【解析版】江蘇省淮安市盱眙縣馬壩中學(xué)2012-2013學(xué)年高三（下）期初數(shù)學(xué)試卷.doc

2012-2013學(xué)年江蘇省淮安市盱眙縣馬壩中學(xué)高三（下）期初數(shù)學(xué)試卷參考答案與試題解析一、填空題1（3分）（2010鹽城二模）已知全集U=1，2，3，4，集合P=1，2，Q=2，3，則P（UQ）=1考點(diǎn)：交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算專題：計(jì)算題分析：根據(jù)題意，由補(bǔ)集的運(yùn)算可得CUQ，再由交集的運(yùn)算可得答案解答：解：根據(jù)題意，由補(bǔ)集的運(yùn)算可得，CUQ= 1，4，已知集合P=1，2，由交集的運(yùn)算可得，P（CUQ）=1點(diǎn)評：本題考查集合的交、并、補(bǔ)的運(yùn)算，注意運(yùn)算結(jié)果是集合的形式2（3分）已知等差數(shù)列）=考點(diǎn)：等差數(shù)列的通項(xiàng)公式；誘導(dǎo)公式的作用專題：計(jì)算題分析：由等差數(shù)列中，知，由此能求出tan（a1+a2009）的值解答：解：等差數(shù)列中，tan（a1+a2009）=點(diǎn)評：本題考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意三角函數(shù)誘導(dǎo)公式的靈活運(yùn)用3（3分）已知邊長為a的等邊三角形內(nèi)任意一點(diǎn)到三邊距離之和為定值，這個(gè)定值為，推廣到空間，棱長為a的正四面體內(nèi)任意一點(diǎn)到各個(gè)面的距離之和也為定值，則這個(gè)定值為：a考點(diǎn)：類比推理專題：計(jì)算題；閱讀型分析：三角形內(nèi)任意一點(diǎn)到三邊距離和為定值是利用三角形面積相等得到的，類彼此可利用四面體的體積相等求得棱長為a的正四面體內(nèi)任意一點(diǎn)到各個(gè)面的距離之和解答：解：邊長為a的等邊三角形內(nèi)任意一點(diǎn)到三邊距離之和是由該三角形的面積相等得到的，由此可以推測棱長為a的正四面體內(nèi)任意一點(diǎn)到各個(gè)面的距離之和可由體積相等得到方法如下，如圖，在棱長為a的正四面體內(nèi)任取一點(diǎn)P，P到四個(gè)面的距離分別為h1，h2，h3，h4四面體ABCD的四個(gè)面的面積相等，均為，高為由體積相等得：所以故答案為點(diǎn)評：本題考查了類比推理，考查了學(xué)生的空間想象能力，訓(xùn)練了等積法求點(diǎn)到面的距離，是基礎(chǔ)題4（3分）（2012黃山模擬）函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f（x），若對于定義域內(nèi)任意x1、x2（x1x2），有恒成立，則稱f（x）為恒均變函數(shù)給出下列函數(shù)：f（x）=2x+3；f（x）=x22x+3；f（x）=；f（x）=ex；f（x）=lnx其中為恒均變函數(shù)的序號是（寫出所有滿足條件的函數(shù)的序號）考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算；命題的真假判斷與應(yīng)用專題：計(jì)算題；新定義分析：對于所給的每一個(gè)函數(shù)，分別計(jì)算和的值，檢驗(yàn)二者是否相等，從而根據(jù)恒均變函數(shù)”的定義，做出判斷解答：解：對于f（x）=2x+3，=2，=2，滿足，為恒均變函數(shù)對于f（x）=x22x+3，=x1+x22=22=x1+x22，故滿足，為恒均變函數(shù)對于；，=，=，顯然不滿足，故不是恒均變函數(shù)對于f（x）=ex ，=，=，顯然不滿足，故不是恒均變函數(shù)對于f（x）=lnx，=，=，顯然不滿足 ，故不是恒均變函數(shù)故答案為 