2012年北京市密云县高考数学一模试卷(理科)(解析版)

2012年北京市密云县高考数学一模试卷（理科）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 设全集U={x∈N∗|x<6}，集合A={1, 3}，B={3, 5}，则∁U(A∪B)=()A.{1, 4}B.{1, 5}C.{2, 4}D.{2, 5}2. 设S n为等比数列{a n}的前n项和，8a2+a5=0，则S5S2=()A.−11B.−8C.5D.113. 在极坐标系中，点(1, 0)到直线ρ(cosθ+sinθ)=2的距离为( )A.√22B.1 C.√2 D.3√224. 阅读如图所示的程序框图．若输入a=6，b=1，则输出的结果是（）A.1B.2C.3D.45. 某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为( ) A.14 B.24 C.28 D.486. 已知函数y=sin(ωx+φ)，(ω>0, |φ|<π2)的简图如图，则ωφ的值为（）A.6πB.π6C.π3D.3π7. 在△ABC中，点P是BC上的点BP→=2PC→，AP→=λAB→+μAC→，则（）A.λ=2，μ=1B.λ=1，μ=2C.λ=13，μ=23D.λ=23，μ=138. 若定义在[−2010, 2010]上的函数f(x)满足：对于任意x1，x2∈[−2010, 2010]有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)−2011，且x>0时，有f(x)>2011，f(x)的最大值，最小值分别为M，N，则M+N的值为（）A.2011B.2010C.4022D.4010二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上.复数−1+3i1+2i=________．样本容量为1000的频率分布直方图如图所示．根据样本的频率分布直方图，计算x的值为________，样本数据落在[6, 14)内的频数为________．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．如图所示，AB 与CD 是⊙O 的直径，AB ⊥CD ，P 是AB 延长线上一点，连PC 交⊙O 于点E ，连DE 交AB 于点F ，若AB ＝2BP ＝4，则PF ＝________．若双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的两个焦点为F 1，F 2，P 为双曲线上一点，且|PF 1|=3|PF 2|，则该双曲线离心率的取值范围是________．已知数列{a n }中，a 1=√2，[a n ]表示a n 的整数部分，(a n )表示a n 的小数部分，a n+1=[a n ]+1(a n )(n ∈N ∗)，则a n =________；数列{b n }中，b 1=3，b 2=2，b n+12=b n ⋅b n+2(n ∈N ∗)，则∑a i n i=1b i =________．三、解答题：本大题共6小题，共计80分，解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤.已知函数f(x)=√3cos 2x +2sin x ⋅sin (x +π2)．（1）求f(x)的最小正周期，最大值以及取得最大值时x 的集合；（2）若A 是锐角△ABC 的内角，f(A)=0，b =5，a =7，求△ABC 的面积．如图，已知E ，F 分别是正方形ABCD 边BC 、CD 的中点，EF 与AC 交于点O ，PA 、NC 都垂直于平面ABCD ，且PA =AB =4，NC =2，M 是线段PA 上一动点．（1）求证：平面PAC ⊥平面NEF ；（2）若PC // 平面MEF ，试求PM:MA 的值；（3）当M 是PA 中点时，求二面角M −EF −N 的余弦值．在一个选拔项目中，每个选手都需要进行4轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮问题的概率分别为56、45、34、13，且各轮问题能否正确回答互不影响．