东城区理科数学试卷答案

东城区2015-2016学年第一学期期末教学统一检测参考答案

高三数学 （理科） 2016.1

学校___________班级_____________姓名____________考号___________ 本试卷共5页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分（选择题 共40分）

一、选择题共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. 题号 答案 1 A 2 A 3 B 4 C 5 B 6 B 7 A 8 D 第二部分（非选择题 共110分）

二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.

（9） 22 （10） （14）①④

1;23 （11） 58 （12） 1;0 （13） xy10

三、解答题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． （15）（本小题共13分）

设{an}是一个公比为q(q0,q1)等比数列，4a1,3a2,2a3成等差数列,且它的前4项和s415.

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）令bnan2n,(n1,2,3......),求数列{bn}的前n项和. 解：（Ⅰ）因为{an}是一个公比为q(q0,q1)等比数列， 所以ana1qn1．

因为4a1,3a2,2a3成等差数列，

所以6a24a12a3,即q3q20． 解得q2,q1(舍).

2a1(1q4) 又它的前4和s415，得15(q0,q1)，

1q 1

解得a11 ．

所以an2n1 . …………………9分 （Ⅱ）因为bnan2n， 所以

i1bii1aii12i2nn(n1)1． ………………13分

nnn

（16）（本小题共13分） 已知函数f(x)sin2x23sinxcosxcos2x(xR)．

（Ⅰ）求f(x)的最小正周期和在[0,π]上的单调递减区间； （Ⅱ）若为第四象限角，且cos37π)的值. ，求f(2125解：（Ⅰ）由已知f(x)sin2x23sinxcosxcos2x

3sin2xcos2x π2sin(2x).6所以 最小正周期T=由得

2π2π==π.ω2

2kπ,k?z.

π+2kπ?2x22π+kπ＃x3π3π?6210π+kπ,k?z6

故函数f(x)在[0,π]上的单调递减区间π,（Ⅱ）因为为第四象限角，且cos135π …………9分6

34，所以sin． 557ππ7π8)2sin．…………………13分 )=2sin(所以f(566212

（17）（本小题共14分）

如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，

P E D A B 2 PA底面ABCD，ABAP,E为棱PD的中点.

（Ⅰ）证明:AECD；

（Ⅱ）求直线AE与平面PBD所成角的正弦值；

C

（Ⅲ）若F为AB中点，棱PC上是否存在一点M，使得FMAC，若存在，

PM的值，若不存在，说明理由. MC（Ⅰ）证明：因为PA底面ABCD，

求出

所以PACD． 因为ADCD，

z

所以CD面PAD. 由于AE面PAD， 所以有CDAE．

…………………４分 （Ⅱ）解：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系（如图）， 不妨设ABAP2，可得B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)， P(0,0,2).

P E y B x D A C

uuuv由E为棱PD的中点，得E(0,1,1). AE(0,1,1) uuuruur 向量BD(2,2,0),PB(2,0,2).

r 设n(x,y,z)为平面PBD的法向量，则nBD0即2x2y0．

nPB02x2z0 不妨令y=1，可得n（1,1,1）为平面PBD的一个法向量.

uuuvuuuv6所以 cosAE,EF. 3 所以，直线EF与平面PBD所成角的正弦值为6. …………………11分

3uuruuuruuur（Ⅲ）解：向量CP(2,2,2)，AC(2,2,0)，AB(2,0,0). uuuruur 由点M在棱PC上，设CMCP,(01). uuuruuuruuur 故 FMFCCM(12,22,2).

由FMAC，得FMAC0，

3. 4 因此，(1-2)2(2-2)20，解得 3

所以

PM1. …………………13分 MC3（18）（本小题共13分）

x2y21已知椭圆1（ab0）的焦点是F1、F2，且F1F22，离心率为．

a2b22（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）过椭圆右焦点F2的直线l交椭圆于A，B两点，求|AF2|g|F2B|的取值范围．

x2y2解（Ⅰ）因为椭圆的标准方程为a2b21(ab0)，

a2b2c2，由题意知c12，解得a2,b3．

a2c2所以椭圆的标准方程为x2y2431． ……………………………5分 （Ⅱ）因为F332(1,0)，当直线l的斜率不存在时，A(1,2)，B(1,2)，

则|AF|F92|g2B|4，不符合题意. 当直线l的斜率存在时，直线l的方程可设为yk(x1)．

yk(x由1),x2y2 消y得(34k2)x28k2x4k2120 （*）．

431,设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1、x2是方程（*）的两个根，

8k2所以x4k2122x234k2，x1x234k2． 所以|AF2|(x11)2y211k2x11， 所以|F2B|(x21)2y221k2x21

所以|AF|(1k22|g|F2B)x1x2(x1x2)1

k2)4k21234k28k2(134k21 4

(1k2)(1k2)9

34k2934k2

91(1).434k2 当k0时，|AF2|g|F2B|取最大值为3，

所以 |AF2|g|F2B|的取值范围,3.

