浙江省温州中学2012届高三数学上学期期末考试试卷理新人教A版高中数学练习试题

1温州中学2011学年第一学期期末考试高三数学试卷（理科）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．若2aiibi，其中,abR，i是虚数单位，则ab（▲）A．-3B．-2C．2D．32．51x的展开式中，3x的系数为（▲）A．-10B．-5C．5D．103．使不等式230xx成立的充分不必要条件是（▲）A03xB04xC02xD0x，或3x4．某程序框图如图所示，该程序运行后输出的s值为（▲）A．102B．410C．614D．16385．设,,是三个不重合的平面，,mn是不重合的直线，下列判断正确的是（▲）A．若,，则//B．若,,mn则//mnC．若//,//,mn则//mnD．若,//,l则l6．已知0m，且cossin5sin()m，则tan为（▲）A.12B.12C.2D.27．已知双曲线：22143xy，左右焦点分别为12FF，，过1F的直线l交双曲线左支于,AB两点，则22||||BFAF的最小值为（▲）A.192B.11C.12D.168．已知不等式222xyaxy对于1,2x，2,3y恒成立，则实数a的取值范围（▲）A．1,B．,1C．1,2D．0,29．设等差数列na的前n项和为nS,若675SSS,则满足01nnSS的正整数n的值为（▲）A.10B.11C.12D.1310．在平面直角坐标系xOy中，(1,0),(0,1),(1,0)ABC，映射f将xOy平面上的点2),(yxP对应到另一个平面直角坐标系vuO'上的点22'(4,22)Pxyxy，则当点P沿着折线ABC运动时，在映射f的作用下，动点'P的轨迹是（▲）二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。11．一个袋子里装有大小相同的3个红球和2个黄球，从中同时取出2个球，则其中含红球个数的数学期望是▲.12．已知点(2,1)M是抛物线22xpy上的点，则以点M为切点的抛物线的切线方程为▲.13．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为▲.14．已知直线上n个点最多将直线分成011nnCCn段，平面上n条直线最多将平面分成201222nnnnnCCC部分（规定：若,kn则0knC），则类似地可以推算得到空间里n个平面最多将空间分成▲部分15．若函数2012()2012xfxx在区间ba,(,ab为整数）上的值域是0,1，则满足条件的数对ba,共有▲对；16．【原创】已知ABAC，||2ABAC，点M是线段BC上的一点，且()1AMABAC，则||AM的取值范围是▲.17．若ABC沿三条中位线折起后能拼接成一个三棱锥，则称ABC为“和谐三角形”。设三个内角分别为A、B、C，则下列条件中能够确定ABC为“和谐三角形”的有▲.（请将符合题意的条件序号都填上）①::7:20:25ABC；②sin:sin:sin7:20:25ABC；③cos:cos:cos7:20:25ABC；④tan:tan:tan7:20:25ABC。温州市2011学年高三期末考试数学试卷（理科）答题卷学号班级姓名……………………………………密…………………………………………封………………………………………线………………………………………3一、选择题：(本大题共10小题，每小题5分，共50分．)12345678910二、填空题：(本大题共7小题，每小题4分，共28分．把答案填在横线上．)11．，12．，13．，14．，15．，16．，17．．三、解答题（本大题共5小题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）18．（本题满分共14分）已知243()2sintancos632xfxx，0,且()322f.（1）求；（2）当,2x时，求函数()yfx的值域.19．（本题满分共14分）已知数列na，1aa，且1*122()nnnaanN，（1）若123,,aaa成等差数列，求实数a的值；（2）数列na能为等比数列吗？若能，试写出它的充要条件并加以证明；若不能，请说明理由。420．（本题满分共14分）如图，几何体PABCD为正四棱锥，几何体QPCB为正四面体.（1）求证：PCDQ；（2）求QD与平面PAD所成角的正弦值.21．（本题满分共15分）已知抛物线22(0)ypxp的焦点F到直线10xy的距离为2．（1）求抛物线的方程；（2）如图，过点F作两条直线分别交抛物线于A、B和C、D，过点F作垂直于x轴的直线分别交AC和BD于点,MN.求证：MFNF．CBPAQD522．（本题满分共15分）已知函数2xefxxaxa（1）当04a时，试判断函数fx的单调性；（2）当0a时，对于任意的1,xt，恒有tfxxftfxft，求t的最大值．6参考答案：一：选择题。1.D2.D3.C4.B5.B6.D7.B8.A9.C10.A二：填空题。11.6512.10xy13.5214.0123nnnnCCCC15.402516.1(,1]2三：解答题。18.