2022年北京市东城区高三理科数学综合练习一试题详细解析.pdf

北京市东城区 2013 届高三理科数学综合练习一试题详细解析 2012.12 一、选择题： 本大题共8 小题，每小题5 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. 已知全集4 ,3,2, 1 ,0U，集合,32, 1A，4,2B，则ACBU为A. ,42 , 1B. ,43, 2C. ,42,0D. ,3,42 ,0A2.1a是11a的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件3. 若yx0，则下列各式正确的是15、11yxB. yxsinsinC. yx33loglogD. yx31314.在等差数列na中，0na，且301021aaa，则65aa的最大值是A. 3B. 6C. 9D. 365.如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的体积为A.36B. 39C. 312D. 3186. 下列命题中，真命题是A. 01,2xxRxB. sinsinsin,RC. 01,2xxRxD. coscossin,R7. 已知21,FF为双曲线C：1422yx的左、右焦点， 点P在C上，6021PFF，则P到x轴的距离为2 3 正视图俯视图3侧视图2 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 13 页 - - - - - - - - - - 17、55B. 515C. 5152D. 20158. 设函 数0,430,662xxxxxxf，若 互 不相等的实数321,xxx满足321xfxfxf，则321xxx的取值范围是A. 6,311B. 326,320C. 326320，D. 6,311二、填空题： 本大题共6 小题，每小题5 分，共 30 分。请将答案填写在答题卡相应位置。9. 已知, 0,2cossin，则tan. 10. 函数aaxxf21在区间1 , 1上存在一个零点，则实数a的取值范围是. 11. 由曲线xy，直线2xy及y轴所围成的图形的面积为. 12. 正三角形ABC边长为2，设AEACBDBC3,2，则BEAD. 13. 已知命题：1:xfp是奇函数；2121: fq。下列函数：12xxf，2cosxxf，12xxf中能使qp,都成立的是.（写出符合要求的所有函数的序号）14. 有如下两个集合：集合4125|,22yxyxA，集合RmmmmxxyyxmB,22|,22，设集合B是所有mB的并集，则BA的面积为. 三、 解答题： 本大题共 6 小题，共80 分。解答应写出必要的文字说明、演算过程和步骤。15. （本小题满分13 分）已知函数xxxf2cos234sin2. （ ）求函数xf的最小正周期和单调递增区间；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 13 页 - - - - - - - - - - （ ）函数xf的图像经过怎样的变换可以得到xy2sin的图像？16. （ 本 小 题 满 分13 分 ）已 知 数 列na的 前n项 和 为nnSn2， 数 列nb满 足.,333*13221Nnbbbbnn（ ）求数列nnba ,的通项公式；（ ）求数列nb的前n项和.nT17. （本小题满分14 分）如图，在三棱锥ABCS中，侧面SAC与底面ABC垂直，OE,分别是ACSC,的中点，.90,21,2ACBASCACBCSCSA（ ）求证：/OE平面SAB；（ ）若点F在线段BC上，问：无论F在BC的何处，是否都有SFOE？请证明你的结论；（）求二面角CASB的平面角的余弦值. 18. （本小题满分13 分）椭圆T的中心为坐标原点O，右焦点为0,2F，且椭圆T过点ABCE,2,2的三个顶点都在椭圆T上，设三条边的中点分别为.,PNM（ ）求椭圆T的方程；（ ）设ABC的三条边所在直线的斜率分别为321,kkk，且.3 ,2, 1,0 iki若直线OPONOM,的斜率之和为0，求证：321111kkk为定值 . 19. （本小题满分13 分）已知函数.0ln4222axxaxxxf（ ）求函数xf的单调区间；（ ）对，1x，不等式xxaxln42恒成立，求a的取值范围 . 20. （本小题满分14 分）将所有平面向量组成的集合记作2R，f是从2R到2R的映射，记A O S F B C E 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 13 页 - - - - - - - - - - 作xfy或2121,xxfyy， 其中2121,yyxx都是实数 .定义映射f的模为：在1x的条件下y的最大值， 记作.f若存在非零向量Rx及实数使得xxf，则称为f的一个特征值 . （ ）若2121,21,xxxxf，求f；（ ）若212121,xxxxxxf，计算f的特征值，并求相应的x；（） 若2211221121,xbxbxaxaxxf，要使f有唯一的特征值，实数2121,bbaa应满足什么条件？试找出一个映射f，满足以下两个条件： 有唯一的特征值，f，并验证f满足这两个条件. 【试题答案】1.C【解析】0, 4UAe,所以0, 42, 40, 2,4UBAUUe. 2.A 【解析】 当0a时，11a，恒成立，当0a时，由11a得，1a，所以1a是11a成立的充分不必要条件. 3.C【解析】幂函数1yx在0 x时，单调递减，所以A 错误。sinyx在定义域上不单调，错误。对数函数3=logyx在定义域上单调递增，所以C 正确。指数函数1=( )3xy在定义域上单调递减，不正确. 4.C 【 解 析 】 在 等 差 数 列 中 ，121030aaaL， 得1105()30aa， 即110566aaaa，由56562aaa a，所以5662 a a，即569a a，当且仅当56aa时取等号，所以56a a的最大值为9. 