2012年石家庄市高三二模数学试卷+答案(理科)

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2012年石家庄市高中毕业班第二次模拟考试高三数学(理科）注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第I卷(选择题60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.已知集合M={5，6，7}，N={5，7，8}，则A.B.C.D.2.若F(5，0)是双曲线(m是常数）的一个焦点，则m的值为A.3B.5C.7D.93.已知函数f(x)，g(x)分别由右表给出，则，的值为A.1B.2C.3D.44.的展开式中的常数项为A.-60B.-50C.50D.605.的值为A.1B.C.D.6.已知向量a=(1，2)，b=(2，3)，则是向量与向量n=(3，-1)夹角为钝角的A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要的条件7.—个几何体的正视图与侧视图相同，均为右图所示，则其俯视图可能是8.从某高中随机选取5名高三男生，其身高和体重的数据如下表所示：根据上表可得回归直线方程，据此模型预报身高为172cm的高三男生的体重为A.70.09B.70.12C.70.55D.71.059.程序框图如右图，若输出的s值为位，则n的值为A.3B.4C.5D.610.已知a是实数，则函数_的图象不可能是11.已知长方形ABCD，抛物线l以CD的中点E为顶点，经过A、B两点，记拋物线l与AB边围成的封闭区域为M.若随机向该长方形内投入一粒豆子，落入区域M的概率为P.则下列结论正确的是A.不论边长AB，CD如何变化，P为定值；B.若-的值越大，P越大；C.当且仅当AB=CD时，P最大；D.当且仅当AB=CD时，P最小.12.设不等式组表示的平面区域为Dnan表示区域Dn中整点的个数(其中整点是指横、纵坐标都是整数的点），则=A.1012B.2012C.3021D.4001第II卷(非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分，第13题〜第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题〜第24题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.复数（i为虚数单位)是纯虚数，则实数a的值为_________.14.在ΔABC中，，，则BC的长度为________.15.己知F1F2是椭圆（a>b>0)的两个焦点，若椭圆上存在一点P使得，则椭圆的离心率e的取值范围为________.16.在平行四边形ABCD中有，类比这个性质，在平行六面体中ABCD-A1B1C1D1中有=________三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.(本小题满分12分）已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4、S10、S7成等差数列.(I)求证而a3,a9,a6成等差数列；(II)若a1=1，求数列W{a3n}的前n项的积.18.(本小题满分12分）我国是世界上严重缺水的国家之一，城市缺水问题较为突出.某市为了节约生活用水，计划在本市试行居民生活用水定额管理（即确定一个居民月均用水量标准〜用水量不超过a的部分按照平价收费，超过a的部分按照议价收费）.为了较为合理地确定出这个标准，通过抽样获得了100位居民某年的月均用水量(单位:t)，制作了频率分布直方图，(I)由于某种原因频率分布直方图部分数据丢失，请在图中将其补充完整；(II)用样本估计总体，如果希望80%的居民每月的用水量不超出标准&则月均用水量的最低标准定为多少吨，并说明理由；(III)若将频率视为概率，现从该市某大型生活社区随机调查3位居民的月均用水量(看作有放回的抽样），其中月均用水量不超过（II)中最低标准的人数为x，求x的分布列和均值.19.(本小题满分12分）在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=1，，D为AA1中点，BD与AB1交于点0，C0丄侧面ABB1A1(I)证明：BC丄AB1；(II)若OC=OA,求二面角C1-BD-C的余弦值.20.(本小题满分12分）在平面直角坐标系中，已知直线l:y=-1，定点F(0，1)，过平面内动点P作PQ丄l于Q点，且•(I)求动点P的轨迹E的方程；(II)过点P作圆的两条切线，分别交x轴于点B、C，当点P的纵坐标y0>4时，试用y0表示线段BC的长，并求ΔPBC面积的最小值.21.(本小题满分12分）已知函数(A,BR，e为自然对数的底数），.(I)当b=2时，若存在单调递增区间，求a的取值范围；(II)当a>0时，设的图象C1与的图象C2相交于两个不同的点P、Q，过线段PQ的中点作x轴的垂线交C1于点，求证.请考生在第22〜24三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.(本小题满分10分)选修4-1几何证明选讲已知四边形ACBE,AB交CE于D点，，BE2=DE-EC.