2012青岛市高三二模数学试题试卷+答案(理科)

出处:老师板报网 时间:2023-03-22

2012青岛市高三二模数学试题试卷+答案(理科)1

2012青岛市高三二模数学试题试卷+答案(理科)2

2012青岛市高三二模数学试题试卷+答案(理科)3

2012青岛市高三二模数学试题试卷+答案(理科)4

2012青岛市高三二模数学试题试卷+答案(理科)5

2012青岛市高三二模数学试题试卷+答案(理科)6

2012青岛市高三二模数学试题试卷+答案(理科)7

2012青岛市高三二模数学试题试卷+答案(理科)8

2012青岛市高三二模数学试题试卷+答案(理科)9

2012青岛市高三二模数学试题试卷+答案(理科)10

试读已结束,还剩8页未读,您可下载完整版后进行离线阅读

《2012青岛市高三二模数学试题试卷+答案(理科)》是由用户上传到老师板报网,本为文库资料,大小为719 KB,总共有18页,格式为doc。授权方式为VIP用户下载,成为老师板报网VIP用户马上下载此课件。文件完整,下载后可编辑修改。

  • 文库资料
  • 18页
  • 719 KB
  • VIP模板
  • doc
  • 数字产品不支持退货
单价:4.99 会员免费
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
返回首页
X