5.B【解析】 由三视图可知这是一个底面矩形的斜四棱柱，其中四棱柱的高为3，底面矩形的长为 3 底面宽为222( 3)2=1+2=3，所以该几何体的体积为3339 3. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 13 页 - - - - - - - - - - 6.D 【 解 析 】 因 为22151()24xxx， 所 以A错 误 。 当0时 有sin()sinsin，所以 B错误。221331()244xxx，所以 C错误。当2时，有sin()coscos. 7.B【解析】由双曲线的方程可知2,1,5abc，在12F PF中，根据余弦定理可得2221212(2 )2cos60cPFPFPFPFo, 即2212124()cPFPFPFPF，所以221244caPFPF，所以2212442016=4PFPFca，所以12F PF的面积为12113sin 6043222SPFPFo,又12F PF的面积也等于12532Schh，所以高31555h，即点 P到x轴的距离为155. 8.D 【解析】22=66(3)3y xxx，所以对称轴为3x，当343x时，73x，所 以 要 使 互 不 相 等 的 实 数321,xxx满 足)()()(321xfxfxf， 则 有1233()()()4f xf xf x，不妨设123xxx，则有1703x，233,2xx，236xx，所以1237663xxx，即1231163xxx，所以123xxx的取值范围是11(,6)3，。9.1【解析】 等式两边平方得2(sincos)2，即12sincos2， 所以sin21，因为0，所以022，所以2,24，所以tantan14。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 13 页 - - - - - - - - - - 10. 1(,1)3【解析】当0a时，函数( )1f x在( 1,1)上没有零点，所以0a，所以根据根的存在定理可得( 1)(1)0ff，即( 31)(1)0aa，所以(1)(31)0aa，解得113a，所以实数a的取值范围是1(,1)3。11. 163【 解 析 】 由=2yxy x， 解 得4=2xy， 即(4,2)B， 所 以 所 求 面 积 为34242002116(2)(2 )323xxdxxxx。12. 2【解析】因为12ADABBDABBCuu u ru uu ru uu ru uu ru uu r，13BEAEABACABuuu ruu u ruu u ruu u ruuu r,所以11() ()23AD BEABBCACABu uu r uuu ruu u ruu u ruu u ruuu rgg2111362AB ACBC ACBC ABABuuu r uu u ruuu r uu u ruuu r uuu ruuu rggg211111122222223262222。13. 【 解 析 】 若2( )1f xx， 所 以22(1)1 1f xxx为 奇 函 数 。1241()123212f成 立 ，所 以 满 足条件。 若( )cos2xf x，则(1)cos(1)sin22f xxx为奇函数。12( )cos1242f，所以成立。若精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 13 页 - - - - - - - - - - ( )21xf x，则1(1)21xf x不是奇函数，所以不满足条件，所以使qp,都成立的是。14 集合225( , ) |()(1)42Ax yxy，集合22()( ,)|22B mx yyxmxmm,Rm，设集合B是所有()B m的并集， 则ABI的面积为 _. 14.334【解析】222=22()2y xmxmmxmm,所以抛物线的顶点坐标为(,2)mm，即顶点在直线=2yx上，与=2yx平行的直线和抛物线相切，不妨设切线为=2yxb，代入22=22y xmxmm得222=22xb xmxmm，即22(22)20 xmxmmb，判别式为22(22)4(2)0mmmb，解得1b，所以所有抛物线的公切线为=21yx，所以集合ABI的面积为弓形区域。直线AB方 程 为=21yx， 圆 心5(,1)2M到 直 线=21yx的 距 离 为1ME,所 以2,3BMBE,所以22 3ABBE,2,33BMEBMA.扇形AMB的面积为212124423233r。 三角形ABM的面积为112 3 1322ABME,所以弓形区域的面积为433。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 13 页 - - - - - - - - - - 15.【解析】 (1)xxxf2cos23)4(sin)(2=xx2cos232)22cos(1=xx2cos232sin2121=)32sin(21x。最小正周期T单调递增区间125,12kk，kZ。(2) 向左平移6个单位；向下平移21个单位。16 【解析】（1）2,11an12,2nnnnnaSS)(2*Nnnan。322133bbb+3nnnab1，*nN322133bbb+3112nnnab，, 2n两式作差： 3nnnab1-1na=2 2),2(3211bnbnn又)(32*1Nnbnn。(2) nT=112(1 ( ) )1331313nn。17 【解析】（1）EO，分别是ACSC,的中点OE/SA又OE平面SABOE/ 平面SAB。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 13 页 - - - - - - - - - - OEACBSF(2) 在SAC中，OE/AS, 90ASCSCOE平面SAC平面ABC，90BCABC平面ASC，OE平面ASCOEBCOE平面BSCSF平面BSCSFOE所以无论F在BC的何处，都有SFOE。