點(diǎn)評：本題主要考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)運(yùn)算，“恒均變函數(shù)”的定義，判斷命題的真假，屬于基礎(chǔ)題5（3分）定義方程f（x）=f（x）的實(shí)數(shù)根x0叫做函數(shù)f（x）的“新駐點(diǎn)”，如果函數(shù)g（x）=x，h（x）=ln（x+1），（x）=cosx（）的“新駐點(diǎn)”分別為，那么，的大小關(guān)系是考點(diǎn)：函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系專題：新定義分析：分別對g（x），h（x），（x）求導(dǎo)，令g（x）=g（x），h（x）=h（x），（x）=（x），則它們的根分別為，即=1，ln（+1）=，31=32，然后分別討論、的取值范圍即可解答：解：g（x）=1，h（x）=，（x）=sinx，由題意得：=1，ln（+1）=，cos=sin，ln（+1）=，（+1）+1=e，當(dāng)1時(shí)，+12，+12，1，這與1矛盾，01；cos=sin，1故答案為：點(diǎn)評：函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式密不可分，此題就是一個(gè)典型的代表，其中對對數(shù)方程和三次方程根的范圍的討論是一個(gè)難點(diǎn)6（3分）設(shè)a，b為正數(shù)，且a+b=1，則的最小值是 考點(diǎn)：基本不等式；平均值不等式專題：整體思想分析：因?yàn)閍+b=1，所以可變形為（）（a+b），展開后即可利用均值不等式求解解答：解：a，b為正數(shù)，且a+b=1，=（）（a+b）=+1+2=，當(dāng)且僅當(dāng)，即b=a時(shí)取等號故答案為點(diǎn)評：本題考查了利用均值不等式求最值，靈活運(yùn)用了“1”的代換，是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容7（3分）（2009遼寧）若函數(shù)f（x）=在x=1處取極值，則a=3考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值專題：計(jì)算題；壓軸題分析：先求出f（x），因?yàn)閤=1處取極值，所以1是f（x）=0的根，代入求出a即可解答：解：f（x）=因?yàn)閒（x）在1處取極值，所以1是f（x）=0的根，將x=1代入得a=3故答案為3點(diǎn)評：考查學(xué)生利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值的能力8（3分）若A（2，3），B（1，1），點(diǎn)P（a，2）是AB的垂直平分線上一點(diǎn)，則a=考點(diǎn)：中點(diǎn)坐標(biāo)公式專題：計(jì)算題分析：因?yàn)镻為AB垂直平分線上一點(diǎn)，根據(jù)垂直平分線定理可得AP=BP，利用兩點(diǎn)間的距離公式列出方程求出a即可解答：解：點(diǎn)P（a，2）是AB的垂直平分線上一點(diǎn)，則AP=BP，即=兩邊平方得：4a+4+25=2a+1+1，解得a=故答案為：點(diǎn)評：考查學(xué)生會利用垂直平分線定理解決數(shù)學(xué)問題，靈活運(yùn)用兩點(diǎn)間的距離公式化簡求值9（3分）已知平面向量，且滿足，則的取值范圍1，3考點(diǎn)：向量的模；平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算律專題：計(jì)算題分析：由|+|+|，|+|知|+|+|+|，由此能求出|的取值范圍解答：解：|+|+|，類似于三角形兩邊之和大于第三邊，但這里的邊可以重合，所以等號成立的；同理：|+|類似于兩邊之差小于第三邊，所以|+|+|+|的取值范圍是：1|3故答案為：1，3點(diǎn)評：本題考查向量的模的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答10（3分）已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn=n2+n，那么它的通項(xiàng)公式為an=2n考點(diǎn)：等差數(shù)列的前n項(xiàng)和；數(shù)列遞推式專題：計(jì)算題分析：由題意知得 ，由此可知數(shù)列an的通項(xiàng)公式an解答：解：a1=S1=1+1=2，an=SnSn1=（n2+n）（n1）2+（n1）=2n當(dāng)n=1時(shí)，2n=2=a1，an=2n故答案為：2n點(diǎn)評：本題主要考查了利用數(shù)列的遞推公式an=SnSn1求解數(shù)列的通項(xiàng)公式，屬于基礎(chǔ)題11（3分）已知曲線y=x3+2與曲線y=4x21在x=x0處的切線互相垂直，則x0的值為考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用分析：分別對函數(shù)y=x3+2、y=4x21求導(dǎo)得出在x=x0處的切線的斜率，由兩切線的斜率積等于1得x0的方程，解方程得答案解答：由y=x3+2得y=x2，在x=x0處的切線的斜率，由y=4x21得y=8x，在x=x0處的切線的斜率k2=8x0又切線互相垂直，所以k1k2=1，即，解得，故答案為：點(diǎn)評：本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)求切線方程的方法及兩條直線垂直與兩斜率間的關(guān)系12（3分）（2006天津）設(shè)向量與的夾角為，且，則cos=考點(diǎn)：平面向量數(shù)量積坐標(biāo)表示的應(yīng)用分析：先求出，然后用數(shù)量積求解即可解答：解：設(shè)向量與的夾角為，且，則cos=故答案為：點(diǎn)評：本題考查平面向量的數(shù)量積，是基礎(chǔ)題13（3分）（2012陜西）觀察下列不等式：，照此規(guī)律，第五個(gè)不等式為1+考點(diǎn)：歸納推理專題：探究型分析：由題設(shè)中所給的三個(gè)不等式歸納出它們的共性：左邊式子是連續(xù)正整數(shù)平方的倒數(shù)和，最后一個(gè)數(shù)的分母是不等式序號n+1的平方，右邊分式中的分子與不等式序號n的關(guān)系是2n+1，分母是不等式的序號n+1，得出第n個(gè)不等式，即可得到通式，再令n=5，即可得出第五個(gè)不等式解答：解：由已知中的不等式1+，1+，得出左邊式子是連續(xù)正整數(shù)平方的倒數(shù)和，最后一個(gè)數(shù)的分母是不等式序號n+1的平方右邊分式中的分子與不等式序號n的關(guān)系是2n+1，分母是不等式的序號n+1，故可以歸納出第n個(gè)不等式是 1+=，（n2），所以第五個(gè)不等式為1+故答案為：1+點(diǎn)評：本題考查歸納推理，解題的關(guān)鍵是根據(jù)所給的三個(gè)不等式得出它們的共性，由此得出通式，本題考查了歸納推理考察的典型題，具有一般性14（3分）在平面直角坐標(biāo)系中，定義d（P，Q）=|x1x2|+|y1y2|為兩點(diǎn)P（x1，y1），Q（x2，y2）之間的“折線距離”在這個(gè)定義下，給出下列命題：到原點(diǎn)的“折線距離”等于1的點(diǎn)的集合是一個(gè)正方形；到原點(diǎn)的“折線距離”等于1的點(diǎn)的集合是一個(gè)圓；到M（1，0），N（1，0）兩點(diǎn)的“折線距離”之和為4的點(diǎn)的集合是面積為6的六邊形；到M（1，0），N（1，0）兩點(diǎn)的“折線距離”差的絕對值為1的點(diǎn)的集合是兩條平行線其中正確的命題是（寫出所有正確命題的序號）考點(diǎn)：元素與集合關(guān)系的判斷專題：壓軸題；閱讀型分析：先根據(jù)折線距離的定義分別表示出所求的集合，然后根據(jù)集合中絕對值的性質(zhì)進(jìn)行判定即可解答：解：到原點(diǎn)的“折線距離”等于1的點(diǎn)的集合（x，y）|x|+|y|=1，是一個(gè)正方形故正確，錯(cuò)誤；到M（1，0），N（1，0）兩點(diǎn)的“折線距離”之和為4的點(diǎn)的集合是（x，y）|x+1|+|y|+|x1|+|y|=4，故集合是面積為6的六邊形，則正確；到M（1，0），N（1，0）兩點(diǎn)的“折線距離”差的絕對值為1的點(diǎn)的集合（x，y）|x+1|+|y|x1|y|=1=（x，y）|x+1|x1|=1，集合是兩條平行線，故正確；故答案為：點(diǎn)評：本題主要考查了“折線距離”的定義，以及分析問題解決問題的能力，屬于中檔題二、解答題15已知函數(shù)f（x）=ax3+bx2+cx+d（a0）的圖象經(jīng)過原點(diǎn)，f（1）=0若f（x）在x=1取得極大值2（1）求函數(shù)y=f（x）的解析式；（2）若對任意的x2，4，都有f（x）f（x）+6x+m，求m的最大值考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值；利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用分析：（1）本題是據(jù)題意求參數(shù)的題，題目中x=1時(shí)有極大值2，且f（1）=0，函數(shù)圖象過原點(diǎn)，可轉(zhuǎn)化出4個(gè)等式，利用其建立方程求解即可得函數(shù)y=f（x）的解析式（2）對任意的x2，4，都有f（x）f（x）+6x+m，可知當(dāng)x2，4時(shí)恒有f（x）f（x）+6x+m，將問題轉(zhuǎn)化為mf（x）f（x）6x恒成立，再利用常數(shù)分離法進(jìn)行求解解答：解：（1）f（x）=3ax2+2bx+c（a0），x=1時(shí)有極大值2，f（1）=3a2b+c=0 又f（0）=d=0 f（1）=3a+2b+c=0 f（1）=a+bc=2 聯(lián)立得 a=1，b=0，c=3，d=0故函數(shù)f（x）=x33x2（2）f（x）f（x）+6x+m，mf（x）f（x）6x，令g（x）=f（x）f（x）6x=x33x29x+3，g（x）=3x26x9，令g（x）=0，得x=1或x=3，g（x）在2，1內(nèi)單調(diào)遞增，在1，3內(nèi)單調(diào)遞減，在3，4內(nèi)單調(diào)遞增，g（x）min=g（3）=24；m24，即mmax=24點(diǎn)評：本小題考點(diǎn)是導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用，考查導(dǎo)數(shù)與極值的關(guān)系，本題的特點(diǎn)是用導(dǎo)數(shù)一極值的關(guān)建立方程求參數(shù)求函數(shù)的表達(dá)式16拋物線x2=4y的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)（0，1）作直線L交拋物線A、B兩點(diǎn)，再以AF、BF為鄰邊作平行四邊形FARB，試求動點(diǎn)R的軌跡方程，并說明曲線的類型考點(diǎn)：圓錐曲線的軌跡問題專題：計(jì)算題分析：設(shè)直線：AB：y=kx1，A（x1，y1），B（x2，y2），R（x，y），求出F的坐標(biāo)，利用AB和RF是平行四邊形的對角線，對角線的中點(diǎn)坐標(biāo)重合，直線與拋物線有兩個(gè)交點(diǎn)，推出k的范圍，整理出R的軌跡方程即可解答：解：設(shè)直線：AB：y=kx1，A（x1，y1），B（x2，y2），R（x，y），由題意F（0，1）由 y=kx1，x2=4y，可得x2=4kx4x1+x2=4kAB和RF是平行四邊形的對角線，x1+x2=x，y1+y2=y+1y1+y2=k（x1+x2）2=4k22，x=4k y=4k23，消去k，可得得x2=4（y+3）又直線和拋物線交于不同兩點(diǎn)，=16k2160，|k|1|x|4所以x2=4（y+3），（|x|4）點(diǎn)評：本題是中檔題，考查曲線軌跡方程的求法，注意挖掘題目的條件，推出直線的斜率的范圍（這是容易疏忽的地方），平行四邊形的對角線的交點(diǎn)的特征，是解題的關(guān)鍵17（2012蕪湖二模）在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，給定兩點(diǎn)A（1，0），B（0，2），點(diǎn)C滿足，其中m，nR且m2n=1（1）