解：（1）因为243431()2sintancos3tan322263432f，所以tan3，又0,，故3（2）由（1）得，2243()2sintancos2sin4cos63262xxfxxx3sincos2(1cos)3sincos22sin()26xxxxxx所以()()2sin()22sin()23366yfxfxxx因为2x，所以27366x7即13sin()262x，即32sin()2326x因此，函数()yfx的值域为3,3219.解.（Ⅰ）123,24,4aaaaaa，因为2132aaa，所以2(24)4aaa，得89a（Ⅱ）方法一：因为1*122()nnnaanN，所以11122nnnnaa，得：1111()2222nnnnaa，故122nna是以1112222aa为首项，-1为公比的等比数列，所以111()(1)2222nnnaa，得：1112[()(1)]222nnnaa111111112[()(1)]()(1)222222211112[()(1)]()(1)222222nnnnnnnnaaaaaana为等比数列1nnaa为常数，易得当且仅当1a时，12nnaa为常数。方法二：因为1*122()nnnaanN，所以1122(2)nnnnaa，即11222nnnnaa，故12nna是以0121aa为首项，-2为公比的成等比数列，所以112(1)(2)nnnaa，得：11(1)(2)2nnnaa（下同解法一）方法三：由前三项成等比得1a，进而猜测1a，对于所有情况都成立，再证明。20.（1）解法一:取BQ的中点M，连结,PMCM，由几何体QPCB为正四面体得，,CMBQPMBQ，所以BQ平面PCM，从而BQPC.连结,BDDC交于点O,连结PO得PO平面ABCD,,BDACBDPO，所以BD平面OM8POC，从而BDPC.又BQPC所以PC平面BDQ，从而PCDQ.解法二:因为几何体PABCD为正四棱锥，几何体QPCB为正四面体.故可设PAPBPCPDPQQCQBABBCCDDAa取PC的中点N，连结,,DNBNQN，由题意知,,,DNPCBNPCQNPC故BND是二面角BPCD的平面角，BNQ是二面角BPCQ的平面角,在BND中，3,22DNBNaBDa，所以222332221cos333222aaaBNDaa，在BNQ中，3,2QNBNaBQa，所以22233221cos333222aaaBNDaa从而BNDBNQ，从而,,,PQCD四点共面，故四边形PQCD为菱形，从而PCDQ（2）由解法二知四边形PQCD为菱形，于是3DQa，QC∥PD，所以点Q到平面PAD的距离等于点C到平面PAD的距离，ON9设点C到平面PAD的距离为h，由PACDCAPDVV得：1133PADCADShSPO进而得63ha，所以QD与平面PAD所成角的正弦值62333ahDQa解法三：如图，以OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系。不妨设|OB|=1，则B(1,0,0)，C(0,1,0)，D(-1,0,0)，A(0,-1,0)因为QPCB为正四面体，所以PCB为正三角形，所以||||2PCBC，所以||1OP，因此P(0,0,1)。设PCB的重心为M，则QM面PCB，又OPCB也为正三棱锥，因此OM面PCB，因此O、M、Q三点共线，所以OQ垂直面PCB，即OQ是平面PCB的一个法向量，由(1,0,1)PB，(0,1,1)PC易得平面PCB的一个法向量可以取1(,,)naaa，所以不妨设Q(a,a,a)，则(,,1)PQaaa，因为222||(1)2PQaaa解得a=1，所以Q(1,1,1)。（1）(0,1,1)PC，(2,1,1)DQ，0PCDQ，所以PCDQ；（2）设面PAD的一个法向量为2(,,)nxyz，(1,0,1)PD，(0,1,1)PA，由2200nPDnPA解得一个法向量2(1,1,1)n，所以22222cos,3||||32nDQnQDnDQ，所以QD与平面PAD所成角的正弦值为23。21解：（1）焦点,02pF，由已知得1222p，且0p，解得2p，故所求抛物线的方程为24yx.yxOZ10（2）设直线AB的方程为：11xmy，直线CD的方程为：21xmy，令324222211234(,),(,),(,),(,),4444yyyyAyByCyDy将两条直线的方程代入抛物线方程得：21440,ymy于是有：1214yym，124yy同理得：3424yym，344yy故3132211322134444(,),(,),(,),(,)44yyAyBCyDyyyy134ACkyy，同理131313444BDyykyyyy所以直线AC的方程为：211134()4yyyxyy，①直线BD的方程为：113211344()yyyxyyyy，②将1x代入①式得：21311131344(1)4Myyyyyyyyy将1x代入②式得：11313211313444(1)Nyyyyyyyyyyy所以MNyy，即MFNF22．解：（1）22222222xxexaxaexaxfxxaxaxaxa当0a时，2xefxx，32xexfxx，故fx在区间,0，2,上单调递增，在0,2上单调递减；11当4a时，22xefxx