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1、一试训练 2 一填空题（本大题共8 小题，每小题8 分）1已知实数, ,a b c满足4,5abcabbcca，则abc的最大值为 _2若对任意R，直线:cossin2sin()46lxy与圆22: ()(3 )1Cxmym均无公共点，则实数m的取值范围是_3已知四面体SABC的棱,SA SB SC两两互相垂直，且3SA，4SB，12SC，设该四面体的内切球、外接球半径分别为r、R，则rR_4 已知定点(0, 2)A， 设抛物线:C22(0)ypx p的焦点为F， 线段AF与抛物线C交于一点M，过M作准线的垂线，垂足为B，若ABBF，则p_5计算：1 12 13(cos)(cos)(cos)2
2、72727_6在排列 (a1，a2，an)中，将某个数向前或向后移动偶数个位置 (如排列123456(,)a aa a a a，数3a向后移动2 个位置后，排列变成124536(,)a a aa a a） 称为一次 “M操作 ” 设1 , 2 , 3 , 2 0 1 2构成的所有2012!个排列组成集合为A，在A任取一个排列a，则排列a经过有限次 “M操作 ” 后能变成排列(1,2,3,2012)的概率为 _7若有且仅有一个正方形，其四个顶点均在曲线axxy3上，则实数a_8已知整系数多项式( )P x的系数属于0,1,2,3,4,5,6,7,8，若(3)2012P，则多项式( )P x的个数
3、为 _二解答题（本大题共3 小题，第9 题 16 分，第 10 题 20 分，第 11 题 20 分）9设斜率为k（0k）的直线l与椭圆:C1422yx相交于BA,两点，直线,OA OB的斜率分别为12,k k（其中O为坐标原点），OAB的面积为S， 以OBOA,为直径的圆的面积分别为21,SS若21,kkk依次成等比数列，求SSS21的取值范围精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 7 页10设A是有限整数集若对于任意两个不同的元素,p qA，均存在三个元素, ,a b cA（, ,a b c不必不同，且0a） ，使得2( )
4、f xaxbxc满足( )( )0fpf q求card()A的最大值11在数列na中，设1nniiSa，*Nn，并约定00S已知11,kkkkSkakSk，1kn，,k n*N若2012n，求最大的正整数n，使得0nS参考答案：1已知实数, ,a b c满足4,5abcabbcca，则abc的最大值为 _【答案】 2 【解析】因为()5b acca，(4)5bbca，22245()(2)22acbcabb，所以223b. 所以2322(45)45(1) (2)22abcb bbbbbbb. 当2b时，2abc，此时11ac符合题意；当1b时，2abc，此时21ac或12ac符合题意 . 所以最
5、大值是2.2若对任意R，直线:cossin2sin()46lxy与圆22: ()(3 )1Cxmym均无公共点，则实数m的取值范围是_【答案】1522m3已知四面体SABC的棱,SA SB SC两两互相垂直，且3SA，4SB，12SC，设该四面体的内切球、外接球半径分别为r、R，则rR_【答案】961226247精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 7 页4 已知定点(0, 2)A， 设抛物线:C22(0)ypx p的焦点为F， 线段AF与抛物线C交于一点M，过M作准线的垂线，垂足为B，若ABBF，则p_【答案】25计算：1
6、12 13(cos)(cos)(cos)272727_【答案】18【解析】考虑到22sin 312cos 212(12sin)34sinsin，故原式11319(cos)(cos)(cos)272727392727sinsinsinsin11111141414143922288sinsinsinsin14141414. 6在排列 (a1，a2，an)中，将某个数向前或向后移动偶数个位置 (如排列123456(,)a aa a a a，数3a向后移动2 个位置后，排列变成124536(,)a a aa a a） 称为一次 “M操作 ” 设1 , 2 , 3 , 2 0 1 2构成的所有2012!
