北京市海淀区2013届高三上学期期末考试数学理试题(2)

因为ACC1A1为正方形，所以O为A1C中点， 又E为CB中点，所以EO为?A1BC的中位线， 所以EO//A1B

??????2分

又EO?平面AEC1，A1B?平面AEC1 所以A1B//平面AEC1

??????4分

（Ⅱ）以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系 所以A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),B1(2,0,2),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(1,1,0), 设M(0,0,m)(0?m?2)，所以B1M?(?2,0,m?2),C1E?(1,?1,?2)，

因为B1M?C1E，所以 B1M?C1E?0，解得m?1，所以AM?1 ??????8分 （Ⅲ）因为AE?(1,1,0),AC1?(0,2,2)，

??x?y?0?AE?n?0 设平面AEC1的法向量为n?(x,y,z)， 则有?，得?，

y?z?0???AC1?n?0 令y??1,则x?1,z?1，所以可以取n?(1,?1,1)， ??????10分 因为AC?平面ABB1A1,取平面ABB1A1的法向量为 AC?(0,2,0) ??????11分 所以cos?AC,n??AC?n3?? ??????13分

3|AC||n|3 ??????14分 3 平面AEC1与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值为18. （本小题满分13分）

ex(x?2)eax ??????2分 解：当a?1时，f(x)?，f'(x)?2(x?1)x?1又f(0)??1，f'(0)??2，

所以f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y??2x?1 ???4分

eax[ax?(a?1)] （II）f'(x)?2(x?1)当a?0时，f'(x)??1?0 2(x?1)

又函数的定义域为{x|x?1}

所以 f(x)的单调递减区间为(??,1),(1,??) ??????6分 当 a?0时，令f'(x)?0，即ax?(a?1)?0，解得x?a?1 ??????7分 a当a?0时，x?a?1?1， a所以f?(x)，f(x)随x的变化情况如下表

x f'(x) f(x) (??,1) ? 1 无定义 (1,a?1) a? a?1a?1,??) (aa0 极小值 ? 所以f(x)的单调递减区间为(??,1)，(1,a?1a?1)，单调递增区间为(,??) ?????10分 aa当a?0时，x?a?1?1 a所以f?(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

x f'(x) f(x) (??,a?1) aa?1 a0 极大值 (a?1,1) a? 1 无定义 (a?1,??) a? ? 所以f(x)的单调递增区间为(??,19. （本小题满分14分）

a?1a?1)，单调递减区间为(,1)，(1,??) ????13分 aa2解：（Ⅰ）将E?2,2?代入y?2px，得p?1

2所以抛物线方程为y?2x，焦点坐标为(,0) ??????3分

12

2y12y2（Ⅱ）设A(,y1)，B(,y2)，M(xM,yM),N(xN,yN)，

22法一：

因为直线l不经过点E，所以直线l一定有斜率 设直线l方程为y?k(x?2)

?y?k(x?2)与抛物线方程联立得到 ?2，消去x，得：ky2?2y?4k?0

?y?2x则由韦达定理得：y1y2??4,y1?y2?直线AE的方程为：y?2?2 ??????6分 k2y1?2y?，即x?2?x?2??2， ??2y1?2y1?22令x??2，得yM?2y1?4 ??????9分 y1?2同理可得：yN?2y2?4 ??????10分

y2?2?4)， ym2y1?42y2?4 ?y1?2y2?2又 OM?(?2,ym),ON?(?2,所以OM?ON?4?yMyN?4?4?4)4[y1y2?2(y1?y2)?4]k?0 ??????13分 ?4? ?4?4[y1y2?2(y1?y2)?4]4(?4??4)k4(?4?所以OM?ON，即?MON为定值 ??????14分 法二：

设直线l方程为x?my?2

π2与抛物线方程联立得到 ??x?my?22?y?2x，消去x，得：y?2my?4?0

2则由韦达定理得：y1y2??4,y1?y2?2m ??????6分 直线AE的方程为：y?2?2y1?2y?，即x?2?x?2??2， ??y1?2y12?22令x??2，得yM?2y1?4 ??????9分 y1?2

同理可得：yN?2y2?4 ??????10分

y2?2?4)， ym4(y1?2)(y2?2)

(y1?2)(y2?2)又 OM?(?2,ym),ON?(?2,OM?ON?4?yMyN?4? ?4?4(?4?2m?4)4[y1y2?2(y1?y2)?4]?4? ?0 ??????12分

4(?4?2m?4)[y1y2?2(y1?y2)?4]π2所以OM?ON，即?MON为定值 ??????13分 20. （本小题满分14分）

解：（I）因为f(x)??1,且f(x)??2， 即g(x)?f(x)?x2?2hx?h在(0,??)是增函数，所以h?0 ??????1分 xhf(x)h?x??2hh'(x)?1?(0,??)在不是增函数，而2 2xxx而h(x)?当h(x)是增函数时，有h?0，所以当h(x)不是增函数时，h?0 综上，得h?0 ??????4分

(Ⅱ) 因为f(x)??1，且0?a?b?c?a?b?c 所以

f(a)f(a?b?c)4?=， aa?b?ca?b?c4a，

a?b?c4b4c，f(c)?t?

a?b?ca?b?c所以f(a)?d?同理可证f(b)?d?三式相加得f(a)?f(b)?f(c)?2d?t?4(a?b?c)?4, 所以2d?t?4?0 ?????6分

a?b?c因为

ddb?a?,所以d()?0,而0?a?b， 所以d?0 所以d(2d?t?4)?0 ??????8分 abab

(Ⅲ) 因为集合??f(x)|f(x)??2,且存在常数k,使得任取x?(0,??),f(x)?k,

??

所以?f(x)??，存在常数k，使得 f(x)?k 对x?(0,??)成立 我们先证明f(x)?0对x?(0,??)成立 假设?x0?(0,??),使得f(x0)?0， 记

f(x0)?m?0 x02f(x)是增函数. x2因为f(x)是二阶比增函数，即所以当x?x0时，

f(x)f(x0)??m，所以f(x)?mx2 22xx0 所以一定可以找到一个x1?x0，使得f(x1)?mx12?k

这与f(x)?k 对x?(0,??)成立矛盾 ??11分 f(x)?0对x?(0,??)成立

所以?f(x)??，f(x)?0对x?(0,??)成立 下面我们证明f(x)?0在(0,??)上无解 假设存在x2?0，使得f(x2)?0，

f(x)是增函数 x2f(x3)f(x2)??0，这与上面证明的结果矛盾 一定存在x3?x2?0，x32x22所以f(x)?0在(0,??)上无解

则因为f(x)是二阶增函数，即

综上，我们得到?f(x)??，f(x)?0对x?(0,??)成立

所以存在常数M?0，使得?f(x)??，?x?(0,??)，有f(x)?M成立

1xf(x)?1又有2?3在(0,??)上是增函数 ，所以f(x)??，

xx而任取常数k?0，总可以找到一个x0?0，使得x?x0时，有f(x)?k

又令f(x)??(x?0)，则f(x)?0对x?(0,??)成立，

所以M的最小值 为0 ???13分

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