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2012学年第一学期浙江省温州中学高二期末考试数学(理科)试卷


2012 学年第一学期温州中学高二期末考试数学(理科)试卷
一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 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.若复数 z ? a2 ?1 ? (a ? 1)i(a ? R) 是纯虚数,则 | z | 等于( A.0 B.2 ) C.0 或 2 D. 2 ? ? ? 1 3 b c ? 2.在空间

直角坐标系中, 若向量 a ? (?2,1,3), ? (1, ?1,1),? (1, ? , ) , 则它们之间的关系是 ( 2 2 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? A. a ? b且a / / c B. a ? b且a ? c C. a / /b且a ? c D. a / /b且a / / c 3.对任意 x ? R ,不等式 a ?| x | ? | x ? 1| 恒成立的一个充分不必要条件是( ) A. a ? 1 B. a ? 1 C. a ? 1 D. a ? 1 1 4.曲线 y ? 和 y ? ax2 在它们的交点 处的两条切线互相垂直,则实数 a 的值是( ) 2x 1 1 1 A. B. ? C. ? D.不存在 4 4 4 2 2 2 5.如图,长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=1, E 为 CC1 的中点,则异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为( )



30 60 C. 10 10 6.函数 y ? 3 x ?1 ? 10 ? 5x 的最大值是(
A. B. A. 5 B. 3 C. 2 2

10 10

D. )

3 10 10

D. 14

7.如图是从事网络工作者经常用来解释网络运作的蛇形模型: 数字 1 出现在第 1 行;数字 2,3 出现在第 2 行;数字 6,5,4 (从左至右)出现在第 3 行;数字 7,8,9,10 出现在第 4 行; 依此类推.若 2013 是第 m 行从左至右算的第 n 个数字, 则(m,n)为( A.(63,60) 8.已知双曲线 ) B.(63,4) C.(64,61) D.(64,4)

x2 y 2 ? ? 1(a ? 0, b ? 0) 的两焦点为 F1 , F2 ,过 F2 作 x 轴的垂线交双曲线于 A, B 两点, a 2 b2


若 ?ABF 内切圆的半径为 a ,则此双曲线的离心率为( 1

A. 2

B.

3 ?1 2
2

C. 3

D.

5 ?1 2


9.已知 t ? 0 ,关于 x 的方程 3 x ? t ? 4 x ? 1 有相异实根的个数情况是( A.0 或 1 或 2 或 3 B.0 或 1 或 2 或 4 C.0 或 2 或 3 或 4 2 f ( x ) ? xf ?( x ) ? 0 ,则 f ( x ) ( 10.若对可导函数 f ( x ) ,恒有 A.恒大于 0 B.恒小于 0 C.恒等于 0

D.0 或 1 或 2 或 3 或 4 ) D.和 0 的大小关系不确定

二、填空题(本大题共 6 小题,每小题 4 分,共 24 分) 11.命题“若 x<0,则 x ? 0 ”的逆否命题是
2

命题. (填“真”或“假” )

1 3 . ? i ,则 ? 2 ? ? 等于 2 2 13.对于函数 f (x) ,在使 f ( x) ? M 成立的所有常数 M 中,我们把 M 的最大值称为函数 f (x) 的“下 1 确界”,则函数 f ( x) ? x ? 2 ( x ? 0) 上的“下确界”为 . x 14.已知命题:在平面直角坐标系中, ?ABC 的顶点 A(?c, 0) 和 C (c, 0) ,顶点 B 在椭圆
12.记复数 ? ? ?

sin A ? sin C 1 x2 y 2 ? ,类比 ? 2 ? 1(a ? b ? 0, c ? a 2 ? b 2 ) 上,椭圆的离心率是 e,则 2 sin B e a b 上述命题有:在平面直角坐标系中, ?ABC 的顶点 A(?c, 0) 和 C (c, 0) ,顶点 B 在双曲线

x2 y 2 ? 2 ? 1(a ? 0, b ? 0, c ? a 2 ? b 2 ) 上,双曲线的离心率是 e,则 . 2 a b 15.平面 ? 、 ? 、 ? 两两垂直,定点 A ? ? ,A 到 ? 、 ? 距离都是 1,P 是 ? 上动点,P 到 ? 的距离等 于 P 到点 A 的距离,则 P 点轨迹上的点到 ? 距离的最小值是 . x 16.使关于 x 的不等式 a ≥x≥logax(a>0 且 a≠1)在区间 (0, ??) 上恒成立的实数 a 的取值范围
是 . 三、解答题(本大题共 3 小题,共 36 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10 分)如图,在组合体中,ABCD—A1B1C1D1 是一个长方体,P—ABCD 是一个四棱锥.AB=2,BC=3,点 P ? 平面 CC1D1D,且 PC=PD= 2 . (Ⅰ)证明:PD ? 平面 PBC; (Ⅱ)求 PA 与平面 ABCD 所成的角的正切值; (Ⅲ)若 AA1 ? a ,当 a 为何值时,PC//平面 AB1D .

