2012-2013學年江蘇省蘇州市木瀆高級中學天華學校高三（上）12月月考數學試卷一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分1（5分）函數y=sinxcosx的最小正周期是1考點：二倍角的正弦；三角函數的周期性及其求法專題：三角函數的圖像與性質分析：利用二倍角公式把函數的解析式化為sin（ 2x），從而求得它的最小正周期解答：解：函數y=sinxcosx=sin（ 2x），故函數的周期為 =1，故答案為1點評：本題主要考查三角函數的周期性及其求法，二倍角公式的應用，屬于基礎題2（5分）（2010南通模擬）曲線y=2xlnx在點（1，2）處的切線方程是xy+1=0考點：利用導數研究曲線上某點切線方程專題：計算題分析：求出曲線的導函數，把x=1代入即可得到切線的斜率，然后根據（1，2）和斜率寫出切線的方程即可解答：解：由函數y=2xlnx知y=2，把x=1代入y得到切線的斜率k=2=1則切線方程為：y2=（x1），即xy+1=0故答案為：xy+1=0點評：考查學生會根據曲線的導函數求切線的斜率，從而利用切點和斜率寫出切線的方程3（5分）若實數x，y滿足則z=x+2y的最大值是2考點：簡單線性規劃專題：數形結合分析：先根據約束條件畫出可行域，再利用幾何意義求最值，z=x+2y表示直線在y軸上的截距，只需求出可行域直線在y軸上的截距最大值即可解答：解：滿足題中約束條件的可行域如圖所示目標函數z=x+2y取得最大值，即使得函數在y軸上的截距最大結合可行域范圍知，當其過點P（0，1）時，Zmax=0+21=2故答案為：2點評：本題考查簡單線性規劃，解題的重點是作出正確的約束條件對應的區域，根據目標函數的形式及圖象作出正確判斷找出最優解，4（5分）（2010徐州二模）如圖，已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，O為底面正方形ABCD的中心，則三棱錐B1BCO的體積為考點：棱柱、棱錐、棱臺的體積專題：計算題分析：三棱錐B1BCO的體積，轉化為三棱錐OBCB1的體積，求出O到側面的距離即可解答：解：三棱錐B1BCO的體積，轉化為三棱錐OBCB1的體積，V=故答案為：點評：本題考查棱錐的體積，是基礎題5（5分）已知等比數列an的前n項和為Sn，若a3=，S3=，則a1的值為或6考點：等比數列的前n項和專題：計算題分析：設出等比數列的首項和公比，分公比q等于1和不等于1兩種情況列式求首項，公比等于1時，三倍的a1即為前三項的和，公比不等于1時用等比數列前n項和公式寫出前三項的和解答：解：設等比數列an的首項為a1，公比為q，若q=1，由，得：若q1，則，由得：，代入得：，代入得：a1=6所以a1的值為或6故答案為或6點評：本題考查了等比數列的前n項和，考查了分類討論思想，等比數列的前n項和公式只有在公比不等于1時成立，公比等于時，Sn=na1，此題為基礎題6（5分）如圖，已知正方形ABCD的邊長為3，E為DC的中點，AE與BD交于點F則=考點：平面向量數量積的運算專題：平面向量及應用分析：由四邊形ABCD是正方形，求得AE的長，再由ABEFDE，根據相似三角形的對應邊成比例，求得EF的大小再利用另個向量的數量積的定義求得=cos（FDE）的值解答：解：四邊形ABCD是正方形，DE=CD=，ADE=90，ABCD，FDE=45AE=ABCD，ABFEDF，BF：DF=AB：DE=2，FD=BD=，=cos（FDE）=（）=，故答案為點評：此題考查兩個向量的數量積的定義，相似三角形的判定與性質、正方形的性質以及勾股定理，屬于中檔題7（5分）已知，且090，則cos的值為考點：兩角和與差的正弦函數；同角三角函數間的基本關系專題：計算題分析：由090，可求得454545，從而可求得cos（45），利用兩角和的余弦即可求得cos