（1）求该选手进入第三轮才被淘汰的概率；（2）求该选手至多进入第三轮考核的概率；（3）该选手在选拔过程中回答过的问题的个数记为X ，求随机变量X 的分布列和期望．已知函数f(x)=x 2e ax ．（1）当a =1时，求f(x)在（1, f(1)）处的切线方程；（2）求函数f(x)的单调区间；（3）若f(x)在(1, +∞)单调递增，求a 的取值范围．如图，已知椭圆的中心在原点，焦点在x 轴上，长轴长是短轴长的2倍且经过点M(2, 1)，平行于OM 的直线l在y 轴上的截距为m(m ≠0)，l 交椭圆于A 、B 两个不同点．（1）求椭圆的方程；（2）求m的取值范围；（3）求证直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形．⋅x j．将正整数2012表示成n个正整数x1，x2，x3，…x n之和．记S=∑x i1≤i<j≤n（I）当n=2时，x1，x2取何值时S有最大值；（II）当n=5时，x1，x2，x3，x4，x5分别取何值时，S取得最大值，并说明理由；（III）设对任意的1≤i<j≤5且|x i−x j|≤2，当x1，x2，x3，x4，x5取何值时，S取得最小值，并说明理由．参考答案与试题解析2012年北京市密云县高考数学一模试卷（理科）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.【答案】C【考点】交、并、补集的混合运算【解析】由全集U={x∈N∗|x<6}，可得U={1, 2, 3, 4, 5}，然后根据集合混合运算的法则即可求解．【解答】解：∵A={1, 3}，B={3, 5}，∴A∪B={1, 3, 5}，∵U={x∈N∗|x<6}={1, 2, 3, 4, 5}，∴∁U(A∪B)={2, 4}.故选C．2.【答案】A【考点】等比数列的前n项和【解析】先由等比数列的通项公式求得公比q，再利用等比数列的前n项和公式求之即可．【解答】解：设公比为q，由8a2+a5=0，得8a2+a2q3=0，解得q=−2，所以S5S2=1−q51−q2=−11．故选A．3.【答案】A【考点】直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化点到直线的距离公式【解析】先把点坐标化为直角坐标、极坐标方程化为普通方程，然后利用点到直线的距离公式可得答案．【解答】解：直线ρ(cosθ+sinθ)=2的普通方程为：x+y=2，则点(1, 0)到直线x+y=2的距离为：√2=√22，故选A．4.【答案】B【考点】程序框图【解析】根据题意，按照程序框图的顺序进行执行，当x=2时跳出循环，输出结果．【解答】解：当输入a=6，b=1时，x=5>2，进入循环得a=4，b=6，此时x=2，退出循环，输出的结果为2．故选B5.【答案】A【考点】排列、组合及简单计数问题排列、组合的应用【解析】用直接法，4人中至少有1名女生包括1女3男及2女2男两种情况，计算各种情况下的选派方案种数，由加法原理，计算可得答案.【解答】解：4人中至少有1名女生，包括1女3男及2女2男两种情况，故不同的选派方案种数为C21⋅C43+C22⋅C42=2×4+1×6=14.故选A．6.【答案】A【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式【解析】由y=sin(ωx+φ)的图象可知，T4=π4，利用其周期公式可求得ω，再由−π6ω+φ=0可求得φ，从而可得答案．【解答】解：设函数y=sin(ωx+φ)的周期为T，则T4=π4，又ω>0，∴T=2πω=π，∴ω=2；又y =sin (ωx +φ)的图象过(−π6, 0)，且在[−π6, π12]上单调递增，∴ sin (−π6×2+φ)=0，−π3+φ=2kπ，k ∈Z ，∴ φ=2kπ+π3，k ∈Z ，又|φ|<π2，∴ φ=π3．∴ ωϕ=6π．故选A ． 7. 【答案】C【考点】平面向量的基本定理及其意义【解析】如图所示，由BP →=2PC →，可得BP →=23BC →；利用向量的运算法则可得BC →=AC →−AB →，因此BP →=23(AC →−AB)→．