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浙江省温州中学2012届高三上学期期末试题数学理

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学年第一学期期末考试 温州中学 2011 学年第一学期期末考试 高三数学试卷(理科) 高三数学试卷(理科) 数学试卷
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 ( a + 2i ) i = b + i ,其中 a, b ∈ R , i 是虚数单位,则 a ? b = A.-3
5

B.-2

C.2
3

D.3 ( ▲ ) D.10 ( ▲ )

2. ( x ? 1) 的展开式中, x 的系数为 A.-10 B.-5 C.5
2

3.使不等式 x ? 3 x < 0 成立的充分不必要条件是 A

0 < x < 2 D x < 0 ,或 x > 3 4.某程序框图如图所示,该程序运行后输出的 s 值为( ▲ )
B C B.410 C.614 D.1638

0< x<3

0< x<4

A.102

5.设 α , β , γ 是三个不重合的平面, m, n 是不重合的直线,下列判断正 确的是 ( ▲ ) A.若 α ⊥ β , β ⊥ γ , α // γ 则 C.若 m // α , n // α , 则 m // n D.若 α ⊥ β , l // β , 则 l ⊥ α B.若 m ⊥ α , n ⊥ α , 则 m // n

6. 已知 m > 0 , m cos α ? sin α = 且 A. ?

5 sin(α + ? ) , tan ? 为 ▲ ) 则 (

1 2

B.

1 2

C. 2

D. ?2

x2 y 2 7.已知双曲线: ? = 1 ,左右焦点分别为 F1,F2 ,过 F1 的直线 l 4 3
交双曲线左支于 A, B 两点,则 | BF2 | + | AF2 | 的最小值 为( ▲ ) A.

uuuu r

uuuu r

19 2

B. 11

C.12

D.16

8.已知不等式 xy ≤ ax 2 + 2 y 2 对于 x ∈ [1, 2] , y ∈ [ 2,3] 恒成立,则实数 a 的取值范围 ( ▲ ) B. ( ?∞,1] C. [ ?1, 2] D. ( 0, 2] A. [ ?1, +∞ )

9. 设等差数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ,若 S6 > S7 > S5 ,则满足 S n S n +1 < 0 的正整数 n 的值为 ( ▲ ) A.10 B.11 C.12 D. 13

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10.在平面直角坐标系 xOy 中, A(1, 0) , B (0,1) , C ( ?1, 0) ,映射 f 将 xOy 平面上的点

P ( x, y ) 对应到另一个平面直角坐标系 uO' v 上的点 P '(4 xy, 2 x 2 ? 2 y 2 ) ,则当点 P 沿着折
线 A ? B ? C 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 M (2,1) 是抛物线 x 2 = 2 py 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 ▲ .
0 1

14.已知直线上 n 个点最多将直线分成 Cn + Cn = n + 1 段,平面

n2 + n + 2 部分(规 上 n 条直线最多将平面分成 C + C + C = 2 k 定: k > n, 则 Cn = 0 ) 则类似地可以推算得到空间里 n 个平面 若 ,
0 n 1 n 2 n

最多将空间分成 15.若函数 f ( x ) =



部分 在区间 [a, b] ( a, b 为整数)上的值

2012 ? x x + 2012

域是 [ 0,1] ,则满足条件的数对 (a, b ) 共有



对;

16 . 原 创 】 已 知 AB ⊥ AC , | AB ? AC |= 2 , 点 M 是 线 段 BC 上 的 一 点 , 且 【

uuu r

uuur

uuu uuur r

uuuu uuu uuur r r uuuu r AM ? ( AB + AC ) = 1 ,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
K (请将符合题意的条件序号都填上)KKsss555uuu



.

① A : B : C = 7 : 20 : 25 ; ③ cos A : cos B : cos C = 7 : 20 : 25 ;

② sin A : sin B : sin C = 7 : 20 : 25 ; ④ tan A : tan B : tan C = 7 : 20 : 25 。
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学号 班级 姓名 ……… … … ……………………… 密 … … … … … … … … … … … … … … … … 封 … … … … … … … … … … … … … … …

学年高三 高三期末考试 温州市 2011 学年高三期末考试
数学试卷(理科) 数学试卷(理科) 答题卷
一、选择题:(本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分.) 选择题:

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

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.) 填空题: 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) 解答题 18. (本题满分共 14 分) 已知 f ( x) = 2 sin ? x +

? ?

π? 4 3

x tan α ? cos 2 ,α ∈ ( 0, π ) 且 ?? 6? 3 2

(1)求 α ;

f ( ) = 3?2. 2

π

(2)当 x ∈ ?