的值解答：解：090，454545，又sin（45）=，cos（45）=，cos=cos（45）+45=cos（45）cos45sin（45）sin45=（）=故答案為：點評：本題考查兩角和與差的余弦函數，考查同角三角函數間的基本關系，求得cos（45）的值是關鍵，也是難點，屬于中檔題8（5分）（2010鹽城三模）已知A，B，F分別是橢圓的上、下頂點和右焦點，直線AF與橢圓的右準線交于點M，若直線MBx軸，則該橢圓的離心率e=考點：橢圓的應用；橢圓的簡單性質專題：計算題分析：由題意可知，再由A，F，M三點共線可知從而推出，由此能夠導出該橢圓的離心率解答：解：由題意可知，A（0，b），F（c，0），M，A，F，M三點共線，答案：點評：本題考查橢圓的離心率，解題時要靈活運用公式，恰當進行等價轉化9（5分）（2010孝感模擬）設點P（x0，y0）是函數y=tanx與y=x（x0）的圖象的一個交點，則（x02+1）（cos2x0+1）=2考點：弦切互化專題：計算題；轉化思想分析：由點P（x0，y0）是函數y=tanx與y=x（x0）的圖象的一個交點，可得出x02=tan2x0，代入（x02+1）（cos2x0+1）化簡求值即可得到所求答案解答：解：點P（x0，y0）是函數y=tanx與y=x（x0）的圖象的一個交點x02=tan2x0，（x02+1）（cos2x0+1）=（tan2x0+1）（cos2x0+1）=2故答案為2點評：本題考查正切函數的圖象，解題的關鍵是根據P（x0，y0）是函數y=tanx與y=x（x0）的圖象的一個交點得出x02=tan2x，從而把求值的問題轉化到三角函數中，得以順利解題10（5分）在平面直角坐標系中，若符合點A（1，2），B（m，1）到直線l的距離分別為1，2的直線有且僅有2條，則實數m的取值范圍是（12，1+2）考點：兩條直線的交點坐標專題：計算題；直線與圓分析：由A（1，2），B（m，1）到直線l的距離分別為1，2的直線有且僅有2條，知|AB|=2+1，由此能求出實數m的取值范圍解答：解：A（1，2），B（m，1）到直線l的距離分別為1，2的直線有且僅有2條，如圖：|AB|=2+1，12m1+2實數m的取值范圍是（12，1+2）故答案為：（12，1+2）點評：本題考查點到直線的距離，兩直線的位置關系，體現了數形結合的數學思想，得到不存在和線段AB有交點的直線，是解題的關鍵11（5分）（2010鎮江一模）若不等式對于任意正實數x，y總成立的必要不充分條件是km，+），則正整數m只能取 1或2考點：其他不等式的解法專題：計算題；轉化思想分析：將不等式兩邊同除以xy轉化為，左邊用基本不等式，求其最小值，再由“不等式對于任意正實數x，y總成立”得到求得k的范圍，最后由“成立的必要不充分條件是km，+）”，求得正整數m的取值解答：解：不等式兩邊同除以xy得：不等式對于任意正實數x，y總成立對于任意正實數x，y總成立又總成立的必要不充分條件是km，+），m，+），正整數m只能取 1或2故答案為：1或2點評：本題主要考查不等式恒成立，往往轉化為求代數式的最值問題，一般有兩種方法，一是基本不等式，二是函數法12（5分）已知m1，n1，且，（a1），則loga（mn）的最大值為考點：基本不等式；對數的運算性質專題：綜合題分析：令logam=x，（x0），logan=y（y0），可得到（x1）2+（y1）2=4，再通過三角換元即可求得答案解答：解：依題意，令logam=x，（x0），logan=y（y0），則log2am=x2，log2an=y2，=2（logaa+logam）=2+2x，同理可得，=2+2y，log2am+log2an（2）=x2+y22x22y2+2=0，（x1）2+（y1）2=4，令x1=2cos，y1=2sin，則x=1+2cos，y=1+2sin，loga（mn）=logam+logan=x+