2102年高三(理科)数学高考预测题+答案解析

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2012年高三考前预测题理科数学一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．设集合101xAxx，1Bxxa，则“1a”是“AB”的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件【解析】1A，1，1Ba，1a，当1a时，有AB满足，但当12a时，也有AB满足．故答案为充分不必要条件．【答案】A解题探究：本类题的最好解法是找出特例，一般都是很简单的．考生不应该失分．2．已知33)6cos(x，则)3cos(cosxxA．332B．332C．1D．1【解析】313coscossin6223xxx，13coscoscoscossin322xxxxx313cossin122xx．【答案】C解题探究：本类题一般都不难，只要记住几个公式和会熟悉的恒等变换即可．3．在三次独立重复试验中，事件A在每次试验中发生的概率相同，若事件A至少发生一次的概率为6364，则事件A恰好发生一次的概率为A．14B．34C．964D．2764【解析】设事件A发生的概率为P，事件A不发生的概率为P，则有：36311644PP．故34P．则事件A恰好发生一次的概率为：31339464C．【答案】C解题探究：本类题只需记住几种形式的概率求法，对号入座即可．4．设变量,xy满足约束条件：34,|3|2yxxyzxyx则的最大值为A．10B．8C．6D．4【解析】作出可行域，如图所示：结合3zxy的图像为正“V”形，即可得答案．【答案】B解题探究：本类题一般都要画出准确的可行域，再结合目标函数的特点来解答．（注：应记住常见的几种目标函数的特点，如距开始k=1，S=0k≥50S=S+2k输出Sk=k+2结束是否离的平方，斜率，截距等）有时也会结合函数的一些性质如求导，相切等．5．执行如右图所示的程序框图，输出的S值为A．252(41)3B．262(41)3C．5021D．5121【解析】k=1，S=21；k=3，S=21+23；k=5，S=21+23+25；显然k=49程序．所以S135492222252(41)3．【答案】A解题探究：本类题一般都是先写几个，找出一般规律，结合数列的求和知识解答．但本类题考生一般都会容易在项数上出错．应引起注意．6．若平面，，满足，l，P，Pl，则下列命题中的假命题为A．过点P垂直于平面的直线平行于平面B．过点P在平面内作垂直于l的直线必垂直于平面C．过点P垂直于平面的直线在平面内D．过点P垂直于直线l的直线在平面内【解析】当所作直线与平面垂直时，也满足过点P垂直于直线l．【答案】D解题探究：本类题一般的解法有两种：（一）举出反例来进行排除；（二）利用特殊的立体图形，如：立方体等来作参考进行求解．7．已知向量a，b满足02ba，且关于x的函数5632)(23xxxxfbaa在实数集R上单调递增，则向量a，b的夹角的取值范围是A．6,0B．3,0C．3,0D．,3【解析】由题有：226630fxxaxa在R恒成立！所以有2236463cosaaa，b0恒成立！解之得：cosa，b12a，b3,0．【答案】B解题探究：本题是关于二次函数的图像与x轴的交点及恒成立问题！是属常规题！8．设椭圆)0,0(12222babyax的离心率21e，右焦点F（c，0），方程02cbxax的两个根分别为x1，x2，则点P（x1，x2）在A．圆222yx内B．圆222yx上C．圆222yx外D．以上三种情况都有可能【解析】由题有：12cea，222abc．有：1212bxxacxxa，所以：122222121222bcxxxxxxaa2222222711224baccaaa．故在圆内．【答案】A解题探究：要想解对本题，需具备的知识有：（一）椭圆的基本知识，如cea，222abc等；（二）韦达定理；（三）1222212122xxxxxx；（四）点在圆内、外、上的条件．9．设等差数列{}na的前n项和为nS，若90S，100S，则12a，222a，，992a中最大的是A．12aB．552aC．662aD．992a【解析】5955610690005000aSaaaSa，易得：数列{}na为单调递减数列，故15690aaaa，所以：12a552a0662a．【答案】B解题探究：本类题为数列与函数的结合题，从细的方面讲，这是数列与函数单调性的结合考查．对于此类题目，只需运用好函数的性质即可解出．对于本题，要认识到：数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点．同时在复习中要注意渗透三种数学思想：函数与方程的思想、化归转化思想及分类讨论思想．以下专门准备了两道题来加以说明：2010年全国高考理科数学试题（浙江卷）填空题第15题设1a，d为实数，首项为1a，公差为d的等差数列}{na的前n项和为nS，满足01565SS，则d的取值范围是_________________.【解析】因为01565SS，08)105(221dda，则d的取值范围,2222,．【等于不等的转化】另解：0110922121ddaa（确定主元1a）0得．