河北省唐山市2012届高三第二次模拟考试(数理)

河北省唐山市2011—2012学年度高三年级

第二次模拟考试数学（理）试题

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，有

且只有一项符合题目要求．

z

1．已知1 i=2+i，则复数z的共轭复数为 A．-3-i

(x

2

B．-3+i C．3+i D．3-i

1x

)

6

2．的展开式中的常数项为

B．15

C．－20

D．20

A．－15

3．己知命题p：“a>b”是“2a>2b”的充要条件；q： x∈R，lx+l l≤x，则 A． p q为真命题 C．p q为真命题

B．p q为假命题 D． p q为真命题

4．已知 是第三象限的角，且tan =2，则sin（ +4）=

10

10

A

．

B

．10

C

．

D．

10

x y 1,

x y 0,

2x y 2 0,

5．设变量x、y满足 则目标函数z=2x+y的最小值为

3

A．6

B．4

C．2

D．2

6．把函数y=sin（2x-6）的图象向左平移6个单位后，所得函数图象的一条对称轴为

A．x=0

B．x=6 C．x=—12 D．x=2

7．执行如图所示的算法，若输出的结果y≥2，则输入的x满足

A．x≤一l或x≥4 C．-1≤x≤4

B．x≤-l D．x≥4

8．已知某几何体的三视图如图所示，则其体积为

4

5

A．1

B．3 C．3

D．2

9．奇函数f（x）、偶函数g（x）的图象分别如图1、2所示，方程f（g(x）)=0、 g（f(x））=0 的实根个数分别为a、b，则a+b= A．14

B．10

C．7

D．

3

x

22

10．直线l与双曲线C：

a

yb

22

1(a 0,b )

交于A、B两点，M是线段AB的中 点，若

l与OM （O是原点）的斜率的乘积等于1，则此双曲线的离心率为 A

x 1

B

C．2 D． 3

11．曲线y=x 1与其在点（0，一1）处的切线及直线x=1所围成的封闭图形的面积为 A．1－ln2

B．2－2n2

C． ln2

D．2ln2－1

12．把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球

的表面与8根铁丝都有接触点，则皮球的半径为 A．

C．

B．10 cm D．30cm

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

13．函数

。

）=4内随机掷一点，则该点落在x轴下方的概率

14．向圆(x一2）2+（y

—为 。

15．过抛物线y2=2px（p>0）的焦点F作直线交抛物线于A、B两点，若|AF| =2|BF|=6，则p= 。 16．在△ABC中，（

AB 3AC) CB,

则角A的最大值为 。

三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

17．（本小题满分12分）

1 2a2

nan

38(3

2n

已知数列

{an}

满足：

a1

1),n N*

.

（I）求数列

{an}

的通项公式； an

1

1b2b3

1bnbn 1

.

（II）设

bn log3

n，求b1b2

18．（本小题满分12分）

某篮球队甲、乙两名队员在本赛零已结束的8场比赛中得分统计的茎叶图如下：

（I）比较这两名队员在比赛中得分的均值和方差的大小；

（II）以上述数据统计甲、乙两名队员得分超过15分的频率作为概率，假设甲、乙两名队员在同一场比赛中得分多少互不影响，预测在本赛季剩余的2场比赛中甲、乙两名队员得分均超过15分次数X的分布列和均值．

19．（本小题满分12分）

如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB= 2AD =2CD =2．E是PB的中点．

（I）求证：平面EAC⊥平面PBC;

（II）若二面角P-A C-E

的余弦值为3，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．

20．（本小题满分12分）

在直角坐标系xOy

1的线段的两端点C、D分别在x轴、y

轴上滑动， CP

．记点P的轨迹为曲线E．

（I）求曲线E的方程；

（II）经过点（0，1）作直线l与曲线E相交于A、B两点，在曲线E上时，求

21．（本小题满分12分）

f(x)

12

x alnx,a 0

2

2

OM OA OB,

当点M

cos OA,OB

的值．

已知.

（I）求函数f（x）的最小值； （ II）（i）设（ii）若

请考生在第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．

0 t a,证明:f(a t) f(a t);

x1 x2,

f(x1) f(x2)

，且证明：

x1 x2 2a.

