广东省云浮市新兴实验中学高三数学文期末试题含解析

广东省云浮市新兴实验中学高三数学文期末试题含解析一、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，只有是一个符合题目要求的1.已知函数和的图象关于轴对称，且．则不等式的解集为

（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C2.已知双曲线右焦点为为双曲线左支上一点，点，则周长的最小值为（）A．

B．

C．

D．参考答案：B3.若m＞0且m≠1，n＞0，则“＜0”是“（m－1）（n－1）＜0”的（）A、充要条件B、充分不必要条件C、必要不充分条件D、既不充分也不必要条件参考答案：A略4.已知a＞b＞0，c＜0，下列不等关系中正确的是（）A．ac＞bc B．ac＞bcC．loga（a﹣c）＞logb（b﹣c） D．＞参考答案：D【考点】R3：不等式的基本性质．【分析】根据不等式的性质求出a（b﹣c）＞b（a﹣c）以及a﹣c＞b﹣c＞0，从而求出答案．【解答】解：∵a＞b＞0，c＜0，﹣c＞0，∴a﹣c＞b﹣c＞0，ac＜bc，故a（b﹣c）＞b（a﹣c），故＞，故选：D．5.运行如图所示的程序框图，若输出的k的值为13，则判断框中可以填（）A．m＞7？ B．m≥7？ C．m＞8？ D．m＞9？参考答案：A【考点】程序框图．【分析】根据框图的流程模拟运行程序，直到满足条件，计算输出k的值，即可得解．【解答】解：程序框图，知：n=2m，k=2m﹣1，∵输出的k的值为13，∴k=2m﹣1=13，解得m=7，∴判断框中可以填m＞7？故选：A．【点评】本题考查了直到型循环结构的程序框图，根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法，属于基础题．6.如果数列满足：首项那么下列说法正确的是

（

）

A．该数列的奇数项成等比数列，偶数项成等差数列

B．该数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列C．该数列的奇数项分别加4后构成一个公比为2的等比数列

D．该数列的偶数项分别加4后构成一个公比为2的等比数列参考答案：C7.向量，夹角为，且，，则(A)1.

(B).

(C)3.

(D)2.参考答案：D略8.设双曲线的渐近线与抛物线相切，则该双曲线的离心率为（

）A．3

B．

C．

D．参考答案：C9.已知函数的最小正周期为，则（

）A．1

B．

C．-1

D．参考答案：A【知识点】三角函数的性质C3解析：因为函数的最小正周期为，所以，则，所以选A.【思路点拨】可先由最小正周期求函数解析式，再代入求所求函数值.10.（5分）“2a＞2b”是“log2a＞log2b”的（）条件．A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要参考答案：B【考点】：必要条件、充分条件与充要条件的判断．【专题】：简易逻辑．【分析】：根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．解：由“2a＞2b”得a＞b，由“log2a＞log2b”得a＞b＞0，则“2a＞2b”是“log2a＞log2b”的必要不充分条件，故选：B【点评】：本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据指数不等式和对数不等式的性质是解决本题的关键．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知抛物线，过其焦点且斜率为1的直线交抛物线于、两点，若线段的中点的纵坐标为2，则该抛物线的准线方程为

.参考答案：11.12.设函数，当时,

参考答案：由归纳推理可知。【答案】【解析】13.（原创）若直线与函数的图象相切于点，则切点的坐标为

.参考答案：略14.已知数列的前n项和为，且点在直线上，则数列的通项公式为

。参考答案：略15.函数的最小正周期为

．参考答案：，其中为参数，所以周期。16.已知圆C的标准方程为，直线AM与圆C相切于点M，若点A的坐标(a，b)，且点A满足（其中点O为坐标原点），则______．参考答案：3【分析】由可得，进而化简可得解.【详解】根据题意，圆的标准方程为，其圆心为，半径，直线与圆相切于点，则，，若，则，变形可得：，则有；故答案为：3．【点睛】本题主要考查了求轨迹方程的思路，属于基础题.17.已知一元二次方程有两个根（为实数），一个根在区间内，另一个根在区间内，则点对应区域的面积为________．参考答案：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.（本小题满分12分）已知：等差数列{}中，=14，前10项和．（Ⅰ）求；（Ⅱ）将{}中的第2项，第4项，…，第项按原来的顺序排成一个新数列，求此数列的前项和．参考答案：(Ⅰ)由

