江西师大附中2012年高三5月模拟考试数学(文科)试卷+答案

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江西师大附中2012年高三5月模拟考试文科数学试卷命题人：欧阳晔赵子兵　审题人：赵子兵欧阳晔　　2012.5一、选择题：本大题共10个小题，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.已知集合22,0,1(2),xMyyxNxygxxMN则为()A.(1,2)B.),1(C.),2[D.),1[2.设5log4a，25(log3)b，4log5c，则()A.acb　B.bca　　　　　C.abc　　　　D.bac3.曲线311yx在点P(1，12)处的切线与y轴交点的纵坐标是()A.－9　B.－3　　　　　　　　C.9　　　　　　　　D.154.下列函数中，周期为π，且在[0,]2上为减函数的是(　)A.y＝sin　B.y＝cosC.y＝sinD.y＝cos5.设,mn是平面内的两条不同直线，12,ll是平面内的两条相交直线，则//的一个充分而不必要条件是()A.//m且1//lB.1//ml且2//nlC.////mn且D.2////mnl且6.已知函数|ln|1()||xfxexx，则函数(1)yfx的大致图象为()7.若数列为常数满足dNndaaannn,111,则称数列na为“调和数列”.已知正项数列nb1为“调和数列”,且90921bbb,则64bb的最大值是()A.10B.100C.200D.4008.已知圆22:4Oxy与x轴的正半轴相交于A点,CD、两点在圆O上,C在第一象限,D在第二象限,CD、的横坐标分别为108135、，则cosCOD=()A.1665B.1665C.5665D.56659.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为()A.83B.43C.163D.2310.过双曲线22221(0)xybaab的左焦点(,0)(0)Fcc作圆222xya的切线,切点为E,延长FE交双曲线的右支于点P,若1()2OEOFOP,则双曲线的离心率为()A.2B.3C.5D.6二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共25分.11.某单位为了了解用电量y度与气温xC之间的关系,随机统计了某4天的用电量与当天气温,并制作了对照表:由表中数据得线性回归方程60ybx中,预测当气温为4C时,用电量的度数约为_______.12.阅读如右图所示的程序框图，输出的结果S的值为_______.13.定义区间],[21xx)(21xx的长度为12xx,已知函数|log|21xy的定义域为],[ba,值域为]2,0[,则区间],[ba长度的最大值为_______.14.在ABC中,6,8ABAC,O为ABC的外心,则AOBC________.15.已知实数,xy满足02020xyxxy，复数zxyi(i是虚数单位),则12zi的最大值与最小值的乘积为___________.三、解答题：本大题共6小题；共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.16.(12分)某培训班共有n名学生,现将一次某学科考试成绩（单位:分）绘制成频率分布直方图,如图所示.其中落在[80,90)内的频数为36.(1)请根据图中所给数据，求出a及n的值；(2)从如图5组中按分层抽样的方法选取40名学生的成绩作为一个样本，求在第一组、第五组(从左到右)中分别抽取了几名学生的成绩?(3)在(2)抽取的样本中的第一与第五组中,随机抽取两名学生的成绩,求所取两名学生的平均分不低于70分的概率.17.(12分)ABC中，角A、B、C对边分别是a、b、c，满足222()ABACabc.(1)求角A的大小;(2)求2423cossin()23CB的最大值，并求取得最大值时角B、C的大小.18.(12分)如图,在四棱锥PABCD中,PA平面,ABCD四边形ABCD为正方形,4,3,ABPAA点在PD上的射影为G点.(1)求证:AG平面;PDC(2)在棱AB上是否存在一点E,使得//AG平面PEC.若存在,求出AE的长;若不存在,请说明理由.气温(C)1813101用电量(度)24343864气温(C)1813101用电量(度)24343864气温(C)1813101用电量(度)2434386419.(12分)已知{an}为递增的等比数列，且{a1，a3，a5}{－10，－6，－2,0,1,3,4,16}．(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在等差数列{bn}，使得a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝2n+1－n－2对一切n∈N*都成立？若存在，求出bn；若不存在，说明理由．20.