2012年高考数学三轮复习精编模拟套题(七)+参考答案

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三轮复习精编模拟套题（七）本试卷共4页，21小题，满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签宇笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4．作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题的题组号对应的信息点，再作答。漏涂、错涂、多涂的，答案无效。5．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40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.定义集合运算：|,,ABzzxyxAyB．设1,2,0,2AB，则集合AB的所有元素之和为（）A．0；B．2；C．3；D．62.复数54)31()22(ii等于（）A.1+3iB.－1+3iC.1－3iD.－1－3i3.把曲线ycosx+2y－1=0先沿x轴向右平移2个单位，再沿y轴向下平移1个单位，得到的曲线方程是（）A.（1－y）sinx+2y－3=0B.（y－1）sinx+2y－3=0C.（y+1）sinx+2y+1=0D.－(y+1)sinx+2y+1=04.在区间1,1上随机取一个数x,cos2x的值介于0到12之间的概率为（）A．13B．2C．12D．235.等差数列{}na的前n项和为nS，且3S=6，1a=4，则公差d等于A．1B53C.-2D36.若2loga＜0，1()2b＞1，则()A．a＞1,b＞0B．a＞1,b＜0C.0＜a＜1,b＞0D.0＜a＜1,b＜07.若0,0ba且4ba，则下列不等式恒成立的是（）A．211abB．111baC．2abD．81122ba8.若函数fx的零点与422xgxx的零点之差的绝对值不超过0.25，则fx可以是A.41fxxB.2(1)fxxC.1xfxeD.12fxInx二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分．（一）必做题（９～１２题）9.若函数f(x)=ax-x-a(a>0且a1)有两个零点，则实数a的取值范围是.10.设某几何体的三视图如下（尺寸的长度单位为m）。则该几何体的体积为3m11.某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k的值是.12.已知︱OA︱=1，︱OB︱=3,OBOA=0,点C在∠AOB内，且∠AOC=30°，设OC=mOA+nOB(m、n∈R)，则nm等于（二）选做题（13~15题，考生只能从中选做两题）13.（不等式选讲选做题）不等式2313xxaa对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为14.（坐标系与参数方程选做题）设直线1l的参数方程为113xtyt（t为参数），直线2l的方程为y=3x+4则1l与2l的距离为_______15.(几何证明选讲选做题）如图，已知：ABC△内接于O圆，点D在OC的延长线上，AD是⊙O的切线，若30B，2AC，则OD的长为。三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.16.（本题满分12分）已知函数sin0,0fxx为偶函数，且其图像上相邻的一个最高点和最低点之间的距离为24。（1）求函数f(x)的解析式；（2）若2sin(2)124sin,31tanf求的值。17．（本题满分12分）某商场准备在节日期间举行促销活动，根据市场调查，该商场决定从3种服装商品、2种家电商品、4种日用商品中，选出3种商品进行促销活动。（1）试求选出的3种商品中至少有一种日用商品的概率；（2）商场对选出的商品采用有奖促销，即在该商品现价的基础上价格提高180元，同时允许顾客每购买1件促销商品有3次抽奖的机会，若中奖，则每次中奖都可获得奖金100元，假设顾客每次抽奖时中奖与否是等可能的，试分析此种有奖促销方案对商场是否有利。18.