故AP →=AB →+BP →=AB →+23(AC →−AB →)=13AB →+23AC →．又由AP →=λAB →+μAC →．根据向量相等即可得出． 【解答】解：如图所示，∵ BP →=2PC →，∴ BP →=23BC →，∵ BC →=AC →−AB →，∴ BP →=23(AC →−AB)→．∴ AP →=AB →+BP →=AB →+23(AC →−AB →)=13AB →+23AC →． 又AP →=λAB →+μAC →． ∴ λ=13，μ=23．故选C ．8. 【答案】 C【考点】抽象函数及其应用 【解析】构造函数：g(x)=f(x)−2011，可得函数g(x)是奇函数，且在[−2010, 2010]上是增函数．由此可得g(x)最大值为g(2010)=m ，则最小值为g(−2010)=−m ，再结合f(x)与g(x)的关系，不难得到f(x)的最大值与最小值的和M +N ． 【解答】解：令g(x)=f(x)−2011，由已知条件： 对任意x 1，x 2∈[−2010, 2010]有f(x 1+x 2)=f(x 1)+f(x 2)−2011，∴ f(x 1+x 2)−2011=[f(x 1)−2011]+[f(x 2)−2011]， 可得g(x 1+x 2)=g(x 1)+g(x 2) ∵ x >0时，有f(x)>2011，∴ x >0时，g(x)>0 令x 1=x 2=0，可得g(0)=0令x 1=x ，x 2=−x ，可得g(0)=g(−x)+g(x)=0，所以 g(−x)=−g(x)，得g(x)是奇函数∵ g(x 1)−g(x 2)=g(x 1)+g(−x 2)=g(x 1−x 2)∴ 当x 1>x 2时，g(x 1−x 2)>0，得g(x 1)>g(x 2)，所以g(x)是[−2010, 2010]上的增函数由此可得 g(x) 最大值为g(2010)=m ，则最小值为g(−2010)=−m因此，由f(x)=g(x)+2011 得f(x)最大值为M =m +2011，最小值为−m +2011， 所以 M +N =m +2011+(−m)+2011=4022故答案为：C 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上. 【答案】 1+i 【考点】复数代数形式的乘除运算 【解析】直接利用复数的除法运算求解． 【解答】 解：−1+3i 1+2i=(−1+3i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=5+5i 5=1+i ．故答案为1+i ． 【答案】 0.09,680【考点】频率分布直方图 【解析】由题意，可先求出最高的小矩形的高x 的值，再计算出[6, 14)内所有小矩形的面积即可得到样本数据落在[6, 14)内的频率，再根据公式频数=样本容量×频率求得样本数据落在[6, 14)内的频数． 【解答】解：由图及频率分布直方图的意义得，4×(0.02+0.03+0.03+0.08+x)=1，解得x =0.09 ∴ 样本数据落在[6, 14)内的频数为1000×4×(0.08+0.09)=680． 故答案为：0.09，680． 【答案】 32【考点】由三视图求体积【解析】由已知中的三视图，我们可以判断出几何体的形状，进而求出几何体的底面面积和高后，代入棱锥体积公式，可得答案．【解答】由已知中的三视图可得几何体是一个三棱锥且棱锥的底面是一个以(2+1)＝3为底，以1为高的三角形棱锥的高为3故棱锥的体积V=13⋅12(2+1)⋅1⋅3=32【答案】3【考点】相似三角形的性质圆周角定理【解析】先依据条件得到Rt△DOF∽RtPEF，结合相交弦定理得到关于PF乘积式，后再利用方程的思想列方程求解即可．【解答】由题意得：CD是⊙O的直径，且AB⊥CD，∴Rt△DOF∽RtPEF，∴OFEF =DFPF，∴OF×PF＝EF×DF．又相交弦定理得：DF⋅FE＝BF⋅AF，所以BF×AF＝OF×PF；设OF＝x，BF＝2−x，AF＝2+x，PF＝4−x代入可求得x＝1，即PF＝3．