北京市西城区2012-2013学年度第一学期期末试卷高三数学(理科)

北京市西城区2012 — 2013学年度第一学期期末试卷

高三数学（理科） 2013.1

第Ⅰ卷（选择题 共40分）

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目

要求的一项．

1．已知集合A{xR|0x1}，B{xR|(2x1)(x1)0}，则AB（ ） （A）(0,)

21（B）(1,1)

1（C）(,1)(,)

2（D）(,1)(0,)

2．在复平面内，复数（A）第一象限

3．在极坐标系中，已知点P(2,)，则过点P且平行于极轴的直线的方程是（ ）

65i2i的对应点位于（ ）

（C）第三象限

（D）第四象限

（B）第二象限

（A）sin1

（B）sin3

（C）cos1

（D）cos3

4．执行如图所示的程序框图．若输出S15， 则框图中 ① 处可以填入（ ） （A）k2 （B）k3 （C）k4 （D）k5

·1·

5．已知函数f(x)xbcosx，其中b为常数．那么“b0”是“f(x)为奇函数”的（ ） （A）充分而不必要条件 （C）充分必要条件

6．已知a,b是正数，且满足2a2b4．那么a2b2的取值范围是（ ） （A）(,54165)

（B）必要而不充分条件 （D）既不充分也不必要条件

（B）(,16)

54（C）(1,16) （D）(165,4)

7．某四面体的三视图如图所示．该四面体的 六条棱的长度中，最大的是（ ） （A）25 （B）26 （C）27 （D）42

8．将正整数1,2,3,4,5,6,7随机分成两组，使得每组至少有一个数，则两组中各数之和相等的概率是（ ） （A）

221 （B）

463 （C）

121 （D）

263

第Ⅱ卷（非选择题 共110分）

·2·

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．

9. 已知向量a(1,3)，b(2,1)，c(3,2).若向量c与向量kab共线，则实数k _____．

10．如图，Rt△ABC中，ACB90，AC3，

BC4．以AC为直径的圆交AB于点D，则 BD ；CD______．

11．设等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn．若a11，

Sk63，则k______．

a34，

12．已知椭圆

x24y22F2，点P在该椭圆上．若|PF1||PF2|2，则△PF1F21的两个焦点是F1，

的面积是______．

13．已知函数f(x)sin(2x的值域是[

14．已知函数f(x)的定义域为R．若常数c0，对xR，有f(xc)f(xc)，则称函数

f(x)具有性质P．给定下列三个函数：

12π6)，其中x[π6,a]．当a3时，f(x)的值域是______；若f(x),1]，则a的取值范围是______．

①f(x)2； ②f(x)sinx； ③f(x)xx．

其中，具有性质P的函数的序号是______．

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、证明过程或演算步骤．

·3·

x3

15．（本小题满分13分）

在△ABC中，已知3sin2B1cos2B． （Ⅰ）求角B的值； （Ⅱ）若BC2，A

16．（本小题满分14分）

如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PAPD，PA平面PDC，

E为棱PD的中点．

4，求△ABC的面积．

（Ⅰ）求证：PB// 平面EAC；

（Ⅱ）求证：平面PAD平面ABCD； （Ⅲ）求二面角EACB的余弦值．

17．（本小题满分13分）

生产A，B两种元件，其质量按测试指标划分为：指标大于或等于82为正品，小于82为次品．现随机抽取这两种元件各100件进行检测，检测结果统计如下： 测试指标 元件A 元件B

[70,76) 8

[76,82) 12

[82,88) 40 40

[88,94) 32 29

[94,100]

8

7 18 6

（Ⅰ）试分别估计元件A，元件B为正品的概率；

（Ⅱ）生产一件元件A，若是正品可盈利40元，若是次品则亏损5元；生产一件元件B，若是正品

可盈利50元，若是次品则亏损10元 .在（Ⅰ）的前提下，

（ⅰ）记X为生产1件元件A和1件元件B所得的总利润，求随机变量X的分布列和数学期望；

（ⅱ）求生产5件元件B所获得的利润不少于140元的概率．

·4·

18．（本小题满分13分）

已知函数f(x)xxb2，其中bR．

（Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）设b0．若x[,]，使f(x)1，求b的取值范围．

4413

19．（本小题满分14分）

如图，已知抛物线y24x的焦点为F．过点P(2,0)的直线交抛物线于A(x1,y1)，

B(x2,y2)两点，直线AF，BF分别与抛物线交于点M，N．

（Ⅰ）求y1y2的值；

（Ⅱ）记直线MN的斜率为k1，直线AB的斜率为k2.证明：

20．（本小题满分13分）

如图，设A是由nn个实数组成的n行n列的数表，其中aij(i,j1,2,3,,n)表示位于第i行第j列的实数，且aij{1,1}.记S(n,n)为所有这样的数表构成的集合．

对于AS(n,n)，记ri(A)为A的第i行各数之积，cj(A)为A的第j列各数之积．令

nnijk1k2为定值．

l(A)r(A)ci1j1(A)．

（Ⅰ）请写出一个AS(4,4)，使得l(A)0； （Ⅱ）是否存在AS(9,9)，使得l(A)0？说明理由；

（Ⅲ）给定正整数n，对于所有的AS(n,n)，求l(A)的取值集合．

北京市西城区2012 — 2013学年度第一学期期末

·5·

高三数学（理科）参考答案及评分标准

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.