22．（本小题满分10分）选修4-1:几何证明选讲

如图，在△ABC中，BC边上的点D满足BD=2DC，以BD为直径作圆O恰与CA相切于点A，过点B作BE⊥CA于点E，BE交圆D于点F． （I）求∠ABC的度数： （II）求证：BD=4EF．

23．（本小题满分10分）选修4-4:坐标系与参数方程

极坐标系的极点为直角坐标系xOy的原点，极轴为z轴的正半轴，两种坐标系的长度单位相同，己知圆C1的极坐标方程为p=4（cos +sin ，P是C1上一动点，点Q在射线OP上且

1

满足OQ=2OP，点Q的轨迹为C2。

（I）求曲线C2的极坐标方程，并化为直角坐标方程；

x 2 tcos ,

y tsin

（II）已知直线l的参数方程为 （t为参数，0≤ < ），l与曲线C2

有且只有一个公共点，求 的值．

24．（本小题满分10分）选修4-5:不等式选讲 设f（x）=|x|+2|x-a|（a>0）．

（I）当a=l时，解不等式f（x）≤4；

（II）若f（x）≥4恒成立，求实数a的取值范围

唐山市2011—2012学年度高三年级第二次模拟考试

理科数学参考答案

选择题： A卷：AABCB B卷：CBDAC 二、填空题： （13）(lg2，＋∞) 三、解答题： （17）解：

1 3

（Ⅰ）＝－1)＝3，

a18当n≥2时，

n12n12n－1

∵(＋－(＋) ana1a2ana1a2an－1 3 3 ＝－1)－(32n－2－1)＝32n－1， 88当n＝1，所以an＝

n

32n－1也成立， ann

．

32n－1

6分 7分 5分

1分

（14）

1 3

－64

（15）4 （16）

6

CDDCB BACBA

CB DB

（Ⅱ）bn＝log3

an

＝－(2n－1)， n

11 1 11

＝－)，

bnbn＋1(2n－1)(2n＋1)22n－12n＋1

111 1 1 1 1 11∴＋＝－＋()＋ ＋()] 10分 b1b2b2b3bnbn＋123352n－12n＋1 1 1n＝－＝ 22n＋12n＋1（18）解： （Ⅰ）x-甲＝-乙＝xs甲＝2s乙＝2

1

＋9＋11＋13＋13＋16＋23＋28)＝15， 8

12分

1

(7＋8＋10＋15＋17＋19＋21＋23)＝15， 8

1

[(－8)2＋(－6)2＋(－4)2＋(－2)2＋(－2)2＋12＋82＋132]＝44.75， 8

1

[(－8)2＋(－7)2＋(－5)2＋02＋22＋42＋62＋82]＝32.25． 8

甲、乙两名队员的得分均值相等；甲的方差较大（乙的方差较小）． 4分 （Ⅱ）根据统计结果，在一场比赛中，甲、乙得分超过15分的概率分别为p1＝3两人得分均超过15分的概率分别为p1p2，

16依题意，X～B(2，X的分布列为

3 3

X的均值E(X)＝2＝．

168（19）解：

（Ⅰ）∵PC⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，∴AC⊥PC， ∵AB＝2，AD＝CD＝2，∴AC＝BC＝2， ∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC， 又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC， ∵AC 平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC．

4分 10分 12分

3313)，P(X＝k)＝Ck2()k(－k，k＝0，1，2， 7分 161616

3 1

p2＝，82

（Ⅱ）如图，以C为原点，→DA、→CD、→CP分别为x轴、y轴、z轴正向，建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(1，1，0)，B(1，－1，0)． 设P(0，0，a)（a＞0）， 则E(

1 1 a

，， 222

D C

→

CA＝(1，1，0)，→CP＝(0，0，a)， 1 1 a →CE＝(，－，，

222取m＝(1，－1，0)，则

m·→CA＝m·→CP＝0，m为面PAC的法向量．

设n＝(x，y，z)为面EAC的法向量，则n·→CA＝n·→CE＝0， 即

x＋y＝0， x－y＋az＝0，

取x＝a，y＝－a，z＝－2，则n＝(a，－a，－2)，

|m·n|a6

依题意，|cos m，n |＝＝，则a＝2．

|m||n|＋23于是n＝(2，－2，－2)，→PA＝(1，1，－2)． 设直线PA与平面EAC所成角为θ， →·n||PA__________→则sinθ＝|cos PA，n |＝→＝，

|PA||n|3即直线PA与平面EAC（20）解：

（Ⅰ）设C(m，0)，D(0，n)，P(x，y)． →，得(x－m，y)＝2(－x，n－y)，

由→CP＝ x－m＝－2x， ∴ 得 ＋1 y＝－y)， n＝y，

10分

． 3

12分

m＝2＋1)x，

2分

→|＝＋1，得m2＋n2＝＋1)2， 由|CD

∴(2＋1)2x2＋

(2＋1)2

＝2＋1)2， 2

5分

y2

整理，得曲线E的方程为x2＋＝1．

2

（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由→OM＝→OA＋→OB，知点M坐标为(x1＋x2，y1＋y2)． 设直线l的方程为y＝kx＋1，代入曲线E方程，得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0， 2k1则x1＋x2＝－x1x2＝－