【答案】1<e≤2【考点】双曲线的特性双曲线的定义【解析】先根据双曲线定义可知|PF1|−|PF2|=2a进而根据|PF1|=3|PF2|，求得a=|PF2|，同时利用三角形中两边之和大于第三边的性质，推断出，|F1F2|<|PF1|+|PF2|，进而求得a和c的不等式关系，分析当p为双曲线顶点时，ca=2且双曲线离心率大于1，可得最后答案．【解答】解根据双曲线定义可知|PF1|−|PF2|=2a，即3|PF2|−|PF2|=2a．∴a=|PF2|，|PF1|=3a在△PF1F2中，|F1F2|<|PF1|+|PF2|，2c<4|PF2|，c<2|PF2|=2a，∴ca<2，当p为双曲线顶点时，ca=2又∵双曲线e>1，∴1<e≤2故答案为：1<e≤2．【答案】2(n−1)+√2,=(n−2)⋅2n+1+√2⋅2n+4−√2【考点】进行简单的合情推理【解析】根据新定义，结合合情推理，可求数列{a n}、数列{b n}的通项，利用错位相减法，可求和．【解答】解：∵a1=√2，[a n]表示a n的整数部分，(a n)表示a n的小数部分，a n+1=[a n]+1(a n)，∴a2=1√2−1=2+√2，a3=3+√2−1=4+√2，∴a n=2(n−1)+√2，∵数列{b n}中，b1=3，b2=2，b n+12=b n⋅b n+2，∴b3=43，b4=89，b5=1627，∴b n=2n−13n−2(n≥2)，∴∑a ini=1b i=√2+(2+√2)⋅2+...+[2(n−1)+√2]•2n−13n−2，令S=(2+√2)⋅2+...+[2(n−1)+√2]•2n−13n−2，则23S=(2+√2)⋅43+...+[2(n−2)+√2]•2n−13n−2+2(n−1)+√2]•2n3n−1，两式相减，化简可得S=(n−2)⋅2n+1+√2⋅2n+4−2√2∴∑a ini=1b i=(n−2)⋅2n+1+√2⋅2n+4−√2．故答案为：2(n−1)+√2，(n−2)⋅2n+1+√2⋅2n+4−√2．三、解答题：本大题共6小题，共计80分，解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤. 【答案】解：（1）∵f(x)=√3cos2x+2sin x⋅sin(x+π2)=√3cos2x+2sin x⋅cos x=√3cos2x+sin2x=2sin(2x+π3)，…∴f(x)的最小正周期是π．…令2x+π3=π2+2kπ，k∈Z，解得x=π12+kπ，k∈Z，∴函数f(x)的最大值为2，此时，x值的集合为{x|x=kπ+π12, k∈z}．…（2）∵f(A)=sin(2A+π3)=0，0<A<π2∴ A=π3．…在△ABC中，a2=b2+c2−2bc．cos A，c2−5c−24=0，解得c=8，或c=−3（舍），…∴S△ABC=12bc⋅sin A=10√3．…【考点】余弦定理三角函数中的恒等变换应用【解析】（1）利用三角函数的恒等变换化简函数f(x)的解析式为2sin(2x+π3)，由此求得它的周期．令2x+π3=π2+2kπ，k∈Z，解得x的值，可得函数的最大值以及取得最大值时x的集合．（2）由f(A)=0求得A的值，再由b=5，a=7以及余弦定理求得c的值，由△ABC的面积等于S△ABC=12bc⋅sin A，运算求得结果．【解答】解：（1）∵f(x)=√3cos2x+2sin x⋅sin(x+π2)=√3cos2x+2sin x⋅cos x=√3cos2x+sin2x=2sin(2x+π3)，…∴f(x)的最小正周期是π．…令2x+π3=π2+2kπ，k∈Z，解得x=π12+kπ，k∈Z，∴函数f(x)的最大值为2，此时，x值的集合为{x|x=kπ+π12, k∈z}．…（2）∵f(A)=sin(2A+π3)=0，0<A<π2∴ A=π3．…在△ABC中，a2=b2+c2−2bc．cos A，c2−5c−24=0，解得c=8，或c=−3（舍），…∴S△ABC=12bc⋅sin A=10√3．