（本小题满分14分）一个几何体的三视图如右图所示，其中正视图和侧视图是腰长为6的两个全等的等腰直角三角形.（Ⅰ）请画出该几何体的直观图，并求出它的体积；（Ⅱ）用多少个这样的几何体可以拼成一个棱长为6的正方体ABCD—A1B1C1D1?如何组拼？试证明你的结论；（Ⅲ）在（Ⅱ）的情形下,设正方体ABCD—A1B1C1D1的棱CC1的中点为E,求平面AB1E与平面ABC所成二面角的余弦值.ACDBO正视图侧视图俯视图19.（本小题满分14分）已知2)1x()x(f，)1x(10)x(g，数列na满足2a1，0)a(f)a(g)aa(nnn1n，1)a)(2n(109bnn．（Ⅰ）求证：数列1an是等比数列；（Ⅱ）当n取何值时，nb取最大值，并求出最大值；（III）若1m1mmmbtbt对任意*Nm恒成立，求实数t的取值范围．20.（本小题满分14分）函数)(2)(23Rxxaxxxf（Ⅰ）若的取值范围求实数上是增函数在a，，xxf)()(。（Ⅱ）2)(03xxxf，a曲线时的切线斜率的取值范围记为集合A，曲线),(),(2)(22113yxQ，yxpxxxf上不同两点连线斜率取值范围记为集合B，你认为集合A、B之间有怎样的关系，（真子集、相等），并证明你的结论。（Ⅲ）)()(23)(323xf，xfxxxxf，a是二次函数的导函数时的图象关于轴对称。你认为三次函数23)(23xxxxf的图象是否具有某种对称性，并证明你的结论。21.（本小题满分14分）设直线)1(:xkyl与椭圆)0(3222aayx相交于A、B两个不同的点，与x轴相交于点C，记O为坐标原点.（I）证明：222313kka；（II）若OABCBAC求,2的面积取得最大值时的椭圆方程.2010三轮复习精编模拟套题（七）参考答案及详细解析1-8DBCACDDA9.}1|{aa10.411.412.313.(,1][4,)14.510315.4一、选择题1.答案：D【解析】[解题思路]根据AB的定义，让x在A中逐一取值，让y在B中逐一取值，xy在值就是AB的元素[解析]：正确解答本题,必需清楚集合AB中的元素，显然，根据题中定义的集合运算知AB=4,2,0，故应选择D2.答案：B【解析】解法一：)4sin4(cos2222ii，故（2+2i）4=26（cosπ+isinπ）=－26，1－)3sin3(cos23ii，故35sin35cos2)31(55ii.于是iiiii31)2321(22)35sin35(cos2)31()22(5654,所以选B.解法二：原式=iiiii23212)2321()2(21)2321(2)1(1622554iii314)31(4314∴应选B解法三：2+2i的辐角主值是45°，则（2+2i）4的辐角是180°；1－3i的一个辐角是－60°，则（1－3i）5的辐角是－300°，所以54)31()22(ii的一个辐角是480°，它在第二象限，从而排除A、C、D，选B.3.答案：C【解析】将原方程整理为：y=xcos21，因为要将原曲线向右、向下分别移动2个单位和1个单位，因此可得y=)2cos(21x－1为所求方程.整理得（y+1）sinx+2y+1=0.评述：本题考查了曲线平移的基本方法及三角函数中的诱导公式.如果对平移有深刻理解，可直接化为：（y+1）cos（x－2）+2（y+1）－1=0，即得C选项.4.答案：A【解析】在区间[-1，1]上随机取一个数x,即[1,1]x时,要使cos2x的值介于0到21之间,需使223x或322x∴213x或213x，区间长度为32，由几何概型知cos2x的值介于0到21之间的概率为31232.故选A.5.答案：C【解析】∵31336()2Saa且3112=4d=2aada.故选C6.答案：D【解析】由2log0a得0,a由1()12b得0b，所以选D项。7．答案：D8.答案：A【解析】41fxx的零点为x=41,2(1)fxx的零点为x=1,1xfxe的零点为x=0,12fxInx的零点为x=23.现在我们来估算422xgxx的零点，因为g(0)=-1,g(21)=1,所以g(x)的零点x(0,21),又函数fx的零点与422xgxx的零点之差的绝对值不超过0.25，只有41fxx的零点适合，故选A。二、填空题9.