又当k不存在，即ABx轴时，|AF2|g|F2B|取值为所以|AF2|g|F2B|的取值范围

（19）（本小题共14分）

29

4



9． 49,3. …………13分 4ex已知函数f(x)a(xlnx)．

x（Ⅰ）当a1时，试求f(x)在(1,f(1))处的切线方程； （Ⅱ）当a0时，试求f(x)的单调区间；

（Ⅲ）若f(x)在(0,1)内有极值，试求a的取值范围．

ex(x1)11解：（Ⅰ）当a1时，f(x)，f/(1)0，f(1)e1． 2xx/ 方程为ye1． …………………4分

ex(x1)1ex(x1)ax(x1)a(1) （Ⅱ）f(x)， 22xxxx(eax)x(1)  ． 2x

当a0时，对于x(0,)，exax0恒成立，

f'(x)0  0x10.

所以 f'(x)0 x1；

所以 单调增区间为(1,)，单调减区间为(0,1) ． …………………8分

'（Ⅲ）若f(x)在(0,1)内有极值，则f(x)在x(0,1)内有解．

(exax)(x1)exx0 eax0 a . 令f(x)2xx'ex设g(x) x(0,1, )x 5

ex(x1)所以 g(x), 当x(0,1)时，g'(x)0恒成立，

x'所以g(x)单调递减.

又因为g(1)e，又当x0时，g(x), 即g(x)在x(0,1)上的值域为(e,),

(exax)(x1)0 有解. 所以 当ae时，f(x)x2'设H(x)exax，则 H(x)exa0 x(0,1)， 所以H(x)在x(0,1)单调递减. 因为H(0)10，H(1)ea0, 所以H(x)exax在x(0,1)有唯一解x0. 所以有：

x H(x) (0,x0) x0 0 0 极小值 (x0,1)    f'(x) f(x)  Z ]

所以 当ae时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一.

当ae时，当x(0,1)时，f'(x)0恒成立，f(x)单调递增，不成立． 综上，a的取值范围为(e,)． …………………14分

（20）（本小题共13分）

* 已知曲线Cn表示x,y满足xy1(nN)的方程.

nn（Ⅰ）求出n1,2时，曲线Cn所围成的图形的面积;

（Ⅱ）若Sn(nN)表示曲线Cn所围成的图形的面积，求证：Sn(nN)关于n是递增的;

(III) 若方程xnynzn(n2,nN)，xyz0，没有正整数解，

求证：曲线Cn(n2,nN)上任一点对应的坐标(x,y)，x,y不能全是有理数. 解:（Ⅰ）当n1,2 时, 由图可知C141112,C2π. …………………3分

2（Ⅱ)要证Sn(nN)是关于n递增的，只需证明：SnSn1(nN)．

由于曲线Cn具有对称性，只需证明曲线Cn在第一象限的部分与坐标轴所围成的面积递

6

增．

现在考虑曲线Cn与Cn1，

 因为 xy1(nN)LL(1)

n1n1nn 因为 xy1(nN)LL(2)

在(1)和(2)中令xx0,x0(0,1)，

当x0(0,1)，存在y1,y2(0,1)使得x0ny1n1，x0n1y2n11成立，

此时必有y2y1．

因为当x0(0,1)时x0nx0n1， 所以y2n1y1n．

两边同时开n次方有，y2y2 这就得到了y2y1，

从而Sn(nN)是关于n递增的． …………………10分

n1n（指数函数单调性） y1．

xy(III)由于xnynzn(n2,nN)可等价转化为()n()n1，

zz 反证：若曲线Cn(n2,nN*)上存在一点对应的坐标(x,y)，x,y全是有理数， 不妨设xnqt,y，p,q,s,tN*，且p,q互质，s,t 互质． psn 则由xy1可得，

qt 1．

ps 即qsptnnnnps．

nnn*n 这时qs,pt,ps就是xyz(n2,nN)的一组解，

nnn* 这与方程xyz(n2,nN)，xyz0，没有正整数解矛盾，

所以曲线Cn(n2,nN*)上任一点对应的坐标(x,y)，x,y不能全是有理数．

…………………13分

7