…【答案】解：（1）连接BD，∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，又∵BD⊥AC，AC∩PA=A，∴BD⊥平面PAC，又∵E，F分别是BC、CD的中点，∴EF // BD，∴EF⊥平面PAC，又EF⊂平面NEF，∴平面PAC⊥平面NEF；（2）连接OM，∵PC // 平面MEF，平面PAC∩平面MEF=OM，∴PC // OM，∴PMPA=OCAC=14，故PM:MA=1:3（3）∵EF⊥平面PAC，OM⊂平面PAC，∴EF⊥OM，在等腰三角形NEF中，点O为EF的中点，∴NO⊥EF，∴∠MON为所求二面角M−EF−N的平面角，∵点M是PA的中点，∴AM=NC=2，所以在矩形MNCA中，可求得MN=AC=4√2，NO=√6，MO=√22，在△MON中，由余弦定理可求得cos∠MON=MO2+ON2−MN22⋅MO⋅ON=−√3333，∴二面角M−EF−N的余弦值为−√3333．【考点】二面角的平面角及求法直线与平面平行的性质平面与平面垂直的判定【解析】（1）连接BD，由已知中E，F分别是正方形ABCD边BC、CD的中点，EF与AC交于点O，PA、NC都垂直于平面ABCD，由线面垂直的性质及三角形中位线定理可得EF⊥平面PAC，再由面面垂直的判定定理，即可得到平面PAC⊥平面NEF；（2）连接OM，由线面平行的性质定理，可得PC // OM，再由平行线分线段成比例定理得到PM:MA的值；（3）由（1）的结论，EF⊥平面PAC，可得EF⊥OM，而在等腰三角形NEF中，由等腰三角形“三线合一”可得NO⊥EF，故∠MON为所求二面角M−EF−N的平面角，解三角形MON即可得到答案．【解答】解：（1）连接BD，∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，又∵BD⊥AC，AC∩PA=A，∴BD⊥平面PAC，又∵ E ，F 分别是BC 、CD 的中点， ∴ EF // BD ，∴ EF ⊥平面PAC ，又EF ⊂平面NEF ，∴ 平面PAC ⊥平面NEF ；（2）连接OM ，∵ PC // 平面MEF ，平面PAC ∩平面MEF =OM ， ∴ PC // OM ，∴ PMPA =OCAC =14，故PM:MA =1:3（3）∵ EF ⊥平面PAC ，OM ⊂平面PAC ，∴ EF ⊥OM ， 在等腰三角形NEF 中，点O 为EF 的中点，∴ NO ⊥EF ， ∴ ∠MON 为所求二面角M −EF −N 的平面角， ∵ 点M 是PA 的中点，∴ AM =NC =2，所以在矩形MNCA 中，可求得MN =AC =4√2，NO =√6，MO =√22， 在△MON 中，由余弦定理可求得cos ∠MON =MO 2+ON 2−MN 22⋅MO⋅ON=−√3333， ∴ 二面角M −EF −N 的余弦值为−√3333． 【答案】解：设事件A i (i =1, 2, 3, 4)表示“该选手能正确回答第i 轮问题”，由已知P(A 1)=56，P(A 2)=45，P(A 3)=34，P(A 4)=13，（1）设事件B 表示“该选手进入第三轮被淘汰”， 则P(B)=P(A 1A 2A ¯3)=P(A 1)P(A 2)P(A ¯3)=56×45×(1−34)=16． （2）设事件C 表示“该选手至多进入第三轮考核”，则P(C)=P(A ¯1+A 1A ¯2+A 1A 2A ¯3)=P(A ¯1)+P(A 1A ¯2)+P(A 1A 2A ¯3)=16+56×15+56×45×(1−34)=12．（3）X 的可能取值为1，2，3，4.P(X =1)=P(A ¯1)=16，P(X =2)=P(A 1A ¯2)=56×(1−45)=16， P(X =3)=P(A 1A 2A 3¯)=56×45×14=16，P(X =4)=P(A 1A 2A 3A 4¯)+P(A 1A 2A 3A 4)=56×45×34×1=12，所以，X 的分布列为E(X)=1×16+2×16+3×16+4×12=3．【考点】离散型随机变量及其分布列 互斥事件的概率加法公式【解析】（1）求该选手进入第三轮才被淘汰即第一、二轮均通过，而第三轮未通过，利用独立事件的概率求解即可． （2）求该选手至多进入第三轮考核分为三类，第一轮被淘汰、第二轮被淘汰、第三轮被淘汰，此三类事件互斥，分别求概率取和即可．