?π ? , π 时,求函数 y = f ( x + α ) 的值域. ?2 ? ?

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19. (本题满分共 14 分)已知数列 {an } , a1 = a ,且 an +1 + 2an = 2

n +1

(n ∈ N * ) ,

(1)若 a1 , a2 , a3 成等差数列,求实数 a 的值; (2)数列 {an } 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。

20. (本题满分共 14 分)如图,几何体 P ? ABCD 为正四棱锥,几何体 Q ? PCB 为正四面体. (1)求证: PC ⊥ DQ ; (2)求 QD 与平面 PAD 所成角的正弦值.
D
A

P

Q

C

B

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21. (本题满分共 15 分)已知抛物线 y = 2 px( p > 0) 的焦点 F
2

到直线 x ? y + 1 = 0 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 M , N . 求证: MF = NF .

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22. (本题满分共 15 分)已知函数 f ( x ) =

ex x 2 ? ax + a

K (1)当 0 ≤ a ≤ 4 时,试判断函数 f ( x ) 的单调性;KKsss555uuu

对于任意的 x ∈ (1, t ] , 恒有 tf ( x ) ? xf ( t ) ≥ f ( x ) ? f ( t ) , t 的最大值. 求 (2) a = 0 时, 当

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参考答案: 参考答案: 答案 一:选择题。 1.D 2.D 3.C 二:填空题。 11.

4.B

5.B

6.D

7.B

8.A
0 1

9.C
2

10.A
3

6 5

12. x ? y ? 1 = 0

13.

2 5

14. Cn + Cn + Cn + Cn

15.4025

16. ( ,1]

1 2

三:解答题。 18.解: (1)因为 f ( ) = 2 sin ?

π

2

π 4 3 1 ?π π ? 4 3 + ?? tan α ? cos 2 = 3 ? tan α ? = 3 ? 2 , 3 4 3 2 ?2 6?
π
3

所以 tan α = 3 ,又 α ∈ ( 0, π ) ,故 α = (2)由(1)得,

π? 4 3 x π? x ? ? f ( x) = 2 sin ? x + ? ? tan α ? cos 2 = 2sin ? x + ? ? 4 cos 2 6? 3 2 6? 2 ? ?
= 3 sin x + cos x ? 2(1 + cos x) = 3 sin x ? cos x ? 2 = 2 sin( x ? ) ? 2 6
所以 y = f ( x + α ) = f ( x +

π

π

3

) = 2 sin( x +

π

? ) ? 2 = 2 sin( x + ) ? 2 3 6 6

π

π

2π π 7π Ks5u Kss5u ≤ x+ ≤ K 5u 2 3 6 6 1 π 3 π 即 ? ≤ sin( x + ) ≤ ,即 ?3 ≤ 2 sin( x + ) ? 2 ≤ 3 ? 2 2 6 2 6 因此,函数 y = f ( x + α ) 的值域为 ? ?3, 3 ? 2 ? ? ?
因为

π

≤ x ≤ π ,所以

19. 解.(Ⅰ) a1 = a, a2 = ?2a + 4, a3 = 4a , 因为 2a2 = a1 + a3 ,所以 2( ?2a + 4) = a + 4a ,得 a = (Ⅱ)方法一:因为 an +1 + 2an = 2
n +1

8 9

(n ∈ N * ) ,所以

an +1 an + = 1, 2n +1 2n

得:

an +1 1 a 1 a 1 a 1 ?a 1? ? = ?( n ? ) ,故 ? n ? ? 是以 1 ? = ? 为首项, n +1 n n 2 2 2 2 2 2 2 2 ?2 2? an 1 a 1 1 a 1 ? = ( ? ) ? (?1) n ?1 ,得: an = 2n [ + ( ? ) ? (?1) n ?1 ] n 2 2 2 2 2 2 2

-1 为公比的等比数列, 所以

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1 a 1 1 a 1 2 n +1[ + ( ? ) ? (?1) n ] + ( ? ) ? (?1) n an +1 2 2 2 2 2 2 = = 2? a 1 1 a 1 an n 1 n ?1 2 [ + ( ? ) ? (?1) ] + ( ? ) ? (?1) n ?1 2 2 2 2 2 2

{an } 为等比数列 ?

an +1 a 为常数,易得当且仅当 a = 1 时, n +1 = 2 为常数。 an an
n +1

方法二:因为 an +1 + 2an = 2

(n ∈ N * ) ,所以 an +1 ? 2 n = ?2(an ? 2n ?1 ) ,

an +1 ? 2n 即 = ?2 ,故 {an ? 2 n ?1} 是以 a1 ? 20 = a ? 1 为首项,-2 为公比的成等比数列, n ?1 an ? 2
所以 an ? 2
n ?1