(13分)设椭圆C:2221(0)2xyaa的左、右焦点分别为F1、F2，A是椭圆C上的一点,2120AFFF,坐标原点O到直线AF1的距离为113OF.(1)求椭圆C的方程;(2)设Q是椭圆C上的一点,过点Q的直线l交x轴于点(1,0)F,交y轴于点M,若||2||MQQF,求直线l的斜率.21.(14分)已知函数2()lnaafxxxx(aR).(1)若1a,求函数()fx的极值;(2)若()fx在[1,)内为单调增函数，求实数a的取值范围;(3)对于nN,求证:21ln(1)(1)niini.高三数学（文）参考答案1~10.ADCABABBCC11.6812.－113.15414.1415.52216.(1)第四组的频率为:10.050.2250.350.0750.30.30.0310a,361200.3n(2)第一组应抽:0.05402个第五组应抽:0.075403个(3)设第一组抽取的2个分数记作12,AA,第五组的3个记作123,,BBB,那么从这两组中抽取2个有:12111213212223121323,,,,,,,,,AAABABABABABABBBBBBB10种,其中平均分不低于70分有9种,所以概率为:910P17.解：(1)由已知2222cos2bcAabcbc，由余弦定理2222cosabcbcA得4cos2bcAbc，∴1cos2A，∵0A，∴23A(2)∵23A，∴3BC，03C.241cos23cossin()23sin()2323CCBB32sin()3C∵03C，∴2333C，∴当32C，2423cossin()23CB取最大值32，解得6BC．18.(1),PAABCDCDABCD平面平面PACD又CDADCDPAD平面AGPAD平面CDAG又,AGPDPDCDDAGPDC平面(2)假设棱AB存在一点E,使//AGPEC平面.过G作//GMPCCDM交于,连AM,则//GMPEC平面,AGGMG//AGMPEC平面平面它们都与平面ABCD相交,//AMEC//AECMAECM四边形为平行四边形AECM设AEx,则,4CMxDMx在RtPAD中,可求916,55PGGD//DMDGGMPCCMPG即4169xx,3625x因此存在点E满足题意,3625AE.19.(1)因为{an}是递增的等比数列，所以数列{an}的公比是正数，又{a1，a3，a5}{－10，－6，－2,0,1,3,4,16}，所以a1＝1，a3＝4，a5＝16，从而q2＝＝4，q＝2，an＝a1qn－1＝2n－1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，(2)假设存在满足条件的等差数列{bn}，其公差为d.则当n＝1时，a1b1＝1，又∵a1＝1，∴b1＝1；当n＝2时，a1b2＋a2b1＝4，b2＋2b1＝4，b2＝2.则d＝b2－b1＝1，∴bn＝b1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n.以下证明当bn＝n时，a1bn＋a2bn－1＋…＋an－1b2＋anb1＝2n＋1－n－2对一切n∈N*都成立．设Sn＝a1bn＋a2bn－1＋…＋an－1b2＋anb1，即Sn＝1×n＋2×(n－1)＋22×(n－2)＋23×(n－3)＋…＋2n－2×2＋2n－1×1，①2Sn＝2×n＋22×(n－1)＋23×(n－2)＋…＋2n－1×2＋2n×1，②②－①得Sn＝－n＋2＋22＋23＋…＋2n－1＋2n＝－n＋＝2n＋1－n－2，所以存在等差数列{bn}，bn＝n，使得a1bn＋a2bn－1＋…＋an－1b2＋anb1＝2n＋1－n－2对一切n∈N*都成立.20．(1)由于2120AFFF，则有212AFFF,过O作1OGAF于G21113OGAFOFAF123AFAF123,22aaAFAF2221212AFAFFF22234(2)22aaa2a故所求椭圆C的方程为22142xy(2)由题意知直线l的斜率存在.设直线l的斜率为k,直线l的方程为(1)ykx，则有M（0,k），设11(,)Qxy，由于Q，F，M三点共线，且||2||MQQF，根据题意，得1111(,)2(1,)xykxy，解得11112,2,33xxykky或又点Q在椭圆上，所以22222()()(2)()33114242kk或解得0,4kk.综上，直线l的斜率为0,4kk.21.()fx2233122(0)aaxaxaxxxxx(1)若1a,()fx232xxx,令()fx=0,得12xx或(负值舍去)令()fx>01x,()fx<001x()(1)0fxf极小,无极大值(2)()fx在[1,)上单调递增,()fx2320xaxax在[1,)上恒成立.即220xaxa在[1,)上恒成立.令2()2gxxaxa当122aa即时,(1)01ga21a当122aa即时,()0802aga82a综上:[8,1]a(3)当1a时,由(2)知,()fx在[1,)上单调递增即1x时,()(1)0fxf,即211ln(1)xxxx取1()nxnNn,11nn2221ln1(1)(1)nnnnnnnn21231lnlnlnln(1)12(1)niinnni