【答案】,2222,浙江省2012届浙南、浙北部分学校高三第二学期3月联考数学理科试题第10题已知数列{}na满足：2*1122,2()1,nnaaaaananN，当且仅当n=3时na最小，则实数a的取值范围为A．（—1，3）B．5,32C．（2，4）D．57,22【解析】∵12()1212nnaanana．∴12112nnaana122212nnaana3221212212211222aaaaaaaaa∴2221231(1)12221nannaanaa．对称轴为na，又∵当且仅当n=3时na最小．运用二次函数的对称思想易得5722a．【答案】D10．定义：过双曲线焦点的直线与双曲线交于A、B两点，则线段AB成为该双曲线的焦点弦．已知双曲线192522yx，那么过改双曲线的左焦点，长度为整数且不超过2012的焦点弦条数是A．4005B．4018C．8023D．8036【解析】由题可得215a，29b，234c．1823.645PF，10AB．焦点弦可分为三类：（ⅰ）如图中直线1，长度从4到2012有2009条，结合对称知识知共有4018条；（ⅱ）如图中直线2，长度从11到2012有2002条，结合对称知识知共有4004条；（ⅲ）如图中直线0y，长度为10有1条．综上所述：共有8023条．【答案】C解题探究：本类题为新定义题型，但本题在理解及解答上都难度不大．主要仔细分类，同时熟练运用对称思想即可解出．二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．11．复数32zai，aR，且21322zi，则a的值为________．【解析】222331332422zaiaaii，由对应系数相等知：23142332aa，解出12a．【答案】12解题探究：本类题为常规题，关于复数一般有三种考法：（一）为本题这种；（二）为求z类型，只要记住公式22zab即可；（三）为分式形的化解，只要记住运用共轭复数．12．函数210()log0xxfxxx，则函数[()]1yffx的所有零点所构成的集合为________．【解析】2231log110[()]1log201loglog11xxxxyffxxxxx，在各段上分别令0y．即可得答案．【答案】113,,,224解题探究：本题主要考查分段函数及零点知识的应用，只要耐心一点，一般不会出错．以下专门准备了一道题来加以说明：浙江省台州市2012届高三调考试题数学理（2012台州一模）第10题若函数21fxx，则函数lngxffxx在0，1上的不同零点个数为A．2B．3C．4D．5【解析】注意分段．121,12112,02xxfxxx，343,141334,241141,42114,04xxxxffxxxxx，当314x时，43lngxxx，则134014gxxx在上恒成立．故gx在314x上为单调递增函数，又33ln044g，110g，故在314x上有1个根．同理可分析得在1324x，1142x上各有1个根，在102x上无根．综上可知在0，1上，方程0gx共有3个根．【答案】B13．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积与其外接球面积之比为________．【解析】几何体的为两个正四面体相互组合而成的，8个面都是三角形且都全等的．三角形的高为22123222h．正视图侧视图俯视图几何体的表面积为113812322S．几何体的外接球的半径为22R，几何体的外接球的表面积为222422S．这个几何体的表面积与其外接球面积之比为3：．【答案】3解题探究：本题在作为三视图来考查已属稍难题了．一般三视图多会让考生求几何体的表面积或体积．在求解过程中难点就是在于三视图的还原．考生应加强在此方面的训练以确保三视图题的得分．14．若n∈N*，n<100，且二项式nxx231的展开式中存在常数项，则所有满足条件的n值的和是________．【解析】321nrrrrnTCxx35rnrnCx，则5nk，019k，所以5151919195022kkS．【答案】950解题探究：本类题只需写出通项．分析通项即可解出答案．15．关于x的方程0sincos22axx在区间67,0上恰好有两个不等实根，则实数a的取值范围是________．【解析】2sin2cosaxx，作出函数2sin2cosyxx的图像如下图所示：由图易得2a，1．【答案】2，1解题探究：本题很容易作错．请读者参考以下作法，是否你也会范呢？误解：由题22sin2cos2sinsin2axxxx．作换元处理：令sintx，则112,t，2211722248yttt．作出yt图像如下题：故要想222att有两个解，则17,28a．其实粗看之下，这样的解法似乎很对，然而为什么这答案不对呢？主要是因为这里的两个解是对于t而言的，并不是x．但题目要求是关于x的解．故此解法不对．其实当对于t的解只有一个时，有一部分相对应的x却有两个解．请读者考虑，对于t的解为何时，相对应于x的解有一个、两个、三个、四个？16．对正整数n，设曲线)1(xxyn在2x处的切线与y轴交点的纵坐标为na，则数列1nan的前n项和的公式是________．【解析】/1(1)nnynxnx，得/111|21222nnnxynnn．