（3）X 的所有可能取值为1，2，3，4，分别求概率即可． 【解答】解：设事件A i (i =1, 2, 3, 4)表示“该选手能正确回答第i 轮问题”，由已知P(A 1)=56，P(A 2)=45，P(A 3)=34，P(A 4)=13，（1）设事件B 表示“该选手进入第三轮被淘汰”， 则P(B)=P(A 1A 2A ¯3)=P(A 1)P(A 2)P(A ¯3)=56×45×(1−34)=16．（2）设事件C 表示“该选手至多进入第三轮考核”，则P(C)=P(A ¯1+A 1A ¯2+A 1A 2A ¯3)=P(A ¯1)+P(A 1A ¯2)+P(A 1A 2A ¯3)=16+56×15+56×45×(1−34)=12． （3）X 的可能取值为1，2，3，4.P(X =1)=P(A ¯1)=16，P(X =2)=P(A 1A ¯2)=56×(1−45)=16， P(X =3)=P(A 1A 2A 3¯)=56×45×14=16，P(X =4)=P(A 1A 2A 3A 4¯)+P(A 1A 2A 3A 4)=56×45×34×1=12， 所以，X 的分布列为E(X)=1×16+2×16+3×16+4×12=3．【答案】解：（1）当 a =1时，f(x)=x 2e x ，f′(x)=(x 2)′e x +x 2(e x )′=2xe x +x 2e x =(2x +x 2)e x ∴ f′(1)=3e ，f(1)=e ，∴ 切线方程为y −e =3e(x −1)，即3ex −y −2e =0…（2）f′(x)=(x 2)′e ax +x 2(e ax )′=2xe ax +ax 2e ax =x(ax +2)e ax …①当a =0时，f′(x)=2x ，当x >0时，f′(x)>0，当x <0时，f′(x)<0，∴单调增区间为(0, +∞)，单调减区间为(−∞, 0)…当a≠0时，令f′(x)=0，得x1=0或x2=−2a…②当a>0时，0>−2a，当x<−2a 时，f′(x)>0，当−2a<x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，单调增区间为(−∞,−2a )，(0, +∞)，单调减区间为(−2a，0)…③当a<0时，0<−2a ，当x>−2a时，f′(x)<0，当0<x<−2a时，f′(x)>0，当x<0时，f′(x)<0，∴f(x)的单调增区间是(0, −2a )，单调减区间是(−∞, 0)，(−2a, +∞)…综上：当a=0时，单调增区间为(0, +∞)，单调减区间为(−∞, 0)当a>0时，单调增区间为(−∞,−2a )，(0, +∞)，单调减区间为(−2a，0)当a<0时，f(x)的单调增区间是(0, −2a )，单调减区间是(−∞, 0)，(−2a, +∞)（3）由（2）知，当a≥0时，f(x)在(0, +∞)单调递增，满足条件；…当a<0时，单调增区间为(0, −2a)与f(x)在(1, +∞)单调递增不符…综上：a≥0…【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的单调性【解析】（1）当a=1时，求导函数，确定切线的斜率，求出切点的坐标，即可求f(x)在（1, f(1)）处的切线方程；（2）分类讨论，利用导数的正负，可求函数f(x)的单调区间；（3）利用（2）的结论，结合f(x)在(1, +∞)单调递增，即可求a范围．【解答】解：（1）当a=1时，f(x)=x2e x，f′(x)=(x2)′e x+x2(e x)′=2xe x+x2e x=(2x+x2)e x∴f′(1)=3e，f(1)=e，∴切线方程为y−e=3e(x−1)，即3ex−y−2e=0…（2）f′(x)=(x2)′e ax+x2(e ax)′=2xe ax+ax2e ax=x(ax+2)e ax…①当a=0时，f′(x)=2x，当x>0时，f′(x)>0，当x<0时，f′(x)<0，∴单调增区间为(0, +∞)，单调减区间为(−∞, 0)…当a≠0时，令f′(x)=0，得x1=0或x2=−2a…②当a>0时，0>−2a，当x<−2a 