1，1)内有极值点，故f(x)在[－1，1]上不单调．(8分)若a＜0，可知x1＞0＞x2，因为g(x)的图象开口向下，要使f(x)在[－1，1]上单调，因为g(0)＝1＞0，必须满足g（1）≥0，g（－1）≥0，即3a＋2≥0，－a≥0，所以－23≤a＜0.综上可知，a的取值范围是－23，0.(10分)(3)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，由于ex＞0，所以x＝0不是方程的解，所以原方程等价于ex－2x－1＝0，令h(x)＝ex－2x－1，因为h′(x)＝ex＋2x2＞0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调增函数，(13分)又h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－2＞0，h(－3)＝e－3－13＜0，h(－2)＝e－2＞0，所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，所以整数k的所有值为{－3，1}．(16分)20.解：(1)由题意，知S2＝pa1＋q，S3＝pS2＋q，即3＝2p＋q，3＋q－3p＝3p＋q，解之得p＝12，q＝2.(4分)(2)由(1)知，Sn＋1＝12Sn＋2，①当n≥2时，Sn＝12Sn－1＋2，②①－②得，an＋1＝12an(n≥2)，(6分)又a2＝12a1，所以an＋1＝12an(n∈N*)，所以{an}是首项为2，公比为12的等比数列，所以an＝12n－2.(8分)(3)由(2)得，Sn＝21－12n1－12＝41－12n，由Sn－mSn＋1－m＜2m2m＋1，得41－12n－m41－12n＋1－m＜2m2m＋1，即2n（4－m）－42n（4－m）－2＜2m2m＋1，(10分)即22n（4－m）－2＞12m＋1，因为2m＋1＞0，所以2n(4－m)＞2，所以m＜4，且2＜2n(4－m)＜2m＋1＋4，(*)因为m∈N*，所以m＝1或2或3.(12分)当m＝1时，由(*)得，2＜2n×3＜8，所以n＝1；当m＝2时，由(*)得，2＜2n×2＜12，所以n＝1或2；当m＝3时，由(*)得，2＜2n＜20，所以n＝2或3或4，综上可知，存在符合条件的所有有序实数对(m，n)为(1，1)，(2，1)，(2，2)，(3，2)，(3，3)，(3，4)．(16分)