切点为2，2n，所以切线方程为12222nnynx，另0x，得：12nnan，21nnan．利用等比数列的求和公式得：12122212nnnT．【答案】221n解题探究：本题难度不大．仔细按照要求来就行了．以下专门准备了一道题来加以巩固：设曲线1*()nyxnN在点（1，1）处的切线与x轴的交点的横坐标为nx，令lgnnax，则1299aaa的值为．【解析】点)1,1(在函数1*()nyxnN的图象上，所以)1,1(为切点，nxny)1(/．得1|1/nyx，所以切线方程为)1)(1(1xny，另0y得：1nnxn，所以1299aaa2．【答案】217．有六根细木棒，其中较长的两根分别为3a、2a，其余四根均为a，用它们搭成三棱锥，则其中两条较长的棱所在的直线的夹角的余弦值为________．【解析】用六根细木棒搭成三棱锥有两种情况：（一）3a和2a相邻；（二）3a和2a不相邻．情况一好计算，我们用它来计算：如图3ABa，2ADa，其余都为a．则2BAD，26cos33ADaBADABa．【答案】63解题探究：本题难度不大．只有找好特殊情况，就很容易求解．三、解答题：本大题共7小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．18．（本小题满分14分）已知函数2231()sin2(cossin)122fxxxx，Rx，将函数()fx向左平移6个单位后得函数()gx，设三角形ABC三个角A、B、C的对边分别为a、b、c．（Ⅰ）若7c，()0fC，sin3sinBA，求a、b的值；（Ⅱ）若0)(Bg且(cos,cos)mAB，(1,sincostan)nAAB，求mn的取值范围．【解析】本题主要考查三角变换、正弦定理、余弦定理等基础知识，同时考查运算求解能力。满分14分．解：（Ⅰ）2231()sin2(cossin)122fxxxx31sin2cos21sin(2)1226xxx………………………………2分()sin(2)106fCC,所以sin(2)16C因为112(,)666C,所以262C,所以3C……………………4分由余弦定理知：222cos73abab，因为sin3sinBA,由正弦定理知：3ba…………………………………6分解得：3,1ba………………………………………………………………7分（Ⅱ）由条件知()sin(2)16gxx所以()sin(2)106gBB,所以sin(2)16B因为132(,)666B,所以262B即6B3(cos,)2mA，3(1,sincos)3nAA于是3313cos(sincos)cossinsin()23226mnAAAAAA………………………………………10分5(0,)66BA,得),6(6A………………………………12分∴1,0()6sin(A，即(0,1mn……………………………14分19．（本小题满分14分）已知数列na满足11a，且nnnaa221（n2且n∈N*）．（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）设数列na的前n项之和nS，求nS，并证明：232nnSn．【解析】本题主要考查等差数列通项、求和公式、数列前n项和与通项的关系等基础知识，同时考查运算求解能力及抽象概括能力。满分14分。解:（Ⅰ）122(2,nnnaan且n∈N*），11122nnnnaa,即11122nnnnaa(2n,且nN*),………………………………………3分所以，数列{}2nna是等差数列,公差1d,首项21，………………………………………5分于是111(1)(1)1,2222nnandnn1()22nnan．…………………7分（Ⅱ）1231351222()22222nnSn①234113512222()22222nnSn②…………………………9分23111222()22nnnSn23112222()212nnn12(12)1()21(32)23,122nnnnn…………………………12分(23)23(23)2,nnnSnn23.2nnSn…………………………14分20．（本小题满分14分）如图，在底面为直角梯形的四棱锥PABCD中90ADBCABC，∥°，PD平面ABCD，AD1，3AB，4BC．APECDB（Ⅰ）求直线AB与平面PDC所成的角；（Ⅱ）设点E在棱PC上，PEPC，若DE∥平面PAB，求的值．【解析】本小题将直四棱锥的底面设计为梯形，考查平面几何的基础知识.同时题目指出一条侧棱与底面垂直，搭建了空间直角坐标系的基本架构.本题通过分层设计，考查了空间平行、垂直，以及线面成角等知识，考查学生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.满分14分.【方法一】解：（Ⅰ）∵DE∥AB，又PD平面ABCD.∴平面PDC平面ABCD.过D作DF//AB交BC于F过点F作FGCD交CD于G,则∠FDG为直线AB与平面PDC所成的角.在Rt△DFC中，∠90DFC，3,3DFCF，∴tan3FDG，∴∠60FDG.即直线AB与平面PDC所成角为60.…………………………6分　（Ⅱ）连结EF，∵DF∥AB，∴DF∥平面PAB.又∵DE∥平面PAB，∴平面DEF∥平面PAB，∴EF∥AB.