k2＋2k2＋2y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝

4

， k2＋2

7分

(y1＋y2)2

由点M在曲线E上，知(x1＋x2)2＋1，

24k28即＋1，解得k2＝2． (k2＋2)2(k2＋2)2

9分

3

， 4

这时x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋1)(kx2＋1)＝(1＋k2)x1x2＋k(x2＋x2)＋1＝－(x21＋y21)(x22＋y22)＝(2－x21)(2－x22)＝4－2(x21＋x22)＋(x1x2)2 ＝4－2[(x1＋x2)2－2x1x2]＋(x1x2)2＝

33

16

→→cos OA，OB （21）解：

x1x2＋y1y21＋y21)(x22＋y22)

． 11

12分

（Ⅰ）f (x)＝x－

a2(x＋a)(x－a)． xx

1分

当x∈(0，a)时，f (x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(a，＋∞)时，f (x)＞0，f(x)单调递增．

1

当x＝a时，f(x)取得极小值也是最小值f(a)－a2lna．

2（Ⅱ）（ⅰ）设g(t)＝f(a＋t)－f(a－t)，则 当0＜t＜a时，

a2a22at2g (t)＝f (a＋t)＋f (a－t)＝a＋ta－t－＝＜0， 6分

a＋ta－tt2－a2所以g(t)在(0，a)单调递减，g(t)＜g(0)＝0，即f(a＋t)－f(a－t)＜0， 故f(a＋t)＜f(a－t)．

8分 4分

（ⅱ）由（Ⅰ），f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增， 不失一般性，设0＜x1＜a＜x2， 因0＜a－x1＜a，则由（ⅰ），得

f(2a－x1)＝f(a＋(a－x1))＜f(a－(a－x1))＝f(x1)＝f(x2)， 又2a－x1，x2∈(a，＋∞)， 故2a－x1＜x2，即x1＋x2＞2a． （22）解：（Ⅰ）连结OA、AD． ∵AC是圆O的切线，OA＝OB， ∴OA⊥AC，∠OAB＝∠OBA＝∠DAC， 又AD是Rt△OAC斜边上的中线， ∴AD＝OD＝DC＝OA，

∴△AOD是等边三角形，∴∠AOD＝60 ， 故∠ABC＝

1

AOD＝30 ． 2

2分

12分 11分

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，

在Rt△AEB中，∠EAB＝∠ADB＝60 ， ∴EA＝

1 1 3

AB＝×BD＝BD， 2224

EB＝

32＝22＝ 3 4

BD， 7分

由切割线定理，得EA2＝EF×EB， ∴316＝EF× 3 4BD， ∴BD＝4EF．

（23）解：

（Ⅰ）设点P、Q的极坐标分别为(ρ0，θ)、(ρ，θ)，则 ρ＝

1 2ρ0＝ 1

2

·4(cosθ＋sinθ)＝2(cosθ＋sinθ)， 点Q轨迹C2的极坐标方程为ρ＝2(cosθ＋sinθ)， 两边同乘以ρ，得ρ2＝2(ρcosθ＋ρsinθ)，

C2的直角坐标方程为x2＋y2＝2x＋2y，即(x－1)2＋(y－1)2＝2．（Ⅱ）将l的代入曲线C2的直角坐标方程，得

(tcosφ＋1)2＋(tsinφ－1)2＝2，即t2＋2(cosφ－sinφ)t＝0，t1＝0，t2＝sinφ－cosφ，

由直线l与曲线C2有且只有一个公共点，得sinφ－cosφ＝0， 因为0≤φ＜ ，所以φ＝

4

．

（24）解：

|x|＋2|x－1|＝ 2－3x，x＜0，

（Ⅰ）f(x)＝ 2－x，0≤x≤1，

3x－2，x＞1．当x＜0时，由2－3x≤4，得－ 2

3≤x＜0；

当0≤x≤1时，1≤2－x≤2；

当x＞1时，由3x－2≤4，得1＜x≤2． 综上，不等式f(x)≤4的解集为[－ 2

3

，2]．

2a－3x，x＜0，

（Ⅱ）f(x)＝|x|＋2|x－a|＝ 2a－x，0≤x≤a，

3x－2a，x＞a．

可见，f(x)在(－∞，a]单调递减，在(a，＋∞)单调递增． 当x＝a时，f(x)取最小值a． 所以，a取值范围为[4，＋∞)．

10分

3分

5分 7分 10分

2分

5分

7分

10分

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