= (a ? 1)(?2) n ?1 ,得: an = (a ? 1)(?2) n ?1 + 2n ?1 (下同解法一)

方法三:由前三项成等比得 a = 1 ,进而猜测 a = 1 ,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

PM , CM ,由几何体 Q ? PCB 为正四面体
得,CM ⊥ BQ, PM ⊥ BQ , 所以 BQ ⊥ 平 面 PCM ,从而 BQ ⊥ PC . 连 结 BD, DC 交 于 点 O , 连 结 PO 得
M

O

PO ⊥ 平面 ABCD , BD ⊥ AC , BD ⊥ PO ,所以 BD ⊥ 平面 POC ,从而 BD ⊥ PC .又 BQ ⊥ PC
所以 PC ⊥ 平面 BDQ ,从而 PC ⊥ DQ . 解法二: 因为几何体 P ? ABCD 为正四棱锥,几何体 Q ? PCB 为正四面体. 故可设 PA = PB = PC = PD = PQ = QC = QB = AB = BC = CD = DA = a 取 PC 的中点 N ,连结 DN , BN , QN , 由 题 意 知

DN ⊥ PC , BN ⊥ PC , QN ⊥ PC ,
故 ∠BND 是二面角 B ? PC ? D 的平面 角, ∠BNQ 是二面角 B ? PC ? Q 的平 面角,
N

O
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在 ?BND 中, DN = BN =
2

3 a, BD = 2a , 2
2

? 3 ? ? 3 ? a? +? a ? ? 2a ? ? 2 ? ? 2 ? 所以 cos ∠BND = ? 3 ?? 3 ? 2? a ?? a? ? 2 ?? 2 ?

(

)

2

1 =? , 3

在 ?BNQ 中, QN = BN =
2

3 a, BQ = a , 2
2

? 3 ? ? 3 ? a? +? a ? ? a2 ? 2 ? ? 2 ? 1 ? Ks 所以 cos ∠BND = = KKss555uuu 3 ? 3 ?? 3 ? 2? a ?? a? ? 2 ?? 2 ?
从而 ∠BND + ∠BNQ = π ,从而 P, Q, C , D 四点共面, 故四边形 PQCD 为菱形,从而 PC ⊥ DQ (2)由解法二知四边形 PQCD 为菱形,于是 DQ =

3a , QC ∥ PD ,

所以点 Q 到平面 PAD 的距离等于点 C 到平面 PAD 的距离, 设点 C 到平面 PAD 的距离为 h ,由 VP ? ACD = VC ? APD 得:

1 1 S ?PAD ? h = S ?CAD ? PO 3 3

6 a 6 h 3 = 2 进而得 h = a ,所以 QD 与平面 PAD 所成角的正弦值 = = 3 DQ 3 3a
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) Z 因为 Q ? PCB 为正四面体,所以 ?PCB 为正 三 角 形 , 所 以 | PC |=| BC |=

2 ,所以

| OP |= 1 ,因此 P(0,0,1)。
y
设 ?PCB 的重心为 M,则 QM ⊥ 面 PCB,又

O
第 9 页

x

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O ? PCB 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 uuur PCB,即 OQ 是平面 PCB 的一个法向量,
由 PB = (1, 0, ?1) , PC = (0, ?1,1) 易得平面 PCB 的一个法向量可以取 n1 = ( a, a, a ) ,所以 不妨设 Q(a,a,a),则 PQ = ( a, a, a ? 1) ,因为 | PQ |= 以 Q(1,1,1)。 (1) PC = (0, ?1,1) , DQ = (2,1,1) , PC ? DQ = 0 ,所以 PC ⊥ DQ ; (2)设面 PAD 的一个法向量为 n2 = ( x, y, z ) , PD = ( ?1, 0, ?1) , PA = (0, ?1, ?1) ,由

uuu r

uuu r

ur

uuu r

uuu r

a 2 + a 2 + (a ? 1) 2 = 2 解得 a=1,所

uuu r

uuur

uuu uuur r

uu r

uuu r

uuu r

uu uuu r r uu r ?n2 ? PD = 0 ? 解得一个法向量 n2 = ( ?1, ?1,1) , r r ? uu uuu ?n2 ? PA = 0 ? uu uuur r uu uuur r 2 n2 ? DQ ?2 r 所以 cos < n2 , QD >= uu uuur = =? , 3 | n2 || DQ | 3 2
所以 QD 与平面 PAD 所成角的正弦值为