时，f′(x)>0，当−2a<x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，单调增区间为(−∞,−2a )，(0, +∞)，单调减区间为(−2a，0)…③当a<0时，0<−2a，当x>−2a时，f′(x)<0，当0<x<−2a时，f′(x)>0，当x<0时，f′(x)<0，∴f(x)的单调增区间是(0, −2a)，单调减区间是(−∞, 0)，(−2a, +∞)…综上：当a=0时，单调增区间为(0, +∞)，单调减区间为(−∞, 0)当a>0时，单调增区间为(−∞,−2a)，(0, +∞)，单调减区间为(−2a，0)当a<0时，f(x)的单调增区间是(0, −2a)，单调减区间是(−∞, 0)，(−2a, +∞)（3）由（2）知，当a≥0时，f(x)在(0, +∞)单调递增，满足条件；…当a<0时，单调增区间为(0, −2a)与f(x)在(1, +∞)单调递增不符…综上：a≥0…【答案】设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)则{a=2b4a2+1b2=1，解得{a2=8b2=2∴椭圆方程x28+y22=1∵直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m又K OM=12∴l的方程为：y=12x+m由{y=12x+mx28+y22=1，∴x2+2mx+2m2−4＝0∵直线l与椭圆交于A、B两个不同点，∴△＝(2m)2−4(2m2−4)>0，∴m的取值范围是{m|−2<m<2且m≠0}设直线MA、MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1+k2＝0即可设A(x1,y1),B(x2,y2),k1=y1−1x1−2,k2=y2−1x2−2由x2+2mx+2m2−4＝0可得x1+x2＝−2m，x1x2＝2m2−4而k1+k2=y1−1x1−2+y2−1x2−2=(y1−1)(x2−2)+(y2−1)(x1−2)(x1−2)(x2−2)=(12x1+m−1)(x2−2)+(12x2+m−1)(x1−2)(x1−2)(x2−2)=x1x2+(m−2)(x1+x2)−4(m−1)(x1−2)(x2−2)=2m2−4+(m−2)(−2m)−4(m−1)(x1−2)(x2−2)=2m 2−4−2m 2+4m −4m +4(x 1−2)(x 2−2)=0∴ k 1+k 2＝0故直线MA 、MB 与x 轴始终围成一个等腰三角形． 【考点】直线与椭圆结合的最值问题 椭圆的离心率【解析】（1）设出椭圆的标准方程，长轴长是短轴长的2倍求得a 和b 的关系，进而把点M 代入椭圆方程求得a 和b 的另一个关系式，然后联立求得a 和b ，则椭圆的方程可得．（2）依题意可表示出直线l 的方程，与椭圆方程联立消去y ，根据判别式大于0求得m 的取值范围．（3）设直线MA 、MB 的斜率分别为k 1，k 2，问题转化为证明k 1+k 2＝0．设出点A ，B 的坐标，进而表示出两斜率，根据（2）中的方程式，根据韦达定理表示出x 1+x 2和x 1x 2，进而代入到k 1+k 2，化简整理求得结果为0，原式得证． 【解答】 设椭圆方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)则{a =2b 4a 2+1b 2=1 ，解得{a 2=8b 2=2∴ 椭圆方程x 28+y 22=1∵ 直线l 平行于OM ，且在y 轴上的截距为m 又K OM =12∴ l 的方程为：y =12x +m由{y =12x +mx 28+y 22=1 ，∴ x 2+2mx +2m 2−4＝0∵ 直线l 与椭圆交于A 、B 两个不同点，∴ △＝(2m)2−4(2m 2−4)>0， ∴ m 的取值范围是{m|−2<m <2且m ≠0}设直线MA 、MB 的斜率分别为k 1，k 2，只需证明k 1+k 2＝0即可 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),k 1=y 1−1x 1−2,k 2=y 2−1x 2−2由x 2+2mx +2m 2−4＝0可得x 1+x 