北京市东城区2012届高三上学期期末考试数学（理科）

北京市东城区2012届高三上学期期末教学统一检测数学（理科）学校_____________班级_______________姓名______________考号___________本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至5页，共150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷（选择题共40分）一、本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。（1）已知集合0xxA，2,1,0B，则（A）BA（B）AB（C）BBA（D）BA（2）在复平面内，复数ii21对应的点位于(A)第一象限（B）第二象限（C）第三象限（D）第四象限（3）下列命题中正确的是（A）如果两条直线都平行于同一个平面，那么这两条直线互相平行（B）过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直（C）如果一条直线平行于一个平面内的一条直线，那么这条直线平行于这个平面（D）如果两条直线都垂直于同一平面，那么这两条直线共面（4）一个几何体的三视图如图所示，其中正(主)视图中△ABC是边长为2的正三角形，俯视图的边界为正六边形，那么该几何体的侧(左)视图的面积为（A）21（B）1（C）23（D）2（5）在平面直角坐标系内，若曲线C：04542222aayaxyx上所有的点均在第二象限内，则实数a的取值范围为（A）2,（B）1,（C）,1（D）,2（6）如图所示，点P是函数)sin(2xy)0,(Rx的图象的最高点，M，N是该图象与x轴的交点，若0PNPM，则的值为（A）8（B）4（C）4（D）8（7）对于函数(lg21fxx），有如下三个命题：①)2(xf是偶函数；②)(xf在区间)2,(上是减函数，在区间,2上是增函数；③)()2(xfxf在区间,2上是增函数．其中正确命题的序号是（A）①②（B）①③（C）②③（D）①②③（8）已知函数1)(2xxf的定义域为ba,)(ba，值域为5,1，则在平面直角坐标系内，点),(ba的运动轨迹与两坐标轴围成的图形的面积为（A）8（B）6（C）4（D）2第Ⅱ卷（共110分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。（9）已知sin2cos，那么tan2的值为．（10）若非零向量a，b满足baba，则a与ba的夹角为．（11）已知函数sin,0,()(1),0,xxfxfxx那么)65(f的值为．（12）在等差数列na中，若475aa，286aa，则数列na的公差等于；其前n项和nS的最大值为．（13）如图，已知椭圆22221(0)xyabab的左顶点为A，左焦点为F，上顶点为B，若90BFOBAO，则该椭圆的离心率是.(14)已知不等式xy≤222yax，若对任意2,1x且3,2y，该不等式恒成立，则实数a的取值范围是．三、解答题：本大题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。（15）（本小题共13分）已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3sincos1BB，1b．（Ⅰ）若125A，求c；（Ⅱ）若ca2，求△ABC的面积．（16）（本小题共13分）在等差数列na中，31a，其前n项和为nS，等比数列nb的各项均为正数，11b，公比为q，且1222Sb，22bSq．（Ⅰ）求na与nb；（Ⅱ）证明：31≤3211121nSSS．yxAFOBQMDCAPB（17）（本小题共14分）如图，在四棱锥ABCDP中，底面ABCD为菱形，60BAD，Q为AD的中点，2PAPDAD．（Ⅰ）求证：AD平面PQB；（Ⅱ）点M在线段PC上，PMtPC，试确定t的值，使//PA平面MQB；（Ⅲ）若//PA平面MQB，平面PAD平面ABCD，求二面角MBQC的大小．（18）（本小题共13分）已知函数32()23fxaxx，其中0a．（Ⅰ）求证：函数)(xf在区间(,0)上是增函数；（Ⅱ）若函数()()()(0,1)gxfxfxx在0x处取得最大值，求a的取值范围．（19）（本小题共13分）已知椭圆)0(12222babyax的右焦点为)0,1(F，M为椭圆的上顶点，O为坐标原点，且△OMF是等腰直角三角形．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）是否存在直线l交椭圆于P，Q两点，且使点F为△PQM的垂心（垂心：三角形三边高线的交点）？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．（20）(本小题共14分)已知M是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意Mxf)(，①方程0)(xxf有实数根；②函数)(xf的导数)(xf满足1)(0xf．（Ⅰ）判断函数4sin2)(xxxf是否是集合M中的元素，并说明理由；（Ⅱ）集合M中的元素)(xf具有下面的性质：若)(xf的定义域为D，则对于任意Dnm,，都存在nmx,0，使得等式)()()()(0xfmnmfnf成立．试用这一性质证明：方程0)(xxf有且只有一个实数根；（Ⅲ）对任意Mxf)(，且,xab，求证：对于()fx定义域中任意的1x，2x，3x，当112xx，且113xx时，2)()(23xfxf.