7、个排列组成集合为A，在A任取一个排列a，则排列a经过有限次 “M操作 ” 后能变成排列(1,2,3,2012)的概率为 _【答案】127若有且仅有一个正方形，其四个顶点均在曲线axxy3上，则实数a_【答案】2 2. 【解析】设正方形的四个顶点依次为DCBA,，则正方形ABCD的中心为原点，否则，由于曲线axxy3为奇函数，因此，DCBA,关于原点的对称点DCBA,也在此曲线上，且四边形DCBA也是正方形，与题设矛盾。设),(),(),(),(00000000 xyDyxCxyByxA，其中0,00yx，从而，0300axxy0300ayyx0 x0y, 得0)(20204040yxayx由
8、知,0a精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 7 页0y0 x, 得)(2020002020yxyxyx令)2,0(, 0(sincos00rryrx由、得)cossin21 (222ra，4sin42r由以上两个式子消去2r，得042sin)4(2sin)1 (2242aa，(0,1)2sin2在内只有一个根，222(4)16(1)02 2aaa从而418,3224sin,362sinr，故正方形ABCD的边长为4722r8已知整系数多项式( )P x的系数属于0,1,2,3,4,5,6,7,8，若(3)2012P，则多项式
9、( )P x的个数为 _【答案】671二解答题（本大题共3 小题，第 9 题 16 分，第 10 题 20 分，第 11 题 20 分）9设斜率为k（0k）的直线l与椭圆:C1422yx相交于BA,两点，直线,OA OB的斜率分别为12,k k（其中O为坐标原点），OAB的面积为S， 以OBOA,为直径的圆的面积分别为21,SS若21,kkk依次成等比数列，求SSS21的取值范围解：设直线l的方程为mkxy，),(11yxA，),(22yxB由1422yxmkxy可得0) 1(48)41(222mkmxxk，由韦达定理有：222122141) 1(4418kmxxkkmxx且0)41(1622
10、mk因为21,kkk构成等比数列，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 7 页所以212kk k=2121)(xxmkxmkx，即：0)(221mxxkm由韦达定理代入化简得：412k. 0k，21k此时0)2(162m，即)2,2(m. 故dABS|2122121|121kmxxk|4)(2121221mxxxx|22mm又21SS)(422222121yxyx)24343(42221xx22)(16321221xxxx45为定值SSS2145|212mm45当且仅当1m)2,2(时等号成立 . 综上：SSS21),4510
11、设A是有限整数集若对于任意两个不同的元素,p qA，均存在三个元素, ,a b cA（, ,a b c不必不同，且0a） ，使得2( )f xaxbxc满足( )( )0fpf q求card()A的最大值【参考答案】容易验证 1,0,1A满足要求 . 下面证明：max|3A. （1）1, 1中至少有一个属于A.反之，存在12,a aA，且1221|,| 2,(| |)aaaa，由题意，存在, ,a b cA，对于12,a a满足题设 . 故1212,ca a caa aa，则存在3acA，且31221| | | | | |aaaaaa，重复上述过程得(1,2,)ia iA，且123| | |k
12、aaaa，与A是有限集矛盾 . （2）不妨设1A，存在11(1)aA a.由题意，存在, ,a b cA，使得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 7 页10,11.abcbacbcaaa故11cacaaa. （i ）12a， 若1a，则1|ca，存 在221( | )acAaa，故 存在123| | |kaaaaA，矛盾！若111,1;1,1abaaba，则无论1a，均有1| |ba，同上也推出矛盾！（ii）12a，考虑111,bcaaaa，由假设不存在aA，且2a. 因为12a，11(1),ba acaa，所以b与c异号
13、. 当2a时，1| 2ca，矛盾！当1a时，111,2baca，矛盾！当1a时，111,baca. 若当13a时，2b，矛盾！由（ i） 、 （ii ）知，1 2, 1,0a.显见 2, 1,0,1A不满足条件 . 事实上，对1, 2A，2320 xx，不可能 . 从而，max|3S. 11在数列na中，设1nniiSa，*Nn，并约定00S已知11,kkkkSkakSk，1kn，,k n*N若2012n，求最大的正整数n，使得0nS在数列na中，设1nniiSa，*Nn，并约定00S已知11,kkkkSkakSk，1kn，,k n*N若2012n，求最大的正整数n，使得0nS解：将满足0nS
14、的下标 n，从小到大排成一列，设为数列nb，则10b，下求数列nb应满足的递推式事实上，我们不妨设0kbS，则由下表精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 7 页nSnanbk0 bk +1 bk +1 bk +1 bk +2 2 bk +3 bk +2 bk +3 bk- ( bk +3) bk +4 2 bk +4 bk +4 bk +5 bk- 1 - ( bk +5) 可知，2122,22kkbikbikSbiSbi，1,2,3,2kib（用数学归纳法易证） 这样，令20kbi，有2133kkbib，即数列nb满足，133kkbb，10b，所以，33,2Nnnbn这样71092b即所求精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 7 页