求點(diǎn)C的軌跡方程；（2）設(shè)點(diǎn)C的軌跡與雙曲線（a0，b0且ab）交于M、N兩點(diǎn)，且以MN為直徑的圓過原點(diǎn)，求證：為定值；（3）在（2）的條件下，若雙曲線的離心率不大于，求雙曲線實(shí)軸長的取值范圍考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題；軌跡方程；雙曲線的簡單性質(zhì)專題：計(jì)算題分析：（1）由向量等式，得點(diǎn)C的坐標(biāo)，消去參數(shù)即得點(diǎn)C的軌跡方程；（2）將直線與雙曲線方程組成方程組，利用方程思想，求出x1x2+y1y2，再結(jié)合向量的垂直關(guān)系得到關(guān)于a，b的關(guān)系，化簡即得結(jié)論（3）由（2）得從而又e得出解得雙曲線實(shí)軸長2a的取值范圍即可解答：解：（1）設(shè)C（x，y），（x，y）=m（1，0）+n（0，2）m2n=1，x+y=1即點(diǎn)C的軌跡方程為x+y=1（15分）（2）由得（b2a2）x2+2a2x2a2a2b2=0由題意得（8分）設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則 以MN為直徑的圓過原點(diǎn)，即x1x2+y1y2=0x1x2+（1x1）（1x2）=1（x1+x2）+2x1x2=即b2a22a2b2=0為定值（14分）（3）e解得：0a，02a1雙曲線實(shí)軸長的取值范圍是（0，1點(diǎn)評：本小題主要考查雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程、求曲線的方程等基礎(chǔ)知識，考查曲線和方程的關(guān)系等解析幾何的基本思想方法及推理、運(yùn)算能力18設(shè)0ab1+a，解關(guān)于x的不等式（xb）2（ax）2考點(diǎn)：一元二次不等式的解法專題：不等式的解法及應(yīng)用分析：不等式移項(xiàng)變形后，利用平方差公式分解因式，根據(jù)0ab1+a分三種情況考慮：當(dāng)0a1時(shí)；當(dāng)a=1時(shí)；當(dāng)a1時(shí)，分別求出解集即可解答：解：原不等式可化為（1+a）xb（1a）xb0，0ab1+a，當(dāng)0a1時(shí)，不等式化為（x）（x）0，不等式的解集為x|x或x；當(dāng)a=1時(shí)，不等式化為（x）（b）0，不等式的解集為x|x；當(dāng)a1時(shí)，不等式化為（x）（x）0，不等式的解集為x|x點(diǎn)評：此題考查了一元二次不等式的解法，利用了分類討論的思想，是一道基本題型19如圖，正三棱柱ABCA1B1C1的各棱長都相等，D、E分別是CC1和AB1的中點(diǎn)，點(diǎn)F在BC上且滿足BF：FC=1：3（1）若M為AB中點(diǎn)，求證：BB1平面EFM；（2）求證：EFBC；（3）求二面角A1B1DC1的大小考點(diǎn)：直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定專題：證明題分析：（1）先連接EM、MF，根據(jù)中位線定理得到BB1ME，再由 線面平行的判定定理得到BB1平面EFM，即可（2）取BC的中點(diǎn)N，連接AN，再由正三棱柱的性質(zhì)得到ANBC，再由F是BN的中點(diǎn)可得到MFAN，從而得到MFBC、MEBC，再根據(jù)線面垂直的判定定理得到BC平面EFM，進(jìn)而可證明BCEF解答：（1）證明：連接EM、MF，M、E分別是正三棱柱的棱AB和AB1的中點(diǎn)，BB1ME，又BB1平面EFM，BB1平面EFM（2）證明：取BC的中點(diǎn)N，連接AN由正三棱柱得：ANBC，又BF：FC=1：3，F(xiàn)是BN的中點(diǎn)，故MFAN，MFBC，而BCBB1，BB1MEMEBC，由于MFME=M，BC平面EFM，又EF平面EFM，BCEF（3）解 取B1C1的中點(diǎn)O，連結(jié)A1O知，A1O面BCC1B1，由點(diǎn)O作B1D的垂線OQ，垂