(I)求证:；(II)求证：A、E、B、C四点共圆.23.(本小题满分10分)选修4-4坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，X轴的正半轴为极轴，取与直角坐标系相同的长度单位建立极坐标系.曲线C1的参数方程为：（为参数）；射线C2的极坐标方程为：,且射线C2与曲线C1的交点的横坐标为(I)求曲线C1的普通方程；(II)设A、B为曲线C1与y轴的两个交点，M为曲线C1上不同于A、B的任意一点，若直线AM与MB分别与x轴交于P,Q两点，求证|OP|.|OQ|为定值.24.(本小题满分10分)选修4-5不等式选讲设函数(I)画出函数的图象；(II)若不等式，恒成立，求实数a的取值范围.2012年石家庄市高中毕业班第二次模拟考试高三数学(理科答案)一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．1-5CDADB6-10ABBCB11-12AC二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.114.1或215.1,1216.22214()ABADAA.三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.解：（Ⅰ）当1q时，10472SSS所以1q………………………………………………..2分10472SSS由,得1074111211(1)111aqaqaqqqq104710,12aqqqq，………………………….4分则8251112aqaqaq，9362aaa，所以3,9,6aaa成等差数列.………………………6分(Ⅱ)依题意设数列3na的前n项的积为nT,nT=3333123naaaa3323131()()nqqq=33231()()nqqq3123(1)()nq=(1)32()nnq，…………………8分又由（Ⅰ）得10472qqq，63210qq，解得3311(,2qq舍）.…………………10分所以1212nnnT.…………………………………………….12分18.解:（Ⅰ）………………………………3分（Ⅱ）月均用水量的最低标准应定为2.5吨.样本中月均用水量不低于2.5吨的居民有20位，占样本总体的20%，由样本估计总体，要保证80%的居民每月的用水量不超出标准，月均用水量的最低标准应定为2.5吨.……………………………………………6分（Ⅲ）依题意可知,居民月均用水量不超过（Ⅱ）中最低标准的概率是45，则4~(3,)5XB，311(0)()5125PX1234112(1)()55125PXC2234148(2)()()55125PXC3464(3)()5125PX………………8分分布列为X0123P1125121254812564125…………………………………………………………………………………………10分412()355EX………………………………………………………………12分19.解：（Ⅰ）因为11ABBA是矩形，D为1AA中点，1AB，12AA，22AD,所以在直角三角形1ABB中,112tan2ABABBBB,在直角三角形ABD中,12tan2ADABDAB,所以1ABB=ABD,又1190BABABB，190BABABD，所以在直角三角形ABO中，故90BOA，即1BDAB，…………………………………………………………………………3分又因为11COABBA侧面，111ABABBA侧面,所以1COAB所以，1ABBCD面,BCBCD面,故1BCAB…………………………5分（Ⅱ）解法一：如图，由（Ⅰ）可知，,,OAOBOC两两垂直，分别以,,OAOBOC为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.在RtABD中，可求得63OB,66OD,33OCOA，在1RtABB中，可求得1233OB，故60,,06D,60,,03B,30,0,3C,123,0,03B所以60,,02BD,630,,33BC,1236,,033BB可得，1123263,,333BCBCBB…………………………………8分设平面1BDC的法向量为,,xyzm，则10,0BDBCmm，即232630333602xyzy，取1,0,2xyz，则1,0,2m，…………………………………10分又BCD面1,0,0n，故15cos,55mn，所以，二面角1CBDC的余弦值为55…………………………………12分解法二：连接1CB交1CB于E,连接OE，因为11COABBA侧面，所以BDOC，又1BDAB，所以1BDCOB面，故BDOE所以EOC为二面角1CBDC的平面角…………………………………8分62BD，13AB，1112ADAOBBOB，1122333OBAB,11333OCOAAB，在1RtCOB中，22111415333BCOCOB，……………………10分又EOCOCE15cos5OCEOCCB，故二面角1CBDC的余弦值为55.…………………………12分20.解：（Ⅰ）设,Pxy，则,1Qx，∵QPQFFPFQ，∴0,1,2,1,2yxxyx．…………………2分即22121yxy，即24xy，所以动点P的轨迹E的方程24xy．…………………………4分（Ⅱ）解法一：设00(,),(,0),(,0)PxyBbCc，不妨设bc．直线PB的方程:00()yyxbxb，化简得000()0yxxbyyb．