2022年执信中学高三模拟考试试题理数.pdf

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1、执信中学2012届高三模拟考试数学（理科）一、选择题：本大题共8 个小题，每小题5 分，共 40 分1已知集合3555Mx |x,Nx| x,x,或则MNU（）A53x| xx，或B55x|xC35x|xD35x | xx，或2复数31()ii等于（）A8iB8iC8D83与直线l1：012ymmx垂直于点 P（2，1）的直线l2的方程为（）A01yxB03yxC01yxD03yx4函数xxayx(01)a的图象的大致形状是（）5个几何体的三视图及其尺寸如下，则该几何体的表面积为（）A12B15C24D366有七名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学要站在一起，则

2、不同的站法有（）A240 种B192 种C96 种D48 种7下列四个判断：某校高三一班和高三二班的人数分别是,m n，某次测试数学平均分分别是,a b，则这两个班的数学平均分为2ab；10名工人某天生产同一零件，生产的件数是15,17,14,10,15,17,17,16,14,12,设其平均数为a,中位数为b,众数为c，则有bac；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 从总体中抽取的样本11221111(,),(,),(,),nnn

3、niiiixyxyxyxx yynnL若记， 则回归直线y=bxa必过点（,x y）已知服从正态分布(0N,2)，且( 20)0.4P，则(2)0.2P其中正确的个数有： （）A3个B2个C1个D0个8设实数yx,满足：0201053xyxyx，则yxz42的最小值是（）A41B21C1 D8 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：第9、10、11、12、13 题为必做题，每道试题考生都必须作答9不等式|3|3|3xx的解集是103121()xx的展开式中常数项是_.( 用数字作答）11公差不为零的等差数列na的前n项和为nS，若4a是3a与7

4、a的等比中项，832S，则10S等于 _.12已知向量( ,1)axr与(4,)bxr，且ar与br的夹角为，则x .13由 5 个元素构成的集合4,3,1,0,1M，记M的所有非空子集为1M，2M，L，31M，每一个(1,2,31)iM iL中所有元素的积为im，则1231mmmL. （二）选做题：第14、15 题为选做题，考生只能从中选做一题14 （坐标系与参数方程选做题）在极坐标系中， 曲线2与cossin0（0）的交点的极坐标为15 （几何证明选讲选做题）如图， AB 的延长线上任取一点 C，过 C 作圆的切线CD，切点为 D，ACD的平分线交 AD 于 E,则CED精品资料 - -

5、- 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 三、解答题：16( 本题满分 12 分) 已知函数2( )2 3 sincos2sin333xxxf x. （）求函数( )f x的值域；（）在ABC中，角,A B C所对的边分别为, ,a b c，若()1f C，且2bac，求sin A的值. 17( 本题满分 12 分) 李先生家住H小区，他工作在C科技园区，从家开车到公司上班路上有1L、2L两条路线（如图） ，1L路线上有1A、2A、3A三个路口，各路口遇到

6、红灯的概率均为12；2L路线上有1B、2B两个路口，各路口遇到红灯的概率依次为34，35. （）若走1L路线，求最多遇到 1 次红灯的概率；（）若走2L路线，求遇到红灯次数X的数学期望；（） 按照“平均遇到红灯次数最少”的要求，请你帮助李先生从上述两条路线中选择一条最好的上班路线，并说明理由. 18 （本题满分14 分）如图（ 1） ，矩形ABCD中，已知2AB，2 2AD, MN分别为AD和BC的中点， 对角线BD与MN交于O点，沿MN把矩形ABNM折起，使平面ABNM与平面MNCD所成角为60o，如图（ 2）（）求证：BODO；（）求AO与平面BOD所成角的正弦值. 19 （本题满分14

7、分）已知正数数列na的前n项和为nS，满足233312nnSaaaL；（I）求证：数列na为等差数列，并求出通项公式；（II）设211(1)(1)nnnbaaa，若1nnbb对任意*nN恒成立，求实数a的取值范围。H C A1A2B1B2L1L2A3精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 20 （本题满分14 分）如图，已知1F、2F分别为椭圆22122:1(0)yxCabab的上、下焦点，其中1F也是抛物线22:4Cxy的焦点，点 M