答案：}1|{aa【解析】设函数(0,xyaa且1}a和函数yxa,则函数f(x)=ax-x-a(a>0且a1)有两个零点,就是函数(0,xyaa且1}a与函数yxa有两个交点,由图象可知当10a时两函数只有一个交点,不符合,当1a时,因为函数(1)xyaa的图象过点(0,1),而直线yxa所过的点（0，a）一定在点(0,1)的上方,所以一定有两个交点.所以实数a的取值范围是}1|{aa.10答案：411.答案：4【解析】对于0,1,1ksk，而对于1,3,2ksk，则2,38,3ksk，后面是113,382,4ksk，不符合条件时输出的4k．12.答案：3【解析】1,3,.0,OAOBOAOB点C在AB上，且AOC30o。设A点坐标为(1，0)，B点的坐标为(0，3)，C点的坐标为(x，y)=(34，34)，(,)OCmOAnOBmnR，则∴m=43，n=41，mn=313．答案：(,1][4,)【解析】因为24314313xxxxaa对对任意x恒成立，所以22343041aaaaaa即，解得或14.答案：5103【解析】由题直线1l的普通方程为023yx，故它与与2l的距离为510310|24|。15.答案：4【解析】连结OA，则0602CBACOA，且由OAOC知COA为正三角形，所以2OA。又因为AD是⊙O的切线，即ADOA，所以42OAOD三、解答题16.222(1)sinsin,2sincos0cos00,.4,22,42,21,cos2fxxxxTTTfxx为偶函数，恒成立又其图像上相邻的一个最高点和最低点之间的距离为设其最小正周期为则2sin2cos212sincos2sin22sincos,sin1tan1cos2455sincos,12sincos,2sincos,3999原式又原式17.本小题考查随机变量的分布列、数学期望及在实际问题中的应用解：（1）从3种服装商品、2种家电商品、4种日用商品中，选出3种商品，一共有39C种不同的选法，选出的3种商品中，没有日用商品的选法有35C种，所以选出的3种商品中至少有一种日用商品的概率为.4237425113935CCP……（4分）（2）顾客在三次抽奖中所获得的奖金总额是一随机变量ξ，其所有可能的取值为0，100，200，300。（单元：元）ξ=0表示顾客在三次抽奖中都没有获奖，所以81)21()0(3P，同理可得,83)21()21()200(,83)21()21()100(223213CPCP.81)21()300(3P于是顾客在三次抽奖中所获得的奖金总额的期望值是.180150813008320083100810E…………（11分）故促销方案对商场有利。18.解：（Ⅰ）该几何体的直观图如图1所示，它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.其中底面ABCD是边长为6的正方形，高为CC1=6，故所求体积是7266312V------------------------4分（Ⅱ）依题意，正方体的体积是原四棱锥体积的3倍，故用3个这样的四棱锥可以拼成一个棱长为6的正方体，其拼法如图2所示.------------6分证明:∵面ABCD、面ABB1A1、面AA1D1D为全等的正方形，于是DDAACAABBCABCDCVVV1111111，故所拼图形成立.---8分（Ⅲ）以C为原点，CD、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立直角坐标系（如图3），∵正方体棱长为6，则E（0，0，3），B1（0，6，6），A（6，6，0）.设向量n=（x，y，z），满足n⊥1EB，n⊥1AB，于是066036zxzy，解得zyzx21.---12分取z=2，得n=（2，-1，2）.又1BB（0，0，6），321812||||,cos111BBnBBnBBn故平面AB1E与平面ABC所成二面角的余弦值为23.------14分19.解：（I）∵0)a(f)a(g)aa(nnn1n，2nn)1a()a(f，)1a(10)a(gnn，ABCDD1A1B1C1图2ABCDD1A1B1C1EHxyzG图3∴01)-(a1)-10(a)aa(2nnn1n．即01)-9a-(10a)1a(n1nn．又2a1，可知对任何*Nn，01na，所以101a109an1n．…………2分∵1091a1101a1091a1annn1n，∴1an是以11a1为首项，公比为109的等比数列．