1．D； 2．B； 3．A； 4．C； 5．C； 6．B； 7．C； 8．B．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.

9．1； 10．

1651252013.1

，

12； 11．6；

,]； 14．①③． 6212．2； 13．[,1]，[注：10、13题第一问2分，第二问3分;14题结论完全正确才给分.

三、解答题：本大题共6小题，共80分.若考生的解法与本解答不同，正确者可参照评分标准给分. 15．（本小题满分13分）

（Ⅰ）解法一：因为3sin2B1cos2B，

所以 23sinBcosB2sinB． ………………3分 因为 0B， 所以 sinB0， 从而 tanB所以 Bπ323， ………………5分

． ………………6分

3sin2Bcos2B1，

解法二： 依题意得 所以 2sin(2B即 sin(2B66)1， 12)． ………………3分

62B6136因为 0B， 所以 所以 2B所以 B56，

6π． ………………5分

3． ………………6分

4（Ⅱ）解法一：因为 A，Bπ3，

·6·

根据正弦定理得 所以 ACACsinBBCsinBsinA512BCsinA， ………………7分

6． ………………8分

因为 CAB512， ………………9分

46642所以 sinCsinsin()， ………………11分

所以 △ABC的面积S解法二：因为 A根据正弦定理得 所以 AC412ACBCsinCπ3323．

………………13分

，B，

， ………………7分

ACsinBBCsinABCsinBsinA6． ………………8分

根据余弦定理得 AC2AB2BC22ABBCcosB， ………………9分 化简为 AB22AB20，解得 AB112323． ………………11分 3所以 △ABC的面积S

16．（本小题满分14分）

ABBCsinB．

………………13分

（Ⅰ）证明：连接BD与AC相交于点O，连结EO．

z因为四边形ABCD为正方形，所以O为BD中点． 因为 E为棱PD中点．

所以 PB//EO． ………………3分 因为 PB平面EAC，EO平面EAC，

xAPEDOByC所以直线PB//平面EAC． ………………4分

（Ⅱ）证明：因为PA平面PDC，所以PACD． ………………5分

因为四边形ABCD为正方形，所以ADCD，

所以CD平面PAD． ………………7分

·7·

所以平面PAD平面ABCD． ………………8分

（Ⅲ）解法一：在平面PAD内过D作直线DzAD．

因为平面PAD平面ABCD，所以Dz平面ABCD．

由Dz,DA,DC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz． …………9分 设AB4，则D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),P(2,0,2),E(1,0,1)． 所以 EA(3,0,1)，AC(4,4,0)．

nEA0,设平面EAC的法向量为n=(x,y,z)，则有

nAC0.

3xz0,所以  取x1，得n(1,1,3)． ………………11分

4x4y0．易知平面ABCD的法向量为v(0,0,1)． ………………12分

|nv||n||v|31111所以 |cos〈n,v〉|． ………………13分

由图可知二面角EACB的平面角是钝角，

31111所以二面角EACB的余弦值为． ………………14分

解法二：取AD中点M，BC中点N，连结PM，MN． 因为ABCD为正方形，所以MN//CD． 由（Ⅱ）可得MN平面PAD． 因为PAPD，所以PMAD． 由MP,MA,MN两两垂直，建立如图所示

xAPEMzDOBNCy的空间直角坐标系Mxyz． ………………9分

设AB4，则A(2,0,0),B(2,4,0),C(2,4,0),D(2,0,0),P(0,0,2),E(1,0,1)． 所以 EA(3,0,1)，AC(4,4,0)．

·8·

nEA0,设平面EAC的法向量为n=(x,y,z)，则有

nAC0.3xz0,所以  取x1，得n(1,1,3)． ………………11分

4x4y0．易知平面ABCD的法向量为v(0,0,1)． ………………12分

所以|cos〈n,v〉||nv|311． |n||v|11由图可知二面角EACB的平面角是钝角， 所以二面角EACB的余弦值为31111．

17．（本小题满分13分）

（Ⅰ）解：元件A为正品的概率约为

4032810045． 元件B为正品的概率约为

4029631004． （Ⅱ）解：（ⅰ）随机变量X的所有取值为90,45,30,15． P(X90)4354；3 P(X4)155534320；

P(X30)451415； P(X15)115142．0 所以，随机变量X的分布列为:

X 90 45 30 15 P

3 3520 15 120

EX9035453301205(15)120． 6 6

（ⅱ）设生产的5件元件B中正品有n件，则次品有5n件.