2＝−2m ，x 1x 2＝2m 2−4 而k 1+k 2=y 1−1x 1−2+y 2−1x 2−2=(y 1−1)(x 2−2)+(y 2−1)(x 1−2)(x 1−2)(x 2−2)=(12x 1+m −1)(x 2−2)+(12x 2+m −1)(x 1−2)(x 1−2)(x 2−2)=x 1x 2+(m −2)(x 1+x 2)−4(m −1)(x 1−2)(x 2−2)=2m 2−4+(m −2)(−2m)−4(m −1)(x 1−2)(x 2−2)=2m 2−4−2m 2+4m −4m +4(x 1−2)(x 2−2)=0∴ k 1+k 2＝0故直线MA 、MB 与x 轴始终围成一个等腰三角形．【答案】解：(I)根据 x 1+x 2=2012，利用均值不等式，可得当x 1=x 2=1006时，S 有最大值10062．-------- （II ）当x 1=x 2=x 3=402，x 4=x 5=403时，S 取得最大值．------由x 1+x 2+x 3+x 4+x 5=2012，利用基本不等式可得当这5个数相等时，S 取得最大值．再由这5个数都是正整数，可得S 取得最大值时，必有|x i −x j |≤1( 1≤i <j ≤5)．----- 因此当x 1=x 2=x 3=402，x 4=x 5=403时，S 取得最大值．（III ）由x 1+x 2+x 3+x 4+x 5=2012且|x i −x j |≤2，只有①x 1=401，x 2=402，x 3=x 4=x 5=403； ②x 1=x 2=x 3=402，x 4=x 5=403； ③x 1=x 2=x 3=x 4=402，x 5=404；三种情况．-------- 而在②时，根据（2）知原式取得最大值；在①时，设t =402，S =∑x i 1≤i<j≤5⋅x j =10t 2+8t ， 在③时，设t =402，S =∑x i 1≤i<j≤5⋅x j =10t 2+8t ． 因此在①③时S 取得最小值．-------- 【考点】 绝对值不等式 数列的函数特性【解析】（I ）根据 x 1+x 2=2012，利用均值不等式，求得当x 1=x 2=1006时，S 有最大值10062．（II ）当x 1=x 2=x 3=402，x 4=x 5=403时，S 取得最大值．理由：x 1+x 2+x 3+x 4+x 5=2012，利用基本不等式可得当这5个数相等时，S 取得最大值．再由这5个数都是正整数，可得S 取得最大值时，必有|x i −x j |≤1(1≤i <j ≤5)，从而得到结论． （III ）由x 1+x 2+x 3+x 4+x 5=2012且|x i −x j |≤2，存在三种情况．分析可得，只有①x 1=401，x 2=402，x 3=x 4=x 5=403；或 ③x 1=x 2=x 3=x 4=402，x 5=404时，S 取得最小值．【解答】解：(I)根据 x 1+x 2=2012，利用均值不等式，可得当x 1=x 2=1006时，S 有最大值10062．-------- （II ）当x 1=x 2=x 3=402，x 4=x 5=403时，S 取得最大值．------由x 1+x 2+x 3+x 4+x 5=2012，利用基本不等式可得当这5个数相等时，S 取得最大值．再由这5个数都是正整数，可得S 取得最大值时，必有|x i −x j |≤1( 1≤i <j ≤5)．----- 因此当x 1=x 2=x 3=402，x 4=x 5=403时，S 取得最大值．（III ）由x 1+x 2+x 3+x 4+x 5=2012且|x i −x j |≤2，只有①x 1=401，x 2=402，x 3=x 4=x 5=403； ②x 1=x 2=x 3=402，x 4=x 5=403； ③x 1=x 2=x 3=x 4=402，x 5=404；三种情况．-------- 而在②时，根据（2）知原式取得最大值；在①时，设t =402，S =∑x i 1≤i<j≤5⋅x j =10t 2+8t ， 在③时，设t =402，S =∑x i 1≤i<j≤5⋅x j =10t 2+8t ． 因此在①③时S 取得最小值．--------。