2 。 3

p +1 p ? 2 ? 21 解: (1)焦点 F ? , 0 ? ,由已知得 = 2 ,且 p > 0 ,解得 p = 2 , 2 ?2 ?
故所求抛物线的方程为 y 2 = 4 x . (2)设直线 AB 的方程为: x = m1 y + 1 , 直线 CD 的方程为: x = m2 y + 1 ,

y y y y2 令 A( 1 , y1 ), B ( 2 , y2 ), C ( 3 , y3 ), D ( 4 , y4 ), 4 4 4 4
将两条直线的方程代入抛物线方程得:

2

2

2

y 2 ? 4m1 y ? 4 = 0,
于是有: y1 + y2 = 4m1 , y1 y2 = ?4 同理得: y3 + y4 = 4m2 , y3 y4 = ?4 故 A(

y y12 4 ?4 4 ?4 , y1 ), B( 2 , ), C ( 3 , y3 ), D( 2 , ) 4 y1 y1 4 y 3 y3
2

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k AC =

? y1 y3 4 4 ,同理 k BD = = ?4 ?4 y1 + y3 y1 + y3 + y1 y3

所以直线 AC 的方程为: y ? y1 =

4 y2 (x ? 1 ) , ① 4 y1 + y3

直线 BD 的方程为: y ?

?4 ? y1 y3 4 = (x ? 2 ) , ② y1 y1 + y3 y1

4 + y1 y3 4 y12 (1 ? ) = 将 x = 1 代入①式得: yM = y1 + y1 + y3 4 y1 + y3
将 x = 1 代入②式得: y N =

4 + y1 y3 ?4 ? y1 y3 4 + (1 ? 2 ) = ? y1 y1 + y3 y1 y1 + y3

所以 yM = ? y N ,即 MF = NF

22.解: (1) f ′ ( x ) =

e x ? x 2 ? ( a + 2 ) x + 2a ? ? ?

(x

2

? ax + a )
x

2

=

e x ( x ? a )( x ? 2 )

(x

2

? ax + a )

2

e ex 当 a = 0 时, f ( x ) = 2 , f ′ ( x ) = x
递增,在 ( 0, 2 ) 上单调递减; 当 a = 4 时, f ( x ) =

( x ? 2 ) ,故 f
x3

( x ) 在区间 ( ?∞, 0 ) , ( 2, +∞ ) 上单调

ex

( x ? 2)

2

, f ′( x) =

ex ( x ? 4)

( x ? 2)

3

,故 f ( x ) 在区间 ( ?∞, 2 ) , ( 4, +∞ ) 上

Ks 单调递增,在 ( 2, 4 ) 上单调递减;KKss555uuu

当 0 < a < 4 时,恒有 x ? ax + a < 0 ,
2

当 0 < a < 2 时, f ( x ) 在 ( ?∞, a ) , ( 2, +∞ ) 上单调递增,在 ( a, 2 ) 上单调递减; 当 a = 2 时, f ( x ) 在区间 ( ?∞, +∞ ) 上单调递增 当 2 < a < 4 时, f ( x ) 在 ( ?∞, 2 ) , ( a, +∞ ) 上单调递增,在 ( 2, a ) 上单调递减; (2) tf ( x ) ? xf ( t ) ≥ f ( x ) ? f ( t ) ? ( t ? 1) f ( x ) ≥ ( x ? 1) f ( t ) ?

f ( x) x ?1



f (t ) t ?1

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解法一:设函数 g ( x ) =

f ( x) x ?1

=

ex ,即 g ( x ) ≥ g ( t ) 在 (1,t ] 上恒成立。即 g ( t ) 为 x 2 ( x ? 1)

g ( x ) 的最小值。 g ′ ( x ) =

ex ( x2 ? 4 x + 2) x 3 ( x ? 1)
2



故 g ( x ) 在区间 1, 2 + 2 上单调递减,在区间 2 + 2, +∞ 单调递增。 故 t ≤ 2 + 2 , tmax = 2 + 2

(

)

(

)

f ( x)
解法二:

x ?1



f (t ) t ?1

即 x, f ( x ) 与点 (1, 0 ) 连线斜率的最小值在 x = t 时取到。 tmax = t 设

(

)



f (t ) et ( t ? 2 ) et = f ′ ( t ) ,即 2 = ? t 2 ? 4t + 2 = 0 ? t = 2 ± 2 , 3 t ?1 t ( t ? 1) t

又 t > 1 ,故 t = 2 + 2

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