………4分（II）由（I）可知1an=1n)109(（*Nn）．∴nnn)109)(2n()1a)(2n(109b．)2n11(109)109)(2n()109)(3n(bbn1nn1n．……………………………5分当n=7时，1bb78，78bb；当n<7时，1bbn1n，n1nbb；当n>7时，1bbn1n，n1nbb．∴当n=7或n=8时，nb取最大值，最大值为7887109bb．……8分（III）由1m1mmmbtbt，得0])3m(910t2m1[tm（*）依题意（*）式对任意*Nm恒成立，①当t=0时，（*）式显然不成立，因此t=0不合题意．…………9分　　　　　②当t<0时，由0)3m(910t2m1，可知0tm（*Nm）．　　　　　　而当m是偶数时0tm，因此t<0不合题意．…………10分　　　　　③当t>0时，由0tm（*Nm）,∴0)3m(910t2m1　∴)2m(10)3m(9t．（*Nm）……11分　　　　　　设)2m(10)3m(9)m(h（*Nm）　　　　　　∵)2m(10)3m(9)3m(10)4m(9)m(h)1m(h=0)3m)(2m(1109,　　　　　　∴)m(h)1m(h)2(h)1(h．　　　　　　∴m)(h的最大值为56)1(h．　　　　　　所以实数t的取值范围是56t．…………………………………13分20.（Ⅰ）123)(2)(223axxxfxaxxxf得（1分）若3301242aa即时对于上单调递增在有RxfxfRx)(0)(（3分）若301242aa即时对于0)3(0)(,afxfRx当且仅当有故f(x)在R上单调递增（4分）若△>0，显然不合综合所述，3,3,)(aaRxf取值范围为上是增函数在（5分）（Ⅱ）AB(6分)证明：2)(3xxxf有,1113)(2Axxf故（7分）设PQ斜率K，则212132312121)()()()(xxxxxxxxxfxfk=2122212121)1)((xxxxxxxx（8分）143)2(122221222121xxxxxxx（9分）020121221xxxxxx有故若若0020222121xxxxx得有043)2(22221xxx得),1(1Bk故AB（10分）（Ⅲ）的图象具备中心对称23)(23xxxxf（11分）证明1，由1163)(2xxxxf对称轴现证中心对称图象关于点)3,1()(Cxf（12分）设),()3,1(),(,)(),(00yxNCyxMxfyyxM对称的点为关于且图象上任意一点是则321200yyxx得yyxx620023)(020300xxxxf)(66)23()44(3)6128(2)2()2(3)2(0002323223xfyyyxxxxxxxxxxxx即故M关于点图象也在函数对称的点)(),()3,1(00xfyyxNC对称图象关于点函数)3,1()(Cxfy（14分）证明2：设),()(nmxfy图象的对称中心则把得到平移图象按向量,),()(nmbxfy是奇函数即图象关于原点对称)(,)(xgyxgy(12分)nmxfxg)()(223)163()33(2)2(3)33(2)()(3)(2322322322323mmmxmmxmxnmxmmxxmxmmxxnmxmxmx)(xg是奇函数的充要条件是3102303323nmnmmmm得中心对称的图象关于点)3,1()(xfy（14分）21.（I）解：依题意，直线l显然不平行于坐标轴，故.11)1(ykxxky可化为将xayxykx消去代入,311222，得.012)31(222aykyk①…………………………3分由直线l与椭圆相交于两个不同的点，得3)31(,0)1)(31(4422222akakk整理得，即.313222kka……………………………………………………5分（II）解：设).,(),,(2211yxByxA由①，得221312kkyy因为212,2yyCBAC得，代入上式，得.31222kky……………8分于是，△OAB的面积||23||||21221yyyOCS.23||32||331||32kkkk………………11分其中，上式取等号的条件是.33,132kk即……………………12分由.33,312222ykky可得将33,3333,3322ykyk及这两组值分别代入①，均可解出.52a所以，△OAB的面积取得最大值的椭圆方程是.5322yx………………14分