设公差为d,………………1分∴

……3分解得………………4分由

………………6分(Ⅱ)设新数列为{}，由已知，

………………8分

………………10分

………………12分19.函数y=f（x）对任意实数x、y满足f（x）+f（y﹣x）=f（y），且当x＞0时，f（x）＜0．（1）求证：y=f（x）是奇函数；（2）判断y=f（x）的单调性，并证明；（3）对任意t∈[1，2]，f（tx2﹣2x）＜f（t+2）恒成立，求x的范围．参考答案：【考点】函数恒成立问题；函数单调性的判断与证明；函数奇偶性的判断；抽象函数及其应用．【专题】综合题．【分析】（1）对x，y分别进行赋值，结合f（x）+f（y﹣x）=f（y），利用奇函数的定义可证明；（2）利用单调性的定义，结合当x＞0时，f（x）＜0，取y＞x，则y﹣x＞0，所以f（y﹣x）＜0，利用当x＞0时，f（x）＜0，即可证得；（3）利用（2）的结论，将抽象不等式化为具体不等式，变换主元，构建一次函数，即可解决．（1）证明：令x=y=0，代入f（x）+f（y﹣x）=f（y），那么f（0）+f（0）=f（0），所以f（0）=0再令y=0，那么f（x）+f（﹣x）=f（0）=0，所以f（﹣x）=﹣f（x），所以函数y=f（x）是奇函数；（2）解：函数y=f（x）在整个R上是减函数证明：令y＞x，则y﹣x＞0，∵f（x）+f（y﹣x）=f（y），∴f（y）﹣f（x）=f（y﹣x），因为当x＞0，f（x）＜0，而y﹣x＞0，所以f（y﹣x）＜0所以f（y）﹣f（x）＜0，即y＞x，f（y）＜f（x），所以函数y=f（x）在整个R上是减函数；（3）解：对任意t∈[1，2]，f（tx2﹣2x）＜f（t+2）恒成立∴对任意t∈[1，2]，tx2﹣2x＞t+2恒成立∴对任意t∈[1，2]，（x2﹣1）t﹣2x﹣2＞0恒成立，令函数h（t）=（x2﹣1）t﹣2x﹣2分三种情况：i、当x2﹣1=0时，x=1或﹣1，代入发现不符合（x2﹣1）t﹣2x﹣2＞0ii、当x2﹣1＞0，即x＞1或x＜﹣1时，函数h（t）=（x2﹣1）t﹣2x﹣2是增函数，所以最小值为h（1）=x2﹣2x﹣3=（x+1）（x﹣3）＞0，所以x＞3或x＜﹣1所以最后符合的解是：x＞3或x＜﹣1iii、当x2﹣1＜0，即﹣1＜x＜1时，函数h（t）=（x2﹣1）t﹣2x﹣2是减函数，所以最小值是h（2）=2x2﹣2x﹣4=2（x+1）（x﹣2）＞0，所以x＞2或x＜﹣1，与﹣1＜x＜1矛盾综上知x的范围是：x＞3或x＜﹣1【点评】本题以函数的性质为载体，考查赋值法的运用，考查函数单调性的判断与证明，同时考查变换主元思想的运用，解题时合理运用函数的性质是关键．20.对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且，这种“变换”记作.继续对数列进行“变换”，得到数列，…，依此类推，当得到的数列各项均为时变换结束．（Ⅰ）试问和经过不断的“变换”能否结束？若能，请依次写出经过“变换”得到的各数列；若不能，说明理由；（Ⅱ）求经过有限次“变换”后能够结束的充要条件；（Ⅲ）证明：一定能经过有限次“变换”后结束．参考答案：（Ⅰ）解：数列不能结束，各数列依次为；；；；；；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形．

………………2分数列能结束，各数列依次为；；；．

………………3分（Ⅱ）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．………………4分若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束．……………5分当数列经过有限次“变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，则为常数列”．当时，数列．由数列为常数列得，解得，从而数列也为常数列．其它情形同理，得证．在数列经过有限次“变换”后结束时，得到数列(常数列)，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列．

………………8分所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．（Ⅲ）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中”．证明：记数列中最大项为，则．令，，其中．因为，

所以，故，证毕．

………………9分现将数列分为两类．第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，．

第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时．下面证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列．不妨令数列的第一项为，第二项最大()．（其它情形同理）①当数列中只有一项为时，若()，则，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若，则；此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；若，则；；，此数列各项均不为，为第一类数列．②当数列中有两项为时，若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；若()，则，，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列．③当数列中有三项为时，只能是，则，，，此数列各项均不为，为第一类数列．总之，第二类数列至多经过次“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“变换”，数列的最大项又开始减少．又因为各数列的最大项是非负整数，故经过有限次“变换”后，数列的最大项一定会为，此时数列的各项均为，从而结束．

……………13分

北京市西城区2012年高三一模试卷

数学（理科）参考答案及评分标准

2012.4一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.

