山东省菏泽学院附中2012届高三下学期5月高考冲刺题数学(理)
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高考模拟试题
山东省菏泽学院附中2012届高三下学期5月高考冲刺题数学(理)
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共8页,满分150分。考试用时120分钟。 参考公式:
柱体的体积公式:v sh,其中s表示柱体的底面积,h表示柱体的高. 圆柱的侧面积公式:s cl,其中c是圆柱的底面周长,l是圆柱的母线长. 球的体积公式V=4 R3, 其中R是球的半径.
3球的表面积公式:S=4πR,其中R是球的半径. 用最小二乘法求线性回归方程系数公式
b
2
xy nx y
ii
i 1n
n
xi2 nx
i 1
2
. y bx,a
如果事件A、B互斥,那么P(A B) P(A) P(B).
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,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.集合A y R|y lgx,x 1 ,B 2, 1,1,2 ,则下列结论正确的是 ( )A.A B 2, 1 C.A B (0, )
B.(CRA) B ( ,0) D.(CRA) B 2, 1
2.设随机变量X服从正态分布N(0,1),P(X>1)= p,则P(X>-1)= ( ) A.p
B.1-p
C.1-2p
D.2p
3.下列命题中正确的是 ( )
2
A.命题“ x∈R ,x x≤0”的否定是“ x∈2
R ,x x≥0”;
B.命题“p∧q为真”是命题“p∨q为真”的必要不充分条件;
22
C.若“am bm,则a b”的否命题为真;
D.若实数x,y∈[-1,1],则满足x2 y2 1的概率为
. 4
4.如果运行如右图的程序框图,那么输出的结果是 ( ) A.1,8,16 B.1,7,15 C.2,10,18 D.1,9,17
高考模拟试题
5.已知长方形的四个顶点A(0,0),B(2,0),C(2,1)和D(0,1),一质点从AB的中点P0沿与AB夹角为 的方向射到BC上的点P1后,依次反射到CD、DA和AB上的点P2、P3和,设P(x4,0),若1 x4 2,则tan 的取值范围是( ) P4(入射角等于反射角)4坐标为A.(,1)
1
3
B.(,
12
) 33
C.(,
21
) 52
D.(,
22
) 53
6.在平面直角坐标系xOy中,已知△ABC顶点A(-4,0)和C(4,0),顶点B在椭圆
x2y2sinA sinC
( ) 1上,则
sinB259
3245A. B. C. D.
4354
a
7. x x R 展开式中x3的系数为10,则实数a等于 ( )
x
1
A.-1 B. C.1 D.2
2
8.设直线l 平面 ,过平面 外一点A且与l、 都成300角的直线有且只有 ( ) A.1条
B.2条
C.3条
D.4条
9.已知“整数对”按如下规律排成一列: 1,1 , 1,2 , 2,1 , 1,3 , 2,2 , 3,1 ,……,则第60个数对是 ( ) 1,4 , 2,3 , 3,2 , 4,1 ,
A. 7,5 B. 5,7 C. 2,10 D. 10,1 10.已知双曲线E的中心为原点,P(3,0)是E的焦点,过F的直线l与E相交于A,B两
点,且AB的中点为N( 12, 15),则E的方程式为 ( )
5
x2y2
1 A.
36x2y2
1 B.
63x2y2x2y2
1 D. 1 C.
4554
11.等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2n 4(a1 a3 ... a2n 1),a1a2a3 27,则a6
A.27
B.81
C.243
D.729
12.设f(x)是定义在R上的奇函数,且f(2)=0,当x>0时,有
xf (x) f(x)
0恒成立,
x2
则不等式x2f(x) 0的解集是 ( ) A.(-2,0)∪(2,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞)
B.(-2,0)∪(0,2) D.(-∞,-2)∪(0,2)
高考模拟试题
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,把答案填写在答题卡中横线上. 13.复数z满足z(2+i)=2i-1,则复数z的实部与虚部之和为 14.若正三棱锥的正视图与俯视图如图所示(单位:cm),正视
x y 1
图
15.若x,y满足约束条件 x y 1,目标函数z=ax+2y仅在点(1,
的面积为 cm2.