18.(12 分)如图,已知抛物线 C : y 2 ? 2 px( p ? 0) 上横坐标为 4 的点到焦点的距离为 5. (Ⅰ)求抛物线 C 的方程; (Ⅱ)设直线 y ? kx ? b 与抛物线 C 交于两点 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) , 且 | y1 ? y2 |? a (a 为正常数) ... .过弦 AB 的中点 M 作平行于 x 轴的 直线交抛物线 C 于点 D,连结 AD、BD 得到 ?ABD . (i)求实数 a,b,k 满足的等量关系; (ii) ?ABD 的面积是否为定值?若为定值,求出此定值; 若不是定值,请说明理由.

19.(14 分)已知函数 f ( x) ? x ln x , g ( x) ? x ? 1 . (Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若对任意正实数 x,不等式 f ( x) ? kg ( x) 恒成立,求实数 k 的值; (Ⅲ)求证: 2n ln n! ? (n ?1)2 (n ? N*) . (其中 n! ? 1? 2 ? 3 ????? (n ? 1) ? n )

2012 学年第一学期温州中学高二期末考试数学(理科)答题卷
一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10

二、填空题(本大题共 6 小题,每小题 4 分,共 24 分) 11. 13. 15. 12. 14. 16.

三、解答题( 本大题共 3 小题,共 36 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10 分)

18.(12 分)

19.(14 分)

2012 学年第一学期温州中学高二期末考试数学(理科)参考答案
一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B A C C B D B D B A 二、填空题(本大题共 6 小题,每小题 4 分,共 24 分) 11. 13. 真 12. 14. -1

3

3 4

sin A ? sin C 1 ? sin B e

15.

1 2

16.

a?e

1 e

三、解答题(本大题共 3 小题 ,共 36 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.方法一:(Ⅰ)证明:因为 PD ? PC ? 2 , CD ? AB ? 2 , 所以 ?PCD 为等腰直角三角形,所以 PD ? PC . 因为 ABCD ? A1 B1C1 D1 是一个长方体,所以 BC ? 面CC1D1D , 而 P ? 平面CC1D1D ,所以 PD ? 面CC1D1D ,所以 BC ? PD . 因为 PD 垂直于平面 PBC 内的两条相交直线 PC 和 BC , 由线面垂直的判定定理,可得 PD ? 平面PBC . (Ⅱ)解:过 P 点在平面 CC1D1D 作 PE ? CD 于 E ,连接 AE . 因为 面ABCD ? 面PCD ,所以 PE ? 面ABCD , 所以 ?PAE 就是 PA 与平面 ABCD 所成的角. 因为 PE ?1, AE ? 10 ,所以 tan ?PAE ?

PE 1 10 ? ? . AE 10 10
10 . 10

所以 PA 与平面 ABCD 所成的角的正切值为 (Ⅲ)解:当 a ? 2 时, PC // 平面AB1 D .

当 a ? 2 时,四边形 CC1D1D 是一个正方形,所以 ?C1DC ? 450 , 而 ?PDC ? 450 ,所以 ?PDC1 ? 900 ,所以 C1 D ? PD . 而 PC ? PD , C1 D 与 PC 在同一个平面内,所以 PC // C1D .

而 C1D ? 面AB1C1D ,所以 PC //面AB1C1D ,所以 PC // 平面AB1 D . 方法二:(Ⅰ)证明:如图建立空间直角坐标系,设棱长 AA1 ? a , 则有 D(0,0, a) , P (0,1, a ? 1) , B(3,2, a) , C (0,2, a) . 于是 PD ? (0, ?1, ?1) , PB ? (3,1, ?1) , PC ? (0,1, ?1) , z
P

D A B

C

??? ?

??? ?

??? ?

??? ??? ? ? ??? ??? ? ? 所以 PD ? PB ? 0 , PD ? PC ? 0 .
D1

C1 B1

y

所以 PD 垂直于平面 PBC 内的两条相交直线 PC 和 BC , 由线面垂直 的判定定理,可得 PD ? 平面PBC .

A1

x ??? ? ?? ? (Ⅱ)解: A(3,0, a) ,所以 PA ? (3, ?1, ?1) ,而平面 ABCD 的一个法向量为 n1 ? (0,0,1) .

??? ?? ? ? 所以 cos ? PD, n1 ??