8、 是1C与2C在第二象限的交点，且153MF（I）求椭圆1C的方程；（II ）已知点(1,3)P和圆222:O xyb，过点 P 的动直线l与圆 O 相交于不同的两点A，B，在线段 AB 上取一点 Q，满足：APPBuu u ru uu r，AQQBuuu ruu u r（0且1） ，求证：点 Q 总在某条定直线上。21 （本题满分14 分）已知函数( )ln(1)fxxmx，当0 x时，函数( )f x取得极大值 . （）求实数m的值；（）已知结论：若函数( )ln(1)fxxmx在区间( , )a b内导数都存在，且1a，则存在0( , )xa b，使得0( )( )()f bf afxb

9、a。试用这个结论证明：若121xx，函数121112()()( )()()f xf xg xxxf xxx，则对任意12(,)xxx，都有( )( )f xg x；（）已知正数12,nL，满足121nL，求证：当2n，nN时，对任意大于1，且互不相等的实数12, , ,nx xxL，都有1 12 2()n nfxxxL1122( )( )( )nnf xf xf xL. O x y F1F2M 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 参

10、考答案一、选择题： ABDDCBCB 二、填空题： 9、3|2x x；10、220；11、60；12、2；13、114、32,4；15、4516、 解： （1）22( )3sincos133xxf x22sin()136x3 分xR，21sin()136x4 分232sin()1136x5 分函数( )f x的值域为 3,16分（2）2()2sin()1136Cf C，7分2sin()136C，而(0,)C， 2C. 8分在Rt ABC中，2bac，222cab，9分22caac， 得2()10aacc10分解得152ac11分0sin1A，51sin2aAc. 12 分17、解：（）设“走1

11、L路线最多遇到1次红灯”为事件A， 1 分则0312331111( )=( )( )2222P ACC， 3 分所以走1L路线，最多遇到1次红灯的概率为12. 4 分（）依题意，X的可能取值为0，1，2. 5 分331(=0)=(1)(1)4510P X，33339(=1)=(1)(1)454520P X，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 11 页 - - - - - - - - - - A B D C M N O P Q 339(=2)=4520P X. 8 分随机变量X的分布

12、列为：X0 1 2 P110920920所以1992701210202020EX. 10 分（）设选择1L路线遇到红灯次数为Y，随机变量Y服从二项分布，1(3,)2YB:，所以13322EY. 因为EXEY，所以选择2L路线上班最好 . 12 分18、解：（1）由题设， M，N 是矩形的边AD 和 BC 的中点，所以AMMN, BCMN, 折叠垂直关系不变，所以AMD 是平面ABNM与平面MNCD的平面角，依题意，所以AMD=60o，分由 AM=DM ，可知 MAD 是正三角形，所以AD=2，在矩形ABCD 中， AB=2,AD=2 2,所以， BD=6，由题可知BO=OD=3，由勾股定理可知

13、三角形BOD 是直角三角形，所以 BODO 5 分解 （）设 E，F 是 BD，CD 的中点，则 EFCD, OFCD, 所以，CD面 OEF, OECD又 BO=OD ，所以OEBD, OE面 ABCD, OE面BOD, 平面 BOD平面 ABCD过 A作 AH BD ，由面面垂直的性质定理, 可得 AH 平面 BOD ，连结 OH ， 8 分所以 OH 是 AO 在平面BOD 的投影，所以AOH为所求的角 , 即 AO 与平面BOD 所成角。 11 分AH是 RTABD斜边上的高，所以AH=2 33，BO=OD=3，所以 sin AOH=23（14 分）方法二：空间向量：取MD ，NC 中

14、点 P，Q，如图建系， Q（0，0，0） ，B（62，0，0） ，D（0，22，2） ，O（0，22，1）所以BOuuu r（62，22，1） ，DOuu ur（0，2，1)A B D C M N O H 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 所以BOuuu rDOuu ur0，即 BODO（5 分）（2）设平面 BOD 的法向量是( , , )nx y zr，可得62x22y+z=0 2yz=0，令2y可得6,2xz所以(6,2,2

15、)nr又AOuuu r（62，22，1)，设 AO 与平面 BOD 所成角为sincos,AO nuu u r u uu r=23（14 分）19.（本题满分14 分）解： （I）由332312nnaaaS，得31323121nnaaaS，两式相减得)()(1112123nnnnnnnnnnSSaSSSSSSa，因为0na，所以)2(12nSSannn 3 分所以)3(2121nSSannn，两式相减得12212nnnnnnaaSSaa，所以)3(11naann. 又312121aaS，且 a10，所以 a1=1，323122122)(aaaaS，所以32221)1(aa，所以0222232a