2x y 2
a的取值范围是
俯视图
x2
y2 1的渐近线交16.如图所示,直线x 2与双曲线C:4
于E1,E2两点,记OE1 e1,OE2 e2.任取双曲线C上
的点P,若OP ae1 be2(a、b R),则a、b满足
的一个等式是 .
三、解答题:(本大题共6小题,共74分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 17.(本小题满分12分)
在△ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,向量P=(sinA,b+c),q=(a-c,sinC
-sinB),满足p q=p q
(Ⅰ)求角B的大小;
1
(Ⅱ)设m=(sin(C+),), n=(2k,cos2A) (k>1), m n 有最大值为3,
23
求k的值.
高考模拟试题
如图,在底面是正方形的四棱锥P—ABCD中,平面PCD⊥平面ABCD,PC=PD=CD=2.
(I)求证:PD⊥BC;
(II)求二面角B—PD—C的正切值。
高考模拟试题
某校从参加某次知识竞赛的同学中,选取60名同学将其成绩(百分制)(均为整数)分
成6组后,得到部分频率分布直方图(如图),观察图形中的信息,回答下列问题. (Ⅰ)求分数在[70,80)内的频率,并补全这个频率分布直方图; (Ⅱ)从频率分布直方图中,估计本次考试的平均分;
(Ⅲ)若从60名学生中随机抽取2人,抽到的学生成绩在[40,70)记0分,在[70,100]
记1分,用X表示抽取结束后的总记分,求X的分布列和数学期望.
高考模拟试题
m2x2
0,椭圆C:2 y2 1,F1、F2分别为椭圆C的已知m>1,直线l:x my 2m
左、右焦点.
(Ⅰ)当直线过右焦点F2时,求直线的方程;
(Ⅱ)设直线与椭圆C交于A、B两点,△AF1F2、△BF1F2的重心分别为G、H.若
原点O在以线段GH为直径的圆内,求实数m的取值范围.
高考模拟试题
x3 x2 bx c,x 1已知函数f(x) 的图象过坐标原点O,且在点( 1,f( 1))处
alnx,x 1
的切线的斜率是 5.
(Ⅰ)求实数b、c的值;
(Ⅱ)求f(x)在区间 1,2 上的最大值;
(Ⅲ)对任意给定的正实数a,曲线y f(x)上是否存在两点P、Q,使得 POQ是以
O为直角顶点的直角三角形,且此三角形斜边中点在y轴上?说明理由.
高考模拟试题
已知 an 是公差为d的等差数列, bn 是公比为q的等比数列
(Ⅰ)若 an 3n 1,是否存在m,n N*,有am am 1 ak?请说明理由; (Ⅱ)若bn aqn(a、q为常数,且aq 0)对任意m存在k,有bm bm 1 bk,试求
a、q满足的充要条件;
(Ⅲ)若an 2n 1,bn 3n试确定所有的p,使数列 bn 中存在某个连续p项的和式数
列中 an 的一项,请证明.
理科数学答案
一、选择题:本大题共12小题,每小题5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. D B C D C D D BBC C D 二.填空题13.1 14.
34
154ab=1
三、解答题:(本大题共6小题,共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
(17)(本小题满分12分) 解:(Ⅰ)由条件|p +q |=| p -q |,两边平方得p·q=0,又
p=(sinA,b+c),q=(a-c,sinC-sinB),代入得(a-c)sinA+(b+c)(sinC-sinB)=0, 根据正弦定理,可化为a(a-c)+(b+c)(c-b)=0, 即a
2
c2 b2 ac,又由余弦定理a2 c2 b2=2acosB,所以cosB=
1
2
,B=60.