参考答案及评分标准（理科）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）（1）B（2）A（3）D（4）C（5）D（6）B（7）A（8）C二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）（9）34（10）30（11）21（12）357（13）215（14）a≥1注：两个空的填空题第一个空填对得3分，第二个空填对得2分．三、解答题（本大题共6小题，共80分）（15）（共13分）解：（Ⅰ）由已知1cossin3BB，整理得21)6sin(B．………………2分因为B0，所以6566B.故66B，解得3B.……………4分由512A，且CBA，得4C.由BbCcsinsin，即3sin14sinc，解得36c.………………7分（Ⅱ）因为Baccabcos2222，又32Bca，，所以21442222cccb，解得cb3.………………10分由此得222cba，故△ABC为直角三角形，2A，31c．其面积6321bcS．………………13分（16）（共13分）解：（Ⅰ）设na的公差为d，因为,,122222bSqSb所以．，qdqdq6126解得3q或4q（舍），3d．PQMDCABN故33(1)3nann，13nnb．……………6分（Ⅱ）因为2)33(nnSn，所以)111(32)33(21nnnnSn．………9分故12111nSSS21111111(1)()()()3223341nn)111(32n．………11分因为n≥1，所以110n≤21，于是21≤1111n，所以31≤32)111(32n．即31≤3211121nSSS．……………13分（17）（共14分）证明：（Ⅰ）连接BD．因为四边形ABCD为菱形，60BAD，所以△ABD为正三角形．又Q为AD中点，所以ADBQ．因为PDPA,Q为AD的中点，所以ADPQ．又QPQBQ，所以AD平面PQB．………………4分（Ⅱ）当31t时，PA∥平面MQB．下面证明：连接AC交BQ于N，连接MN．PQMDCABNxyz因为AQ∥BC，所以12ANAQNCBC．因为PA∥平面MQB，PA平面PAC，平面MQB平面PACMN，所以MN∥PA.所以12PMANMCNC．所以PCPM31，即31t．因为PCPM31，所以12PMMC．所以12PMANMCNC，所以MN∥PA.又MN平面MQB，PA平面MQB，所以PA∥平面MQB．…………9分（Ⅲ）因为ADPQ，又平面PAD平面ABCD，交线为AD，所以PQ平面ABCD．以Q为坐标原点，分别以QPQBQA，，所在的直线为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系xyzQ．由PA=PD=AD=2，则有)0,0,1(A，)0,3,0(B，)3,0,0(P．设平面MQB的法向量为n=),,(zyx，由)3,0,1(PA，)0,3,0(QB且PAn，QBn，可得.03,03yzx令,1z得03yx，．所以n=)1,0,3(为平面MQB的一个法向量．取平面ABCD的法向量m=)1,0,0(，则cosmnm,nmn21121，故二面角CBQM的大小为60°．…………14分（18）（共13分）证明：（Ⅰ）)1(666)(2axxxaxxf．因为0a且0x，所以0)(xf．所以函数)(xf在区间0,上是增函数．…………6分（Ⅱ）由题意32()2(63)6,0,1gxaxaxxx.则22()62(63)66(21)1gxaxaxaxax.…………8分令0)(xg，即2(21)10axax.①由于0142a，可设方程①的两个根为1x，2x，由①得axx121，由于，0a所以021xx，不妨设210xx，12()6()()gxaxxxx．当102x时，)(2xg为极小值，所以在区间1,0上，()gx在0x或1x处取得最大值；当2x≥1时，由于)(xg在区间1,0上是单调递减函数，所以最大值为)0(g，综上，函数)(xg只能在0x或1x处取得最大值．…………10分又已知)(xg在0x处取得最大值，所以)0(g≥)1(g，即0≥98a，解得a≤89，又因为0a，所以a（89,0］．………13分（19）（共13分）解：（Ⅰ）由△OMF是等腰直角三角形，得1b，22ba，故椭圆方程为1222yx．…………5分（Ⅱ）假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F为△PQM的垂心，设),(11yxP，),,(22yxQ因为)1,0(M，)0,1(F，故1PQk．…………7分于是设直线l的方程为mxy，由,22,22yxmxy得0224322mmxx．由0，得32m，且3421mxx,322221mxx．……9分由题意应有0FQMP，又1122(,1),(1,)MPxyFQxy，故0)1()1(1221yyxx，得0)1)(()1(1221mxmxxx．即0)1)((222121mmmxxxx．整理得0)1(34322222mmmmm．解得34m或1m．…………12分经检验，当1m时，△PQM不存在，故舍去1m．当34m时，所求直线l存在，且直线l的方程为34xy．…………13分（20）（共14分）解：（Ⅰ）因为①当0x时，0)0(f，所以方程0)(xxf有实数根0；②xxfcos4121)(，所以43,41)(xf，满足条件1)(0xf；由①②，函数4sin2)(xxxf是集合M中的元素.…………5分（Ⅱ）假设方程0)(xxf存在两个实数根，()，则()0f，()0fββ.不妨设，根据题意存在),(c，满足)()()()(cfαβαfβf.因为()f，)(f，且，所以1)(cf.与已知1)(0xf矛盾.又0)