(3) 由（ 2）BC平面ASCBCAS又90ASCASSCAS平面BCSSBASBSC是二面角CASB的平面角在Rt BCS中BSCcos36所以二面角CASB的平面角的余弦值为36。法二：（2）O是AC的中点，SCSAACSO又平面SAC平面ABCSO平面ABC同理可得BC平面ASC精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 13 页 - - - - - - - - - - 在平面ABC内， 过O作ACOM以O为原点，OSOCOM,所在直线为x,y z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则)0 ,0,0(O)0, 1,0(A，)0, 1 ,1 (B，)0 ,1 , 0(C，) 1 ,0 ,0(S，) 1 , 1 , 0(AS，)0 ,2, 1(AB，MOEACBSFzyBCF，设)0, 1 ,(xF，则) 1, 1 ,(xSF，)21,21,0(OE0OESF恒成立，所以无论F在BC的何处，都有SFOE（3）由（ 2）知平面ASC的法向量为BCuu u r= ( 1,0,0)设平面SAB的法向量为( , , )nx y zr则0ASn，0ABn即020yxzy令1y，则2x，1z) 1, 1 ,2(n36|cosBCnBCnBCn所以二面角CASB的平面角的余弦值为36。18 【解析】（1）设椭圆T的方程为22221xyab，由题意知：左焦点为( 2,0)F所以2|aEFEF23 2，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 13 页 - - - - - - - - - - 解得2 2a，2b故椭圆T的方程为22184xy （方法 2、待定系数法）（2）设112233(,),(,),(,)A x yB xyC xy，112233(, ),(,),(,)M s tN s tP s t，由：221128xy，222228xy，两式相减，得到12121212()()2()()0 xxxxyyyy所以121211121211122yyxxskxxyyt，即11112tks，同理22212tks，33312tks所以3121231231112()tttkkksss，又因为直线,OM ON OP的斜率之和为0，所以1231110kkk。方法 2：设直线AB：111()ytk xs，代入椭圆2228xy，得到222111 1111 1(12)4()2()80kxtk s k xtk s11 1112214()12tk s kxxk12s，化简得11112skt以下同。19 【解析】（1）21( )(24)ln (44 )2fxxaxxxaxx( )44ln(44 )4()(ln1), (0)fxxaxxaxaxx。当10ae时，x(0,)aa1( ,)ae1e1(,)e( )fx0 - 0 + ( )f x递增极大递减极小递增所以，( )f x 在 (0,)a 和1( ,)e上单调递增；在1( , )ae上单调递减。当1ae时，( )0fx，( )f x 在 (0,) 上单调递增。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 13 页 - - - - - - - - - - 当1ae时，x1(0,)e1e1(, )aea( ,)a( )fx+ 0 - 0 + ( )f x递增极大递减极小递增所以，( )f x 在1(0,)e和 ( ,)a上单调递增；在1(, )ae上单调递减。（2）法一、因为1x，所以由 (24 )lnxaxx 得，22(24)ln0 xaxxx即函数( )0f x对1x恒成立由（）可知，当10ae时，( )f x 在 (1,) 单调递增，则min( )(1)0f xf，成立，故01ae。当11ae，则( )f x 在 (1,) 上单调递增，min( )(1)10f xf恒成立，符合要求。当1a，( )f x 在 (1, )a 上单调递减，( ,)a上单调递增，则min( )( )0f xf a，即222(24)ln0aaaa，1ae 。综上所述， 0ae 。法二、当1x时， aR ；当1x时，由 (24 )lnxaxx 得， 42lnxaxx对1,)x恒成立。设( )2lnxg xxx，则由( )0g x，得 xe或1xex(1,)ee(,)e( )gx- 0 + ( )g x递减极小递增min( )()4g xgee ，所以， 44ae， 0ae 。20 【解析】（1）由于此时2221222141xxyy，又因为是在12221xx的条件下，有精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 13 页 - - - - - - - - - - 14341412222212221xxxyy（21x时取最大值） ，所以此时有1f。（2）由),(),(),(21212121xxxxxxxxf，可得：121122xxxxxx，解此方程组可得：1)1)(1(，从而2。当2时，解方程12112222xxxxxx此时这两个方程是同一个方程，所以此时方程有无穷多个解，为)1 , 12(mx（写出一个即可） ，其中Rm且m0。当2时，同理可得，相应的)1 ,21 (mx（写出一个即可） ，其中Rm且m0。（3）解方程组1122111122111222,0a xa xxxabxabb xb xx从而向量11,ba与12,ba平行，从而有2121,bbaa应满足：04)(12221baba。当xxf)(时，f有唯一的特征值，且f。具体证明为：由f的定义可知：对任意的12(,)xx xv有：),(),(),(212121xxxxxxf，所以为特征值。此时2121, 0, 0,bbaa。满足：04)(12221baba，所以有唯一的特征值。在12221xx的条件下22221)()(xx，从而有f。精品资料 - 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