y=1+2cos+1+2sin=2+2sin（+）2+2故答案為：2+2點評：本題考查對數的運算性質，考查三角換元，考查轉化思想與抽象思維能力，屬于難題13（5分）（2011深圳一模）已知等差數列an首項為a，公差為b，等比數列bn首項為b，公比為a，其中a，b都是大于1的正整數，且a1b1，b2a3，對于任意的nN*，總存在mN*，使得am+3=bn成立，則an=5n3考點：等差數列與等比數列的綜合專題：計算題；壓軸題分析：先利用a1b1，b2a3，以及a，b都是大于1的正整數求出a=2，再利用am+3=bn求出滿足條件的b的值即可求出等差數列an的通項公式解答：解：a1b1，b2a3，ab以及baa+2bb（a2）ab，a21a3，a=2又因為 am+3=bna+（m1）b+3=ban1又a=2，b（m1）+5=b2n1，則b（2n1m+1）=5又b3，由數的整除性，得b是5的約數故2n1m+1=1，b=5，an=a+b（n1）=2+5（n1）=5n3故答案為5n3點評：本題考查等差數列與等比數列的基礎知識考查了學生的計算能力以及對數列知識的綜合掌握，解題時注意轉化思想的運用，屬于基礎題14（5分）（2013宿遷一模）已知函數f（x）=|x1|1|，若關于x的方程f（x）=m（mR）恰有四個互不相等的實數根x1，x2，x3，x4，則x1x2x3x4的取值范圍是（3，0）考點：根的存在性及根的個數判斷專題：函數的性質及應用分析：畫出函數f（x）=|x1|1|的圖象，可得方程f（x）=m（mR）恰有四個互不相等的實數根是地，m的取值范圍，進而求出方程的四個根，進而根據m的范圍和二次函數的圖象和性質，可得x1x2x3x4的取值范圍解答：解：函數f（x）=|x1|1|的圖象如下圖所示：由圖可知，若f（x）=m的四個互不相等的實數根，則m（0，1）且x1，x2，x3，x4分別為：x1=m，x2=2m，x3=m+2，x4=m，x1x2x3x4=（m2）24m2=（m22）24（3，0）故答案為：（3，0）點評：本題考查的知識點是根的存在性及根的個數判斷，其中畫出函數的圖象，引入數形結合思想是解答本題的關鍵二、解答題：本大題共6小題，共計90分，解答時應寫出文字說明、證明或演算步驟.15（14分）（2012湖北模擬）在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且（）求的值；（）若，求ABC面積的最大值考點：余弦定理；二倍角的正弦；二倍角的余弦；正弦定理專題：計算題分析：（）通過求出，利用二倍角以及三角形的內角和化簡，即可求出它的值；（）利用，結合余弦定理，求出a，c的關系，通過基本不等式求出a，c，然后求出三角形的面積最大值解答：（本小題滿分13分）解：（I）因為，所以（1分）又=+=（6分）（II）由已知得，（7分）又因為，所以（8分）又因為，所以ac6，當且僅當時，ac取得最大值（11分）此時所以ABC的面積的最大值為（13分）點評：本題考查二倍角公式，余弦定理，基本不等式的應用，考查計算能力16（14分）（2012鹽城二模）在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ABCD，ABBC，AB=BC=1，DC=2，點E在PB上（1）求證：平面AEC平面PAD；（2）當PD平面AEC時，求PE：EB的值考點：平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的性質專題：空間位置關系與距離分析：（1）過A作AFDC于F，根據中線等于斜邊一半可得ACDA，再根據線面垂直的性質定理可知ACPA，最后根據線面垂直的判定定理可得AC底面PAD，再根據面面垂直的判定定理可得結論； （2）連接BD交AC于點O，連接EO，根據線面平行的性質定理可知PDEO，則PE：EB=DO：OB，而DO：OB=DC：AB=2，從而可求出PE：EB的值解答：（1）證明：過A作AFDC于F，則CF=DF=AF，所以DAC=90，即ACDA 