2012青岛市高三二模数学试题试卷+答案(理科)

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高三自评试题数学（理科）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共150分.考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必用2B铅笔和0.5毫米黑色签字笔（中性笔）将姓名、准考证号、考试科目、试卷类型填涂在答题卡规定的位置上．2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答案不能答在试题卷上．3．第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔（中性笔）作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试题卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效．参考公式：锥体的体积公式为：13VSh,其中S为锥体的底面积，h为锥体的高.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题．每小题5分，共60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,3Mm,22730,NxxxxZ,如果MN,则m等于A．1B．2C．2或1D．322．设复数21zi(其中i为虚数单位)，则23zz的虚部为A．2iB．0C．10D．23．“4a”是“对任意的实数x,2123xxa成立”的A．充分必要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既非充分也非必要条件4．已知函数2log,0()91,0xxxfxx，则31((1))log2fff的值是A．7B．2C．5D．35．设m,n是两条不同的直线,,,是三个不同的平面．有下列四个命题：①若//，m，n，则//mn；②若m，//m，则；③若n，n，m，则m；④若，，m，则m．其中错误命题的序号是A．①③B．①④C．②③④D．②③6．执行如图所示的程序框图，若输出的b的值为31，则图中判断框内①处应填A．3B．4C．5D．67．函数295yx的图象上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，则以下不可能成为该等比数列的公比的数是A．34B．2C．3D．58．以下正确命题的个数为①命题“存在Rx，220xx”的否定是：“不存在Rx，220xx”；开始结束1,1ab①？21bb1aa输出是否②函数131()()2xfxx的零点在区间11(,)32内；③已知随机变量服从正态分布2(1,)N，(4)0.79P，则(2)0.21P；④函数()xxfxee的图象的切线的斜率的最大值是2；⑤线性回归直线ybxa恒过样本中心,xy，且至少过一个样本点.A．1B．2C．3D．49．设22(13)40axdx，则二项式26()axx展开式中不含3x项的系数和是A．160B．160C．161D．16110．已知函数1π()cos,[,]222fxxxx，01sin2x，0π[,]22x，那么下面命题中真命题的序号是①()fx的最大值为0()fx②()fx的最小值为0()fx③()fx在0[,]2x上是增函数④()fx在0π[,]2x上是增函数A．①③B．①④C．②③D．②④11．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的A.外接球的半径为33B.体积为3C.表面积为631D.外接球的表面积为16312．已知直线1ykx与抛物线2:4Cyx相交于3111正视图侧视图俯视图A、B两点，F为抛物线C的焦点，若2FAFB,则k=A．223B．23C．13D．23第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．13．若tan2,则sincos.14．已知直线yxa与圆224xy交于A、B两点，且0OAOB，其中O为坐标原点，则正实数a的值为.15．设x、y满足约束条件360200,0xyxyxy，则目标函数22zxy的最大值为.16．已知函数fx的定义域为15,，部分对应值如下表，fx的导函数yfx的图象如图所示.下列关于fx的命题：①函数fx的极大值点为0，4；②函数fx在02,上是减函数；③如果当1x,t时，fx的最大值是2，那么t的最大值为4；④当12a时，函数yfxa有4个零点；x－1045fx1221ABC1A1B1C⑤函数yfxa的零点个数可能为0、1、2、3、4个．其中正确命题的序号是．三、解答题：本大题共6小题,共74分,解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17．（本小题满分12分）已知向量)cos,(sin),sin3,(sinxxnxxm，设函数nmxf)(,若函数)(xg的图象与)(xf的图象关于坐标原点对称.（Ⅰ）求函数)(xg在区间6,4上的最大值,并求出此时x的值；（Ⅱ）在ABC中，cba,,分别是角CBA,,的对边，A为锐角,若23)()(AgAf，7cb，ABC的面积为32，求边a的长．18．（本小题满分12分）如图，在多面体111ABCABC中，四边形11ABBA是正方形，1ACAB，11ACABBC，11//BCBC，1112BCBC.（Ⅰ）求证：1//AB面11ACC；（Ⅱ）求二面角11CACB的余弦值的大小.19．（本小题满分12分）甲居住在城镇的A处，准ABCDEF1516110112115120320备开车到单位B处上班，若该地各路段发生堵车事件都是相互独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，发生堵车事件的概率如图（例如，A→C→D算作两个路段：路段AC发生堵车事件的概率为101，路段CD发生堵车事件的概率为151，且甲在每个路段只能按箭头指的方向前进）．