?1 11 ? 1

??

11 10 .所以 PA 与平面 ABCD 所成的角的正切值为 . 10 11

(Ⅲ)解: B1 ? (3,2,0) ,所以 DA ? (3,0,0) , AB1 ? (0,2,?a) . 设平面 AB1 D 的法向量为 n2 ? ( x, y, z) ,则有 ?

?DA ? n2 ? 3x ? 0 ? ? AB1 ? n2 ? 2 y ? az ? 0 ?



令 z ? 2 ,可得平面 AB1 D 的一个法向量为 n2 ? (0, a,2) . 若要使得 PC // 平面AB1 D ,则要 PC ? n2 ,即 PC ? n2 ? a ? 2 ? 0 ,解得 a ? 2 . 所以当 a ? 2 时, PC // 平面AB1 D . 18.解:(Ⅰ)依题意: 4 ? (Ⅱ)(i)由方程组 ?

p ? 5 ,解得 p ? 2 .? 抛物线方程为 y 2 ? 4x . 2
消去 x 得: ky 2 ? 4 y ? 4b ? 0 .(※)

? y ? kx ? b, ? y ? 4 x,
2

依题意可知: k ? 0 . 由已知得 y1 ? y2 ?

4 4b , y1 y2 ? . k k
2 2

由 y1 ? y2 ? a ,得 ( y1 ? y2 ) ? 4 y1 y2 ? a ,即 所以 a k ? 16(1 ? kb) .
2 2

16 16b ? ? a 2 ,整理得 16 ? 16kb ? a 2 k 2 . 2 k k

2 ? bk 2 1 2 , ) ,所以点 D( 2 , ) , 2 k k k k 1 1 1 ? bk 依题意知 S? ABD ? DM y1 ? y2 ? ? ?a. 2 2 k2 又因为方程(※)中判别式 ? ? 16 ? 16kb ? 0 ,得 1 ? kb ? 0 .
(ii)由(i)知 AB 中点 M (

1 1 ? bk a2k 2 1 a2 a3 S? ABD ? ? 2 ? a ,由(Ⅱ)可知 1 ? bk ? S? ABD ? ? ? a ? 所以 ,所以 . 2 k 16 2 16 32
又 a 为常数,故 S? ABD 的面积为定值. 19. (Ⅰ)解:定义域: (0, ??)

1 1 ? f ?( x) ? 1 ? ln x ? f ( x)在(0, )上 ? ,在( , ??)上 ? e e
(Ⅱ)解法一: (1)当x ? 1 时,显然成立;



(2)当x ? 1时,k ?

x ln x x ?1

令h( x) ?

x ln x (1 ? ln x)( x ? 1) ? x ln x x ? 1 ? ln x ,则h?( x) ? ? x ?1 ( x ? 1)2 ( x ? 1)2
1 ? 0, t ( x) ? t (1) ? 0 ? h( x)在(1, ??)上 ? ? x

令t ( x) ? x ? 1 ? ln x,则t ?( x) ? 1 ? 由洛比达法则可知: lim
x ?1

x ln x = lim(1 ? ln x) ? 1 x ? 1 x ?1

? h( x) ? 1 ,由题意:k ? 1; (3)当x ? 1时,类似(2)可得k ? 1;
综上: k ? 1 ; 解法二: 令h( x) ? x ln x ? kx ? k,则h?( x) ? 1 ? ln x ? k

?h( x)在(0, ek ?1 )上 ? ,在(ek ?1, ??)上 ?
由题意 k ? e
k ?1

?h( x) ? h(ek ?1 ) ? k ? ek ?1

? 0 , 令t (k ) ? k ? ek ?1,则t ?(k ) ? 1 ? ek ?1,

?t (k )在(0,1)上 ? ,在(1, ??)上 ? ?t (k ) ? t (1)=0 ? k ? ek ?1 ? 0 ,
? k ? ek ?1 ? 0 ? k ? 1
(Ⅲ)证法一:由?Ⅱ? 知:当x ? 1时,x ln x ? x ? 1? ln x ?

x ?1 1 ? 1? x x

令x ? k 2 (k ? N*, k ? 2),则2ln k ? 1 ?

1 1 1 1 ? 1? ? 1? ( ? ) 2 k k (k ? 1) k ?1 k

1 (n ? 1)2 取k ? 2,3, ???, n ?1, n ,并累加得: 2ln n ! ? (n ? 1) ? (1 ? ) ? ? 2n ln n! ? (n ?1)2 n n

又当n ? 1时, ln n!=(n ?1)2 2n ?2n ln n! ? (n ?1)2 (n ? N*)
证法二:数学归纳法(略)

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