(Ⅱ)m=(sin(C+
=2ksinA+cos而0<A<
2
1),32
A-
),n=(2k,cos2A) (k>1),m·n=2ksin(C+
2
1
)+
2312
cos2A=2ksin(C+B) +
12
cos2A
12
=-sinA+2ksinA+
12
=-(sinA k)
2
k2+
(k>1).
2 3
,sinA∈(0,1],故当sin=1时,m·n取最大值为2k-
1
2
=3,得k=
74
.
(18) (本小题满分12分)方法一:
(I)证明:∵平面PCD⊥平面ABCD,又∵平面PCD∩平面ABCD=CD,
BC在平面ABCD内 ,BC⊥CD,∴BC⊥平面PCD. ∴PD⊥BC. …………6分 (II)解:取PD的中点E,连接CE、BE,
PDC
为正三角形, CE DP.
由(I)知BC⊥平面PCD,∴CE是BE在平面PCD内的射影, ∴BE⊥PD.
∴∠CEB为二面角B—PD—C的平面角. …………9分 在 ABC
中BC, BCE 90 ,BC 2,CE ,
tan CEB
CE
…………12分
方法二:(I)证明:取CD的中点为O,连接PO, ∵PD=PC,∴PO⊥CD,∵平面PCD⊥平面ABCD, 平面PCD∩平面ABCD=CD,∴PO⊥平面ABCD,
如图,在平面ABCD内,过O作OM⊥CD交AB于M, 以O为原点,OM、OC、OP分别为x、y、z轴, 建立空间直角坐标系O—xyz,
由B(2,1,0),C(0,1,0),D(0,-1,0),P(0,0,
)
…………4分
高考模拟试题
PD (0, 1, ),BC ( 2,0,0). 0, .
PD BC;…6分
(II)解:取PD的中点E,连接CE、BE,则E(0,
CE PD.
13,), 22
),
PCD为正三角形, ( 2,2,0), ( 2, 1,
|BD| |BP| 22. BE PD.
CEB为二面角B—PD—C的平面角.
333
(2,, ), (0,, ),
2222
…………9分
21
cos BEC .
7 tan CEB
BC …………12分 CE
(19)(本小题满分12分)
解:(Ⅰ)设分数在[70,80)内的频率为x,根据频率分布直方图,则有
(0.01+0.015×2+0.025+0.005)×10+x=1,可得x=0.3,所以频率分布直方图如图所示. (Ⅱ)平均分为:
x 45 0.1 55 0.15 65 0.15
75 0.3 85 0.25 95 0.05 71.
(Ⅲ)学生成绩在[40,70)的有0.4×60=24人, 在[70,100]的有0.6×60=36人,并且X的 可能取值是0,1,2.
1122
C24C36C36C2446144105
则P(X 0) 2 ;P(X 1) ;P(X 2) .22
C60295C60295C60295
所以X的分布列为
46
∴EX=0×295 +1×
(20)(本小题满分12分) 354
144105
295 +2×295 =
m2m2295
0经过点F
2解:(Ⅰ)因为直线l:x my 0),
22
又因为m>1
,所以m
,故直线的方程为x 1 0.
,得m
2
2.