(Ⅰ）请你为其选择一条由A到B的路线，使得途中发生堵车事件的概率最小；（Ⅱ）若记路线A→C→F→B中遇到堵车次数为随机变量，求的分布列及E．20．（本小题满分12分）已知集合21,NAxxnn,63,NBxxnn，设nS是等差数列na的前n项和,若na的任一项BAan,且首项1a是AB中的最大数,10750300S.（Ⅰ）求数列na的通项公式;（Ⅱ）若数列nb满足1392()2nannb，令nT246224()nbbbb，试比较nT与4821nn的大小.21．（本小题满分12分）已知函数23232fxlnxx.（Ⅰ）求函数yfx的极大值；（Ⅱ）令2312gxfxxmx（m为实常数），试判断函数gx的单调性；（Ⅲ）若对任意1163x,，不等式30alnxlnfxx均成立，求实数a的取值范围.22．（本小题满分14分）已知椭圆1C、抛物线2C的焦点均在x轴上，1C的中心和2C的顶点均为坐标原点O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于表中：x3242y230422（Ⅰ）求12CC、的标准方程；（Ⅱ）请问是否存在直线l同时满足条件：(ⅰ)过2C的焦点F；(ⅱ)与1C交于不同两点Q、R，且满足OQOR？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．（Ⅲ）已知椭圆1C的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM、AN分别另交椭圆于M、N两点．当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点，若过定点，请给出证明，并求出该定点坐标;若不过定点，请说明理由．高三自评试题数学（理科）参考答案及评分标准一、选择题：本大题共12小题．每小题5分，共60分．CDBABBDCCADA二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．13.2514.215.5216．①②⑤三、解答题：本大题共6小题，共74分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由题意得：21cos23()sin3sincossin222xfxxxxx1sin(2)26x………………………………………………………2分所以)62sin(21)(xxg………………………………………………3分因为6,4x，所以6,3262x所以当262x即6x时，函数)(xg在区间6,4上的最大值为21.……………………………………………6分（Ⅱ）由23)()(AgAf得：23)62sin()62sin(1AA化简得：212cosA又因为02A，解得：3A…………………………………………9分由题意知：32sin21AbcSABC，解得8bc，又7cb,所以22222cos()2(1cos)abcbcAbcbcA14928(1)252故所求边a的长为5.…………………………………………………………………12分18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）取BC的中点E，连结AE，1CE，1BE11//BCBC，11BC12BC，1111//,BCECBCEC，四边形11CEBC为平行四边形，从而11//BECC，1CC面11ACC，1BE面11ACC1//BE面11ACC………………………………………………………………2分11//BCBC，11BC12BC，1111//,BCBEBCBE四边形11BBCE为平行四边形11//BBCE，且1BB1CE又11ABBA是正方形，11//AACE，且1AA1CE故11AECA为平行四边形，11//AEAC11AC面11ACC，AE面11ACC//AE面11ACC………………………………………………………………4分1AEBEE，面1//BAE面11ACC1AB面1BAE，1//AB面11ACC………………………………………6分（Ⅱ）四边形11ABBA为正方形,11AAABAC,1AAAB1A1B1CABCEzxy12AB，11ACAB12AC由勾股定理可得：190AAC，1AAAC，ABACA，1AA面ABC，11ACABBC，2BC由勾股定理可得：90BAC，ABAC…………………………………8分故以A为原点，以AC为x轴建立坐标系如图，则1111(1,0,0),(0,0,1),(,,1)22CAC，(0,1,0)B，所以1(1,0,1)CA，111(,,1)22CC，1(0,1,1)BA，111(,,1)22BC.设面11ACC的法向量为1(,,)nxyz，由11110,0nCAnCC011022xzxyz，令1z，则1(1,1,1)n设面11ACB的法向量为2(,,)nmnk，则21210,0nBAnBC则011022nkmnk，令1k，则2(1,1,1)n…………………………10分所以1212121111cos,333nnnnnn设二面角11CACB的平面角为，12,nn所以1coscos3……………………………………………………12分19．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）记路段AC发生堵车事件为AC，各路段发生堵车事件的记法与此类同.因为各路段发生堵车事件都是独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，所以路线A→C→D→B中遇到堵车的概率为111PPACCDDBPACPCDPDB1111PACPCDPDB9145311015610……………………………………………………………………2分同理：路线A→C→F→B中遇到堵车的概率为2P1－P(AC·CF·FB）=800239（小于310）………………………………………………………………………4分路线A→E→F→B中遇到堵车的概率为3P911300PAEEFFB（大于310）显然要使得由A到B的路线途中发生堵车事件的概率最小，只可能在以上三条路线中选择.