1.

C；

2.D；

3.A；

4.A；

5.B；

6.D；

7.A；

8.D.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.9.；

10.；

11.；

12.；

13.和，；

14.，.注：13题、14题第一问2分，第二问3分.

三、解答题：本大题共6小题，共80分.

15.（本小题满分13分）（Ⅰ）解：原式可化为．

………………3分

因为，

所以，所以．

………………5分

因为，所以．

………………6分

（Ⅱ）解：由余弦定理，得．………………8分

因为，，

所以．

………………10分

因为，

………………12分所以．

………………13分16.（本小题满分13分）（Ⅰ）解：由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是．………………1分记“甲以比获胜”为事件，则．

………………4分（Ⅱ）解：记“乙获胜且比赛局数多于局”为事件.

因为，乙以比获胜的概率为，

………………6分

乙以比获胜的概率为，

………………7分所以．

………………8分（Ⅲ）解：设比赛的局数为，则的可能取值为．

，

………………9分

，

………………10分

，

………………11分

．

………………12分比赛局数的分布列为：

………………13分17.（本小题满分14分）（Ⅰ）证明：设与相交于点，连结．因为四边形为菱形，所以，且为中点．

………………1分又，所以．

………3分因为，所以平面．

………………4分

（Ⅱ）证明：因为四边形与均为菱形，所以//，//，所以平面//平面．

………………7分

又平面，所以//平面．

………………8分

（Ⅲ）解：因为四边形为菱形，且，所以△为等边三角形．因为为中点，所以，故平面．由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．………………9分

设．因为四边形为菱形，，则，所以，．所以．

所以，．

设平面的法向量为，则有所以

取，得．

………………12分

易知平面的法向量为．

………………13分

由二面角是锐角，得．

所以二面角的余弦值为．

………………14分

18.（本小题满分13分）（Ⅰ）解：当时，，．

………………2分由于，，所以曲线在点处的切线方程是．

………………4分（Ⅱ）解：，．

………………6分①当时，令，解得．的单调递减区间为；单调递增区间为，．……………8分当时，令，解得，或．②当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，．

………………10分③当时，为常值函数，不存在单调区间．

………………11分④当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，．

………………13分

19.（本小题满分14分）（Ⅰ）解：由，

得.

………………2分依题意△是等腰直角三角形，从而，故.

………………4分所以椭圆的方程是.

………………5分（Ⅱ）解：设，，直线的方程为.

将直线的方程与椭圆的方程联立，消去得.

………………7分所以，.

………………8分若平分，则直线，的倾斜角互补，所以.

………………9分设，则有.将，代入上式，整理得，所以.

………………12分将，代入上式，整理得.

………………13分由于上式对任意实数都成立，所以.

综上，存在定点，使平分.

………………14分

20.（本小题满分13分）（Ⅰ）解：数列不能结束，各数列依次为；；；；；；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形．

………………2分数列能结束，各数列依次为；；；．

………………3分（Ⅱ）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．………………4分若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束．……………5分当数列经过有限次“变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，则为常数列”．当时，数列．由数列为常数列得，解得，从而数列也为常数列．其它情形同理，得证．在数列经过有限次“变换”后结束时，得到数列(常数列)，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列．

………………8分所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．（Ⅲ）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中”．证明：记数列中最大项为，则．令，，其中．因为，

所以，故，证毕．

………………9分现将数列分为两类．第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，．

第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时．下面证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列．不妨令数列的第一项为，第二项最大()．（其它情形同理）①当数列中只有一项为时，若()，则，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若，则；此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；若，则；；，此数列各项均不为，为第一类数列．②当数列中有两项为时，若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；若()，则，，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列．③当数列中有三项为时，只能是，则，，，此数列各项均不为，为第一类数列．总之，第二类数列至多经过次“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“变换”，数列的最大项又开始减少．又因为各数列的最大项是非负整数，故经过有限次“变换”后，数列的最大项一定会为，此时数列的各项均为，从而结束．