m2
x my m2 22
1 0, (Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2),由 ,消去x,得2y my 2
4 x y2 1
m2
m2mm21222
1) m 8 0,知m<8,且有y1 y2 ,y1y2 , 则由 m 8(4282
x1y1x2y2
G(,),H(,),
由题意知O为F的中点.由可知FAG 2GO,BH 2HO,12
3333
高考模拟试题
(x1 x2)2(y1 y2)2x x2y1 y2
, 从而|GH| ,设M是GH的中点,则M(16699
2
). 所
以
由题意可知,2|MO|<|GH|,
x1 x22y1 y22(x1 x2)2(y1 y2)2
4[() ()]< ,x1x2 y1y2<0,
6699
m2m2m212
), 而x1x2 y1y2=(my1 )(my2 ) y1y2=(m 1)(
2282
m21
<0,即m2 4. 又因为m>1且 >0,从而1<m<2,故m的取值范围是(1,2). 所以
82
(21)(本小题满分12分)
1时,f(x) x3 x2 bx c,则f (x) 3x2 2x b。
f(0) 0 c 0
依题意得: ,即 解得b c 0
f ( 1) 5 3 2 b 5
解:(Ⅰ)当x(Ⅱ)由(Ⅰ)知,
x3 x2,x 1
f(x)
alnx,x 1
3
①当 1
x 1时,f (x) 3x2 2x 3x(x 2),令f (x) 0得x 0或x f (x),f(x)的变化情况如下表:
2 3
当x变化时,
又
,f(0) 0。∴f(x)在[ 1,1)上的最大值为2. f( 1) 2,f()
327
②当1 x 2时, f(x) alnx.当a 0时, f(x) 0,f(x)最大值为0; 当a 0时, f(x)在[1,2]上单调递增。∴f(x)在[1,2]最大值为aln2。
2
综上,当aln2 2时,即a 时,f(x)在区间 1,2 上的最大值为2;
ln22
当aln2 2时,即a 时,f(x)在区间 1,2 上的最大值为aln2。
ln2
(Ⅲ)假设曲线y f(x)上存在两点P、Q满足题设要求,则点P、Q只能在y轴两侧。
32
不妨设P(t,f(t))(t 0),则Q( t,t t),显然t 1
∵
POQ是以O为直角顶点的直角三角形,∴ 0
2
即 t若0
f(t)(t3 t2) 0 (*)若方程(*)有解,存在满足题设要求的两点P、Q;
若方程(*)无解,不存在满足题设要求的两点P、Q.
t 1,则f(t) t3 t2代入(*)式得: t2 ( t3 t2)(t3 t2) 0 42
即t t 1 0,而此方程无解,因此t 1。此时f(t) alnt,
1232
代入(*)式得: t (alnt)(t t) 0 即 (t 1)lnt (**)
a1
令h(x) (x 1)lnx (x 1),则h (x) lnx 1 0
x
高考模拟试题
∴h(x)在[1, )上单调递增, ∵ ∴对于a
t 1 ∴h(t) h(1) 0,∴h(t)的取值范围是(0, )。
0,方程(**)总有解,即方程(*)总有解。
因此,对任意给定的正实数a,曲线y f(x)上存在两点P、Q,使得 POQ是以O为直角顶点的直角
三角形,且此三角形斜边中点在y轴上。 22.解(1)由am
4
am 1 ak,得6m 6 3k 1,整理后,可得k 2m , m、k N,
3
k 2m为整数 不存在n、k N ,使等式成立。
(2)当m 1时,则b1 b2 bk, a2 q3 aqk
a qk 3,即a qc,其中c是大于等于 2的整数
反之当a qc时,其中c是大于等于 2的整数,则bn qn c, 显然bm bm 1 qm c qm 1 c q2m 1 2c bk,其中k 2m 1 c
a、q满足的充要条件是a qc,其中c是大于等于 2的整数
(3)设bm 1 bm 2 bm p ak当p为偶数时,(*)式左边为偶数,右边为奇数,
3m 1(1 3p)
2k 1,当p为偶数时,由(*)式得整理得3m 1(3p 1) 4k 2 (*)式不成立。
1 3
当p 1时,符合题意。当p 3,p为奇数时,
3p 1 (1 2)p 1
0122pp Cp C1p 2 Cp 2 Cp 2 1122pp C1p 2 Cp 2 Cp 2
2 C C 2 C 2
1
p
2p
pp
p 1
222pp 2
2 2C C 2 C 2 p ppp
由3m 1(3p 1) 4k 2,得
222pp 2
3m 1 2C C 2 C 2 p ppp 2k 1
当p为奇数时,此时,一定有m和k使上式一定成立。 当p为奇数时,命题都成立。
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