因此选择路线A→C→F→B，可使得途中发生堵车事件的概率最小…………6分（Ⅱ）路线A→C→F→B中遇到堵车次数可取值为0，1，2，3．0P561800PACCFFB，1PPACCFFBPACCFFBPACCFFB11711931191716371020121020121020122400，2PPACCFFBPACCFFBPACCFFB13111171931771020121020121020122400，13113102012800PPACCFFB.所以的分布列为…………………………………………………………9分∴E=56163777110123800240024008003………………12分20．（本小题满分12分）解:（Ⅰ）根据题设可得:集合A中所有的元素可以组成以3为首项,2为公差的递减等差数列；集合B中所有的元素可以组成以3为首项,6为公差的递减等差数列.由此可得,对任意的Nn,有BBAAB中的最大数为3,即13a…………………………………………2分设等差数列na的公差为d,则3(1)nand,1101010()45302aaSd因为10750300S,7504530300d,即616d由于B中所有的元素可以组成以3为首项,6为公差的递减等差数列0123P80056124006372400771800所以)0,(6mZmmd,由1666m2m，所以12d…………5分所以数列na的通项公式为912nan（Nn）………………………6分（Ⅱ）13922()()22nannnb246211[1()]12224()2424(1)1212nnnnTbbbb………………………7分48244824(221)24212212(21)nnnnnnnTnnn于是确定nT与4821nn的大小关系等价于比较2n与21n的大小由2211，22221，32231，42241，可猜想当3n时，221nn…………………………………………………………9分证明如下：证法1：（1）当3n时，由上验算可知成立.（2）假设nk时，221kk，则12222(21)422(1)1(21)2(1)1kkkkkkk所以当1nk时猜想也成立根据（1）（2）可知，对一切3n的正整数，都有221nn当1,2n时，4821nnTn，当3n时4821nnTn………………………………12分证法2：当3n时0110112(11)2221nnnnnnnnnnnnnnCCCCCCCCnn当1,2n时，4821nnTn，当3n时4821nnTn………………………………12分21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）23232fxlnxx,yfx的定义域为23,;由于191332xxfxx，由103fxx,当2133x,时，0fx；当13x,时，0fx.yfx在2133,上为增函数；在13,上为减函数，从而11336fxfln极大.………………………………………3分（Ⅱ）ln231gxxmx，23x3121312323mxmgxmxx，………………………………………4分①当10m,即1m时，323gxx0，gx在23,上为增函数；…………………………………………………………5分②当10m，即1m时，21313131212323mmxmmxmgxxx.由21031mgxxm,21213131mmm,（ⅰ）若1m，则212313mm，23x时，0gx，gx在23,上为增函数；…………………………………………………………7分(ⅱ)若1m，则212313mm，221,331mxm时，0gx；21,31mxm时，0gx，gx在221331m,m上为增函数,在2131m,m上为减函数.综上可知：当1m时，gx在23,上为增函数；当1m时，gx在221331m,m上为增函数，在2131m,m上为减函数.…………………………9分（Ⅲ）由30alnxlnfxx3023alnxlnx,1163x,,360235lnlnx,而0alnx，要对任意1163x,，不等式30alnxlnfxx均成立，必须：323lnx与alnx不同时为0.………………………………………………………11分因当且仅当13x时，323lnx=0，所以为满足题意必有103aln，即13aln.…………………………………………………………………12分22．（本小题满分14分）解：（Ⅰ）设抛物线22:20Cymxm，则有220ymxx，据此验证4个点知3,23、4,4在抛物线上，易求xyC4:22…………………2分设1C：222210xyabab，把点（2，0）（2，22）代入得：121214222baa1422ba∴1C方程为1422yx………………………………………………………4分（Ⅱ）容易验证直线l的斜率不存在时，不满足题意；当直线l斜率存在时，假设存在直线l过抛物线焦点(1,0)F，设其方程为(1)ykx，与1C的交点坐标为11,Qxy,22,Rxy由2214(1)xyykx消去y，得2222(14)84(1)0kxkxk，于是2122814kxxk，21224(1)14kxxk…………①……………………7分212121212(1)(1)[()1]yykxkxkxxxx即2222122224(1)83(1)141414kkkyykkkk……②由OQOR，即0OQOR，得(*)02121yyxx将①、②代入（*）式，得2222224(1)340141414kkkkkk，解得2k；所以存在直线l满足条件，且l的方程为：22yx或22yx…………………9分（Ⅲ）设直线AM的斜率为k0k，则AM：(2)ykx，AN：1(2)yxk则22(2),1,4ykxxy　化简得：2222(14)161640kxkxk．此方程有一根为2，∴222814Mkxk2414Mkyk同理可得22284Nkxk244Nkyk………………………………………………11分则222222244541428284(1)414MNkkkkkkkkkkk所以MN的直线方程为22224528()144(1)14kkkyxkkk令0y，则222216(1)2865(14)145kkkxkkk.所以直线MN过x轴上的一定点6(,0)5………………………………………………14分