又∵1,4,1,ADBCBF∴1,4PEBFPCBC∴14PEPC，即1.4…………………………14分【方法二】如图，在平面ABCD内过D作直线DF//AB，交BC于F，分别以DA、DF、DP所在的直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系.（Ⅰ）设PDa，则(1,3,0),(3,3,)BDPCa，∵330BDPC，∴BDPC.　　　　　　　　　　　　　　　　PEFBCDAGPEFBCDAPEFBCDAGxyzBDPDCDBPDC面就是平面的法向量，.由条件知A（1，0，0），B（1，3，0），(0,3,0),(1,3,0)ABDB.设ABPDC与面所成角大小为，则||33sin.2||||23DBABDBAB09060,，即直线ABPDC与平面所成角为60.　　………6分（Ⅱ）C（－3，3，0），记P（0，0，a），则030AB（，，），(0,0,)DPa，PAa（1，0，-），33PCa（，，），而PEPC，所以33PEa（，，），DEDPPEDPPC(0,0,)(33)aa，，=33,.aa（，）设nxyz（，，）为平面PAB的法向量，则00ABnPAn，即300yxaz，即0yxaz.1zxa取，得，进而得,,na（01），由//DEPAB平面,得0DEn，∴30aaa--，10.4a而，　　　　…………………………14分21．（本小题满分15分）如图，曲线1C是以原点O为中心、12,FF为焦点的椭圆的一部分，曲线2C是以O为顶点、2F为焦点的抛物线的一部分，A是曲线1C和2C的交点且21AFF为钝角，若172AF，252AF．（Ⅰ）求曲线1C和2C的方程；（Ⅱ）过2F作一条与x轴不垂直的直线，分别与曲线12CC、依次交于B、C、D、E四点，若G为CD中点、H为BE中点，问22BEGFCDHF是否为定值？若是求出定值；若不是说明理由．【解析】本题主要考查椭圆的标准方程的求解，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分。（Ⅰ）解法一：设椭圆方程为12222byax，则a26252721AFAF，得3a.设)0,(),0,(),,(21cFcFyxA，则222)27()(ycx，222)25()(ycx，两式相减得23xc，由抛物线定义可知252cxAF，则23,1xc或23,1cx（舍去）所以椭圆1C方程为18922yx，抛物线2C方程为xy42.……………4分解法二：过1F作垂直于x轴的直线cx，即抛物线的准线，作AH垂直于该准线，作xAM轴于M，则由抛物线的定义得AHAF2，所以2212121AHAFMFAFAM62527222221AFAF2162522MF，得2212521FF，所以c＝1，8222cab(a26252721AFAF，得3a）,因而椭圆1C方程为18922yx，抛物线2C方程为xy42………………4分（Ⅱ）设11223344(,),(,),(,),(,),BxyExyCxyDxy把直线2222222121222(1)189)16640,981664,.(1)48989xyykxkykykkkyyyyykxyxkk代入得(则同理将代入得：23434342122341222341222123422341212221234342222222224440,,4;1212(4=4(16)4644()(89)894(16)((89)kyykyyyykyyBEGFyyCDHFyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyykkkkkkkk（））（）（）（）（）（）（）23.)16为定值……………………15分22．（本小题满分15分）已知函数xxfln，xexg．（Ⅰ）若函数11xxxfx，求函数x的单调区间；（Ⅱ）设直线l为函数的图象上一点00,xfxA处的切线．证明：在区间,1上存在唯一的0x，使得直线l与曲线xgy相切．【解析】本题主要考查函数的极值概念、导数运算法则、导数应用，同时考查推理论证能力，分类讨论等综合解题能力和创新意识。满分15分。解：（Ⅰ）1()1xxfxx11lnxxx，22211121xxxxxx．………………………………………………2分∵0x且1x，∴0x∴函数()x的单调递增区间为，和11,0．………………………………6分（Ⅱ）∵1()fxx，∴001()fxx，∴切线l的方程为0001ln()yxxxx,即001ln1yxxx,　　①………………………………………………8分设直线l与曲线()ygx相切于点11(,)xxe，∵()xgxe，∴101xex，∴10lnxx．…………………………………………10分∴直线l也为00011lnyxxxx，即0000ln11xyxxxx，②…………………………………………………………12分由①②得0000ln1ln1xxxx，∴0001ln1xxx．………………………………………………………………………13分下证：在区间（1，+）上0x存在且唯一.由（Ⅰ）可知，()x11lnxxx在区间1,+（）上递增．又12()ln011eeeee，22222213()ln011eeeeee，…………15分结合零点存在性定理，说明方程()0x必在区间2(,)ee上有唯一的根，这个根就是所求的唯一0x．故结论成立．