·9·

………………13分

分

………………1分 ………………2分

………………3分

………………7分

………………8分

………………9分 ………………14

依题意，得 50n10(5n)140， 解得 n196．

所以 n4，或n5． ………………11分 设“生产5件元件B所获得的利润不少于140元”为事件A，

44则 P(A)C5()3413581． ………………13分 ()44128

18.（本小题满分13分）

（Ⅰ）解：① 当b0时，f(x)1x．

故f(x)的单调减区间为(,0)，(0,)；无单调增区间． ………………1分

bx222② 当b0时，f(x)(xb)． ………………3分

令f(x)0，得x1b，x2b．

f(x)和f(x)的情况如下：

x (,  b)b 0 (b, b)b 0(b,)  f(x) f(x) ↘ ↗ ↘ 故f(x)的单调减区间为(,b)，(b,)；单调增区间为(b,b)．

………………5分

③ 当b0时，f(x)的定义域为D{xR|xb}．

bx222因为f(x)(xb)0在D上恒成立，

故f(x)的单调减区间为(,b)，(b,b)，(b,)；无单调增区间．

………………7分

（Ⅱ）解：因为b0，x[,]，

442所以 f(x)1 等价于 bxx，其中x[,]． ………………9分

131344·10·

设g(x)x2x，g(x)在区间[,]上的最大值为g()44213114．………………11分

则“x[,]，使得 bx2x”等价于b4411314．

所以，b的取值范围是(0,]． ………………13分

4

19．（本小题满分14分）

（Ⅰ）解：依题意，设直线AB的方程为xmy2． ………………1分

将其代入y24x，消去x，整理得 y24my80． 从而y1y28． （Ⅱ）证明：设M(x3,y3)，N(x4,y4)．

y221y2则

k1x1x2y4ky3y4y1y2．2x3x4y1yy34422y23y3y44y4y1y24设直线AM的方程为xny1，将其代入y24x，消去x，

整理得 y24ny40． ………………9分

所以 y1y34． ………………10分 同理可得 y2y44． ………………11分 故k1y1y2y2y1y2k2yy13y444． y41y2由（Ⅰ）得 k1k2，为定值． 2

20．（本小题满分13分）

（Ⅰ）解：答案不唯一，如图所示数表符合要求．

1

1

1

1

1 1 1 1

·11·

………………4分

………………5分

………………7分

………………13分

分

………………14

1 1

1 1

1 1

1 1

………………3分 （Ⅱ）解：不存在AS(9,9)，使得l(A)0． ………………4分 证明如下：

假设存在AS(9,9)，使得l(A)0．

因为ri(A){1,1}，cj(A){1,1} (1i9,1j9)，

所以r1(A)，r2(A)，，r9(A)，c1(A)，c2(A)，，c9(A)这18个数中有9个1，9个1． 令Mr1(A)r2(A)r9(A)c1(A)c2(A)c9(A)． 一方面，由于这18个数中有9个1，9个1，从而M(1)91． ①

另一方面，r1(A)r2(A)r9(A)表示数表中所有元素之积（记这81个实数之积为m）；

c1(A)c2(A)c(A)9也表示m， 从而Mm21． ②

①、②相矛盾，从而不存在AS(9,9)，使得l(A)0． ………………8分

（Ⅲ）解：记这n2个实数之积为p．

一方面，从“行”的角度看，有pr1(A)r2(A)rn(A)； 另一方面，从“列”的角度看，有pc1(A)c2(A)cn(A)．

从而有r1(A)r2(A)rn(A)c1(A)c2(A)cn(A)． ③ ………………10分

注意到ri(A){1,1}，cj(A){1,1} (1in,1jn)．

下面考虑r1(A)，r2(A)，，rn(A)，c1(A)，c2(A)，，cn(A)中1的个数： 由③知，上述2n个实数中，1的个数一定为偶数，该偶数记为2k(0kn)；则1的个数

为2n2k，

所以l(A)(1)2k1(2n2k)2(n2k)． ………………12分 对数表A0：aij1(i,j1,2,3,,n)，显然l(A0)2n．

·12·

将数表A0中的a11由1变为1，得到数表A1，显然l(A1)2n4． 将数表A1中的a22由1变为1，得到数表A2，显然l(A2)2n8． 依此类推，将数表Ak1中的akk由1变为1，得到数表Ak． 即数表Ak满足：a11a22akk1(1kn)，其余aij1． 所以 r1(A)r2(A)rk(A)1，c1(A)c2(A)ck(A)1． 所以l(Ak)2[(1)k(nk)]2n4k．

由k的任意性知，l(A)的取值集合为{2(n2k)|k0,1,2,,n}．……………13分

·13·