16、aa由 a20，得 a2=2，所以)2(11naann，数列na为等差数列，通项公式 an=n. 7 分（注：猜对通项公式an=n，给 4 分）（II ）法一：anannanbn121)11()11(22令atatbntn1)2(,12则，atattg1)2()(2当4322a时，即21a时， g(t)在43, 0(上为减函数，且)1()21(gg，所以321bbb当4322a时，即21a时，)1()21(gg，从而12bb，不合题意 . 所以实数 a的取值范围为21a. 14 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - -

17、 - - - - -第 7 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 法二：0)2111)(111(1annnnbbnn所以02111ann，即nna1112对任意*Nn成立所以实数 a的取值范围为21a. 14 分20、 （1）解法一：令M 为00(,)xy，因为 M 在抛物线2C上，故2004xy，又153MF，则0513y由解得02 63x，023y椭 圆1C的 两 个 焦 点 为1(0,1)F，2(0,1)F， 点M在 椭 圆 上 ， 由 椭 圆 定 义 ， 得122aMFMF22222 622 62(0)(1)(0)(1)433332a，又1c，2223bac椭圆1C

18、的方程为22143yx解法二：同上求得M，而点 M 在椭圆上，故有222222 6()()331ab，即2248193ab又1c，即221ba，解得224,3ab椭圆1C的方程为22143yx（2）证明：设11(,)A xy，22(,)B xy，( , )Q x y由APPBuuu ruu u r，可得1122(1,3)(1,3)xyxy即121213(1)xxyy由AQQBuuu ruuu r，可得1122(,)(,)xxyyxx yy精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 11 页

19、 - - - - - - - - - - 即1212(1)(1)xxxyyy得222212(1)xxx，得2222123 (1)yyy两式相加，得2222221122()()(1)(3 )xyxyxy又点 A，B 在圆223xy上，222211223,3xyxy，且1即33xy，故点 Q 总在直线33xy上方法二：由APPBuuu ruu u r，可得1122(1,3)(1,3)xyxy，所以1121xx由AQQBuuu ruuu r，可得1122(,)(,)xxyyxx yy，所以xxxx21所以112121xxxxxx，所以22212121xxxxxxx（*）当斜率不存在时，由特殊情况得到

20、)32, 1 (Q当斜率存在时，设直线为3)1(xky066)3(2)1 (3322222kkkxkxkyxkkxy2221221166,1)3(2kkkxxkkkxx代入（ *）得1363kkx，而3)1(xky，消去k，得33yx而)32, 1(Q满足方程，所以Q 在直线33yx上21( 本题满分 14 分)解： （）1( )1fxmx. 由(0)0f，得1m，此时( )1xfxx. 当( 1,0)x时，( )0fx，函数( )f x在区间( 1,0)上单调递增；当(0,)x时，( )0fx，函数( )f x在区间(0,)上单调递减 . 函数( )f x在0 x处取得极大值，故1m.3 分

21、精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 11 页 - - - - - - - - - - （）令121112()()( )( )( )( )()()f xf xh xf xg xf xxxf xxx， 4 分则1212()()( )( )fxf xh xfxxx. Q函数( )f x在12(,)xxx上可导，存在012(,)xx x，使得12012()()()f xf xfxxx. 1( )11fxxQ，000011( )( )()11(1)(1)xxh xfxfxxxxxQ当10(,

22、)xx x时，( )0h x，( )h x单调递增，1( )()0h xh x；Q当02(,)xxx时，( )0h x，( )h x单调递减，2( )()0h xh x；故对任意12(,)xx x，都有( )( )f xg x.8 分（）用数学归纳法证明. 当2n时，121Q，且10，20，112212(,)xxx x，由（）得( )( )f xg x，即1211221 12211112212()()()()()()()f xf xfxxxxxf xf xf xxx，当2n时，结论成立 . 9 分假 设 当(2)nk k时 结 论 成 立 ， 即当121kL时，1 1221122()()()(

23、)kkkkfxxxf xf xf xLL. 当1nk时， 设正数121,kL满足1211kL，令12kmL，1212,kkmmmL， 则11knm，且121kL. 112211()kkkkfxxxxL1 111()kkkkf mxxxL1111()()kkkkmfxxf xL1111()()()kkkkmf xmf xf xL精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 1111()()()kkkkfxf xf xL13 分当1nk时，结论也成立. 综上由，对任意2n，nN，结论恒成立. 14 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 11 页 - - - - - - - - - -