2分又PA底面ABCD，AC面ABCD，所以ACPA 4分因為PA、AD面PAD，且PAAD=A，所以AC底面PAD 6分而AC面ABCD，所以平面AEC平面PAD 8分 （2）解：連接BD交AC于點O，連接EO，因為PD平面AEC，PD面PBD，面PBD面AEC=EO，所以PDEO11分則PE：EB=DO：OB，而DO：OB=DC：AB=2，所以PE：EB=2 14分點評：本題主要考查了平面與平面垂直的判定，以及線面平行的性質，同時考查了空間想象能力和推理論證的能力，屬于基礎題17（14分）如圖，2012年春節，攝影愛好者S在某公園A處，發現正前方B處有一立柱，測得立柱頂端O的仰角和立柱底部B的俯角均為30，已知S的身高約為米（將眼睛距地面的距離按米處理）（1）求攝影者到立柱的水平距離和立柱的高度；（2）立柱的頂端有一長2米的彩桿MN繞中點O在S與立柱所在的平面內旋轉攝影者有一視角范圍為60的鏡頭，在彩桿轉動的任意時刻，攝影者是否都可以將彩桿全部攝入畫面？說明理由考點：平面向量數量積坐標表示的應用專題：平面向量及應用分析：（1）攝影者眼部記為點S，作SCOB于C，則有CSB=30，ASB=60SA=，在RtSAB中，由三角函數的定義可求AB；再由SC=3，CSO=30，在RtSCO中由三角函數的定義可求OC，進而可求OB（2）以O為原點，以水平方向向右為x軸正方向建立平面直角坐標系設M（cos，sin），0，2），則N（cos，sin），由（）知S（3，），利用向量的數量積的坐標表示可求cosMSN=，1，結合余弦函數的性質可求答案解答：解：（1）如圖，不妨將攝影者眼部記為點S，作SCOB于C，依題意CSB=30，ASB=60又SA=，故在RtSAB中，可求得BA=3，即攝影者到立柱的水平距離為3米（3分）由SC=3，CSO=30，在RtSCO中OC=SCtan30=，又BC=SA=，故OB=2，即立柱的高度為2米（6分）（2）如圖，以O為原點，以水平方向向右為x軸正方向建立平面直角坐標系設M（cos，sin），0，2），則N（cos，sin），由（）知S（3，）（8分）故=（cos3，sin+），=（cos3，sin+），=（cos3）（cos3）+（sin）（sin）=11（10分）|=由0，2）知|11，13（12分）所以cosMSN=，1，MSN60恒成立故在彩桿轉動的任意時刻，攝影者都可以將彩桿全部攝入畫面點評：本題考查的是解三角形的應用，解題的 關鍵是準確理解基本概念：仰角俯角問題，熟知銳角三角函數的定義及正弦、余弦定理18（16分）（2010鹽城一模）已知O：x2+y2=1和點M（4，2）（）過點M向O引切線l，求直線l的方程；（）求以點M為圓心，且被直線y=2x1截得的弦長為4的M的方程；（）設P為（）中M上任一點，過點P向O引切線，切點為Q試探究：平面內是否存在一定點R，使得為定值？若存在，請舉出一例，并指出相應的定值；若不存在，請說明理由考點：直線與圓的位置關系專題：綜合題分析：（）找出圓的圓心坐標和半徑，設切線方程的斜率為k，由M的坐標和k寫出切線l的方程，然后利用點到直線的距離公式表示出圓心到直線l的距離d讓d等于半徑r得到關于k的方程，求出方程的解即可得到k的值，寫出直線l的方程即可；（）根據點到直線的距離公式求出M到已知直線的距離d，然后利用勾股定理即可求出圓M的半徑，根據圓心和半徑寫出圓的標準方程即可；（）假設存在這樣的R點，設出R的坐標，并設出P的坐標，根據圓的切線垂直于過切點的半徑得到三角形OPQ為直角三角形，根據勾股定理表示出PQ的長，然后利用兩點間的距離公式表示出PR的長，設PQ與PR之比等于，把PQ和PR的式子代入后兩邊平方化簡得到一個關系式