《江苏省南京师大附中2012届高三12月阶段性检测数学试卷.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省南京师大附中2012届高三12月阶段性检测数学试卷.doc（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、江苏省南京师大附中2012届高三12月阶段性检测数学试卷2011-12-13一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分请把答案填写在答卷纸的相应位置上1 若a,bR，i为虚数单位，且(a+i)i=b+i，则a+b= 2 过点（1,2）的直线l被圆截得的弦长为，则直线l的斜率为 3 已知四棱椎PABCD的底面是边长为6 的正方形，侧棱底面，且，则该四棱椎的体积是 4 已知a,b,c分别是ABC的三个内角A,B,C所对的边，若a=1,b=,A+C=2B,则sinC= 5 给定下列四个命题： 第7题图xyO若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； 垂直于同一直线的
2、两条直线相互平行；平行于同一直线的两个平面相互平行；垂直于同一直线的两个平面相互平行上面命题中，真命题的序号是 （写出所有真命题的序号）6 等差数列an前9项的和等于前4项的和若a10，Sk+30，则k= 7 已知函数y=sin(x+)（0, 0)在x = 1处取得极值，其中a,b,c为常数。（1）试确定a,b的值；（2）求函数f(x)的单调增区间；（3）若对任意x0，不等式f(x)(c1)4+(c1)2c+9恒成立，求c的取值范围.19(本小题满分16分) 在平面直角坐标系xOy中，A(2a，0)，B(a，0)，a为非零常数，动点P满足PAPB，记点P的轨迹曲线为C（1）求曲线C的方程；（2
3、）曲线C上不同两点Q (x1，y1)，R (x2，y2)满足，点S为R 关于x轴的对称点试用表示x1，x2，并求的取值范围；当变化时，x轴上是否存在定点T，使S，T，Q三点共线，证明你的结论20(本小题满分16分)已知数列an的前n项和为Sn，且满足a11，Sn= tan+1 (nN+,tR)（1）求数列Sn的通项公式；2）求数列nan的前n项和为Tn.参考答案：1. 2.1或3. 964.5. 6. 107. 8. -69. 10. ,211. 或12. 13. m91415. 解：f(x)=(2cosx,1) (cosx, sin2x)=2cos2x+sin2x=sin2x+cos2x+1
4、=2sin(2x+)+1(1) f(x)= 0,sin(2x+)=-,x(,0) 2x+(-,)2x+=-,x=-,tan2x=-ABCDEFPM(2) a,b,c成等比数列, b2=ac由余弦定理得cosB=0B 2B+ sin(2B+)1，2f(B)316.证明：（1）方法一：取线段PD的中点M，连结FM，AM因为F为PC的中点，所以FMCD，且FMCD因为四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以EACD，且EACDABCDEFPN所以FMEA，且FMEA所以四边形AEFM为平行四边形所以EFAM 5分又AM平面PAD，EF平面PAD，所以EF平面PAD 2分ABCDEFQP方法二：连结
5、CE并延长交DA的延长线于N，连结PN因为四边形ABCD为矩形，所以ADBC，所以BCEANE，CBENAE 又AEEB，所以CEBNEA所以CENE 又F为PC的中点，所以EFNP 5分又NP平面PAD，EF平面PAD，所以EF平面PAD 2分方法三：取CD的中点Q，连结FQ，EQ在矩形ABCD中，E为AB的中点，所以AEDQ，且AEDQ所以四边形AEQD为平行四边形，所以EQAD又AD平面PAD，EQ平面PAD，所以EQ平面PAD 2分因为Q，F分别为CD，CP的中点，所以FQPD又PD平面PAD，FQ平面PAD，所以FQ平面PAD 又FQ，EQ平面EQF，FQEQQ，所以平面EQF平面P
6、AD 3分因为EF平面EQF，所以EF平面PAD 2分（2）设AC，DE相交于G在矩形ABCD中，因为ABBC，E为AB的中点.所以 又DAECDA，所以DAECDA，所以ADEDCA 又ADECDEADC90，所以DCACDE90由DGC的内角和为180，得DGC90即DEAC 2分因为平面PAC平面ABCD因为DE平面ABCD，所以DE平面PAC， 3分 又DE平面PDE，所以平面PAC平面PDE 2分说明：第一问，方法1和2，下结论时：不交代平面外一条直线与平面内一条直线平行，一律扣2分；方法3，直接由线线平行面面平行，扣3分； 第二问，不用平几证明DEAC，扣2分；17.18解：（1）
7、由题意知，因此，从而又对求导得由题意，因此，解得（2）由（1）知（），令，解得因此的单调递增区间为（3）由（2）知，在处取得极小值，此极小值也是最小值，要使f(x)(c1)4+(c1)2c+9（）恒成立，即3c（(c1)4+(c1)2c+9（）恒成立，解得c(，13，).19.解 （1）设点P坐标为(x，y)由PAPB，得，平方整理，得x2y22a2 所以曲线C的方程为x2y22a2（2）(x12a，y1)，(x22a，y2)，因为，且，即因为Q，R 在曲线C上，所以消去y1，y2，得x2x1a (1)，由，得x1a，x2a因为ax1，x2a，所以aaa，aaa，且0解得3232又Q，R不重合
8、，所以1故的取值范围为32，1）（1，32存在符合题意的点T（a，0），证明如下：(x2a，y2)，(x1a，y1)，要证明S，T，Q三点共线，只要证明，即(x2a) y1(x1a)(y2)0因为y2y1又只要(x2a) y1(x1a)y10，若y10，则y20，成立，若y10，只要x2x1a(1)0，由知，此式成立所以存在点T（a，0），使S，T，Q三点共线探究方法：假设存在符合题意的点T（m，0）则(x2m，y2)，(x1m，y1)，由S，T，Q三点共线，得，从而(x2m) y1y2(x1m)，即(x2m) y1y1(x1m)0，若y10，则y20，成立，若y10，则(x2m)(x1m)0
9、，即x2x1m (1)0，又x2x1a (1)，所以(am)(1)0，因为A在圆C之外，所以0，所以ma20(1)Sn= tan+1，S1= a1 =ta21，t0.Sn= t(Sn+1Sn) ，Sn+1=Sn，当t=1时，Sn+10，S1= a11，当t1时，Sn为等比数列，Sn=()n-1，综上Sn(2)Tna1+ 2a2+3a3+nan.(1)T1=1n2时，又由(1)知an+1an，a2Tna1+ 2a3+3a4+(n-1)an+nan+1(2)(1)-(2)得 Tn+2a2+a3+an nan+1a1+a2+(a1+a2+a3+an)nan+11+Sn n(Sn+1Sn)=1+Sn SnSn1()n-11Tn(nt)()n-1+t 当t1时，T1=1也适合上式，故Tn(nt)()n-1+t(nN+).当t=1时，T1=1，Tn+11.解毕.也可综合为：Tn 另解：先求出an再求Sn 分t=1和t1情形，再综合an 再回到Sn和Tn