又圆心(0,2)到PB的距离为2，0022002()2()xbybyxb，故222220000004[()]4()4()yxbxbxbybyb，易知04y，上式化简得2000(4)440ybxby，同理有2000(4)440ycxcy．　…………6分　　　所以0044xbcy，0044ybcy，…………………8分则2220002016(4)()(4)xyybcy．因00(,)Pxy是抛物线上的点，有2004xy，则2202016()(4)ybcy，0044ybcy．………………10分所以0000002116()2[(4)8]244PBCySbcyyyyy416832．当20(4)16y时，上式取等号，此时0042,8xy．因此PBCS的最小值为32．……………………12分解法二：设),(00yxP,则4200xy，PB、PC的斜率分别为1k、2k，则PB：2010()4xykxx，令0y得20014Bxxxk，同理得20024Cxxxk；所以||4|44|||||212120120220kkkkxkxkxxxBCCB，……………6分下面求||2121kkkk,由(0,2)到PB：2010()4xykxx的距离为2，得201021|2|421xkxk，因为04y，所以2016x，化简得2222220001010(4)(4)()024xxxkxkx，同理得2222220002020(4)(4)()024xxxkxkx…………………8分所以1k、2k是22222200000(4)(4)()024xxxkxkx的两个根.所以2001220(4)2,4xxkkx222220000122200(1)()164,44xxxxkkxx22012121220||()44xkkkkkkx，1220121||116kkxkk，22000120200120411||||44411416BCxxykkxxyyxkky，……………10分所以0000002116||2[(4)8]244PBCySBCyyyyy416832．当20(4)16y时，上式取等号，此时0042,8xy．因此PBCS的最小值为32．……………………12分21.解:（Ⅰ）当2b时，若2()()()2xxFxfxgxaeex，则2()221xxFxaee，原命题等价于2()2210xxFxaee…在R上有解．……………2分法一：当0a…时，显然成立；当0a时，2211()2212()(1)22xxxFxaeeaeaa∴　1(1)02a，即102a．综合所述　12a．…………………5分法二：等价于2111()2xxaee在R上有解，即∴　12a．………………5分（Ⅱ）设1122(,),(,)PxyQxy，不妨设12xx，则2102xxx，2222xxaebex，1121xxaebex，两式相减得：21212221()()xxxxaeebeexx，……………7分整理得212121212121221()()()()2()xxxxxxxxxxxxxxaeeeebeeaeeebee…则21212122xxxxxxaebee…，于是21212121212202()xxxxxxxxxxeaebefxee…，…………………9分而212121212121221xxxxxxxxxxxxeeeee令210txx，则设22()ttGteet，则2222111()1210222ttttGteeee，∴　()yGt在(0,)上单调递增，则22()(0)0ttGteetG，于是有22tteet，即21ttete，且10te，∴　211tttee，即0()1fx．…………………12分请考生在第22～24三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分22．选修4-1几何证明选讲证明：(Ⅰ)依题意，DEBEBEEC，11，所以DEBBEC,………………2分得34,因为45,所以35,又26，可得EBDACD.……………………5分(Ⅱ)因为因为EBDACD，所以EDBDADCD,即EDADBDCD,又ADECDB,ADECDB,所以48，………………7分因为0123180，因为278，即274，由(Ⅰ)知35，所以01745180,即0180,ACBAEB所以A、E、B、C四点共圆.………………10分23．选修4-4：坐标系与参数方程解：(Ⅰ)曲线1C的普通方程为2221xya，射线2C的直角坐标方程为(0)yxx，…………………3分可知它们的交点为66,33，代入曲线1C的普通方程可求得22a.所以曲线1C的普通方程为2212xy.………………5分(Ⅱ)||||OPOQ为定值.由(Ⅰ)可知曲线1C为椭圆，不妨设A为椭圆1C的上顶点，设(2cos,sin)M,(,0)PPx，(,0)QQx,因为直线MA与MB分别与x轴交于P、Q两点，所以AMAPKK,BMBQKK,………………7分由斜率公式并计算得2cos1sinPx，2cos1sinQx,所以||||2PQOPOQxx.可得||||OPOQ为定值.……………10分24.选修4-5：不等式选讲解:(Ⅰ)由于37,2,()352.xxfxxx…………2分则函数的图象如图所示:（图略）……………5分(Ⅱ)由函数()yfx与函数yax的图象可知,当且仅当132a时,函数yax的图象与函数()yfx图象没有交点,……………7分所以不等式()fxax恒成立,则a的取值范围为1,32.…………………10分