記作（*），又因為P在M上，所以把P的坐標當然到M的方程中，化簡后代入到（*）中，根據多項式對應項的系數相等即可求出R的坐標和的值解答：解：（）由O：x2+y2=1得到圓心O（0，0）半徑r=1，設切線l方程為y2=k（x4），易得，解得，切線l方程為；（）圓心M到直線y=2x1的距離d=，設圓的半徑為r，則，M的方程為（x4）2+（y2）2=9；（）假設存在這樣的點R（a，b），點P的坐標為（x，y），相應的定值為，根據題意可得，即x2+y21=2（x2+y22ax2by+a2+b2）（*），又點P在圓上（x4）2+（y2）2=9，即x2+y2=8x+4y11，代入（*）式得：8x+4y12=2（82a）x+（42b）y+（a2+b211），若系數對應相等，則等式恒成立，解得，可以找到這樣的定點R，使得為定值如點R的坐標為（2，1）時，比值為；點R的坐標為時，比值為點評：此題考查學生掌握直線與圓的位置關系，靈活運用兩點間的距離公式及點到直線的距離公式化簡求值，會根據圓心坐標和圓的半徑寫出圓的標準方程，是一道綜合題19（16分）已知函數f（x）=x（xa）2，g（x）=x2+（a1）x+a（其中a為常數）；（1）如果函數y=f（x）和y=g（x）有相同的極值點，求a的值；（2）設a0，問是否存在，使得f（x0）g（x0），若存在，請求出實數a的取值范圍；若不存在，請說明理由（3）記函數H（x）=f（x）1g（x）1，若函數y=H（x）有5個不同的零點，求實數a的取值范圍考點：函數與方程的綜合運用；函數的零點；利用導數研究函數的極值專題：計算題分析：（1）對函數f（x）求導可得f（x）=3x24ax+a2=（3xa）（xa），由f（x）=0，可得得x=a或，而g（x）在處有極大值，從而可得a（2）假設存在，即存在，使得f（x）g（x）0，由，及a0，可得xa0，則存在，使得x2+（1a）x+10，結合二次函數的性質求解（3）據題意有f（x）1=0有3個不同的實根，g（x）1=0有2個不同的實根，且這5個實根兩兩不相等g（x）1=0有2個不同的實根，只需滿足；f（x）1=0有3個不同的實根，從而結合導數進行求解解答：解：（1）f（x）=x（xa）2=x32ax2+a2x，則f（x）=3x24ax+a2=（3xa）（xa），令f（x）=0，得x=a或，而g（x）在處有極大值，或；綜上：a=3或a=1 （4分）（2）假設存在，即存在，使得f（x）g（x）=x（xa）2x2+（a1）x+a=x（xa）2+（xa）（x+1）=（xa）x2+（1a）x+10，當時，又a0，故xa0，則存在，使得x2+（1a）x+10，（6分）1當即a3時，得，a3；2當即0a3時，得a1或a3，a無解；綜上：a3 （9分）（3）據題意有f（x）1=0有3個不同的實根，g（x）1=0有2個不同的實根，且這5個實根兩兩不相等（）g（x）1=0有2個不同的實根，只需滿足；（）f（x）1=0有3個不同的實根，1當即a0時，f（x）在x=a處取得極大值，而f（a）=0，不符合題意，舍；2當即a=0時，不符合題意，舍；3當即a0時，f（x）在處取得極大值，；所以；因為（）（）要同時滿足，故；（注：也對）（12分）下證：這5個實根兩兩不相等，即證：不存在x0使得f（x0）1=0和g（x0）1=0同時成立；若存在x0使得f（x0）=g（x0）=1，由f（x0）=g（x0），即x0（x0a）2=x02+（a1）x0+a，得（x0a）（x02ax0+x0+1）=0，當x0=a時，f（x0）=g（x0）=0，不符合，舍去；當x0a時，既有x02ax0+x0+1=0；又由g（x0）=1，即x02+（a1）x0+a；聯立式，可得a=0；而當a=0時，H（x）=f（x）1g（x）1=（x31）（x2x1）=0沒有5個不同的零點，故舍去，所以這5個實根兩兩不相等綜上，當時，函數y=H（x）有5個不同的零點 （16分）點評：本題主要考查了導數在求解極值中的應用，解得本題不但要熟練掌握函數的導數的相關的知識，還要具備一定的邏輯推理的能力，此題對考生的能力要求較高20（16分）已知各項均為整數的數列an滿足：a9=1，a13=4，且前12項依次成等差數列，從第11項起依次成等比數列（1）求數列an的通項公式；（2）若存在正整數m、p使得：am+am+1+am+p=amam+1am+p，請找出所有的有序數對（m，p），并證明你的結論考點：等差數列與等比數列的綜合專題：計算題；綜合題；探究型；分類討論分析：（1）各項均為整數的數列an滿足：a9=1，a13=4，且前12項依次成等差數列，從第11項起依次成等比數列，列方程，分別求出等差數列的公差和等比數列的公比，即可求出數列an的通項公式；（2）根據（1）得出數列an為：9，8，7，6，5，4，3，2，1，0，1，2，4，8，16，分類討論當am，am+1，am+p均為負數和當am，am+1，am+p均為正數，可得am+am+1+am+p=0，根據負數項只有九項，我們按負數項分類：即可求得結果解答：解：（1）設由前12項構成的等差數列的公差為d，從第11項起構成的等比數列的公比為q，由，可得，或又數列an各項均為整數，故； 所以，（2）數列an為：9，8，7，6，5，4，3，2，1，0，1，2，4，8，16，當am，am+1，am+p均為負數時，顯然am+am+1+am+p0，所以amam+1am+p0，即am，am+1，am+p共有奇數項，即p為偶數；又最多有9個負數項，所以p8，p=2時，經驗算只有（3）+（2）+（1）=（3）（2）（1）符合，此時m=7；p=4，6，8時，經驗算沒有一個符合；故當am，am+1，am+p均為負數時，存在有序數對（7，2）符合要求當am，am+1，am+p均為正數時，m11且mN*，am+am+1+am+p=2m11+2m10+2m+p11=2m11（1+2+2p）=2m11（2p+11）因為2p+11是比1大的奇數，所以am+am+1+am+p能被某個大于1的奇數（2p+11）整除，而不存在大于1的奇約數，故am+am+1+am+pamam+1am+p；故當am，am+1，am+p均為正數時，不存在符合要求有序數對； 當am，am+1，am+p中既有正數又有負數，即am，am+1，am+p中含有0時，有amam+1am+p=0，所以am+am+1+am+p=0，因為負數項只有九項，我們按負數項分類：含1個負數項時，1，0，1，符合，此時m=9，p=2；含2個負數項時，2，1，0，1，2，符合，此時m=8，p=4；含3個或4個負數項時，經驗算不存在符合要求的；含5個負數項時，5，4，32，1，0，1，2，4，8，符合，此時m=5，p=9；含6個及6個以上負數項時，經驗算不存在符合要求的；故當am，am+1，am+p中既有正數又有負數時，存在三組有序數對（9，2），（8，4），（5，9）符合要求；綜上，存在四組有序數對（9，2），（8，4），（5，9），（7，2）符合要求點評：本題是難題，考查等比數列和等差數列的綜合問題，考查分析問題解決問題的能力和運算能力，體現了分類討論的數學思想方法三、附加題21（20分）【選做題】（1）已知矩陣，向量求向量，使得A2=（2）橢圓中心在原點，離心率為，點P（x，y）是橢圓上的點，若的最大值為10，求橢圓的標準方程考點：橢圓的標準方程；二階矩陣；特征值與特征向量的計算專題：綜合題；圓錐曲線的定義、性質與方程分析：（1）利用矩陣的運算，建立方程組，即可求得向量；（2）設出題意的參數方程，利用三角函數知識，即可求橢圓的標準方程解答：解：（1）設，由A2=得：，（2）由題意，離心率為，設橢圓標準方程是，它的參數方程為（是參數），最大值是5c，依題意5c=10，c=2，故橢圓的標準方程是點評：本題考查矩陣的運算，考