四川省宜宾县高考数学适应性测试一试题 理

1、 宜宾县高中2012级高考适应性考试（一） 数 学（理工类）页。考生作答时，须将答案，共4本试题卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）分钟。考试结分。考试时间120答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。满分150 束后，将本试题卷和答题卡上一并交回。 分）（选择题 共50第卷 注意事项： 铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。 必须使用2B分。在每小题给出的四个选项中，只有5分，共50一、选择题：本大题共10小题，每小题 一个是符合题目要求的。?i32?3?iz?2 1.对应的点位于复平面内的已知（i是虚数单位），那么复数z 第四象限 D. A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 Z中

2、所有元素的和等于2已知集合AxR|x1|K?11AK的最大值为 BK的最小值为 CK的最大值为2 DK的最小值为2 ee 第二部分 （非选择题 共100分） 注意事项： 必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答。作图题可先用- 2 - 0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚。答在试题卷上无效。铅笔绘出，确认后再用 、填空题二?y)?)(f(x)?sin(2x? 。的图像关于11.若 轴对称，则 ，ytx?，y0x的圆，112已知t是正实数，如果不等式组表示的区域内存在一个半径为?0x 。t的最小值为_则 。的零点个数为 x13.f(x)2sin x1 22yx220)?a?0(

3、a?m?7am12：实数实数m满足m满足方程，命题q：14已知命题p m2m1a 。的取值范围为的充分不必要条件，则轴上的椭圆，且p是q_1表示的焦点在y21123的取值范围为上存在单调递增区间，则a(，)f(x)xx2ax.若在f(x)15设 323 。_ 三、解答题12 （分）16. 172，每个袋子中装有大小相同的白球和红球共个球都是白球的概率为个，从袋子中任取71个球，如果取出的是白球则不再放回，设在取得红. 现从袋子中每次取球被取到的机会均等X. 球之前已取出的白球个数为（1）求袋子中白球的个数；（5分） X的分布列和数学期望。（7分）2（）求 - 3 - ) 17. (12分?2n

4、*Nn?aa,a,SS 为其前项和，对于任意的各项均为正数，总有数列成等差数列。nnnnn?a 分）的通项公式；(1) 求数列（6nn1?nTb?T?b 6数列,的前分）(2) 设项和为,求证:。（nnnn21n?an ) 18. (12分ABCD?ABCDP 为矩形，如图，四棱锥中，底面ABCDPDEPA? ，的中点。平面为AECPB/ ；（1）证明:4分）平面AEC3AD?P?1AP?AB 分）,的距离。（2求点）设,4到平面BAC?E? 4(3)求二面角的余弦值。）（ （12分）19. 222cos(A?cCb?a)?ABC?中， 在锐角acsinAcosAbc2?aA的取值范围。（7分

5、），求（ ；（5分） 2）若 ）求角（1 分）20.（1322yx?1(a?b?0)(?3,0)(3,0)，且由椭圆上顶点、右焦点和已知椭圆C:的焦点是、22ab3。 原点组成的三角形面积为2（1）求椭圆C的方程；（5分） NPNM4)P(0,y交椭圆C2（）设C,、是椭圆上关于轴对称的任意两个不同的点，连接- 4 - MEy轴相交于定点。（8证明：直线分）与 于另一点E, 21（14分） 22)?11,e?e?(eln()x?a(x?1)x?1)?bxf()(x?)x(?1yf且在曲线过点设函数，(0,0)y?0。点处的切线方程为 ab的值；（3，分）（1）求 20?xx?x)f(；（2）证

6、明：当（5时，分） 2m0x?mx?xf()的取值范围。3（）若当（时，6分） 恒成立，求实数 - 5 - 宜宾县高中2012级高考适应性考试（一） 数 学（理工类）答案 8.D 9.B 1. C 2. B 3.B 4.A 5. A 6.C 7. C 10.B 11ln x x1ln x ，f，所以(x) 解析由于f(x) xxee112 ln x1，则g令g(x)(x)x0，时，g(x)0，此时f所以当x(0,1) ，此时f(x)0时，当x(1，)g(x)0 ，在(1)上单调递减，所以f(x)在(0,1)上单调递增，f(x)11ln x f(x)，结合新定义可知，且恒有f(x)故f(x)f(

7、1)，又函数f(x) Kmaxxee1 K的最小值为，故选B。 e?31?， 12. 22 211. 13.5 14. ?8321) (，15. 92C1*nn)?(n N16.(1)解：设袋子中有个白球，依题意得，27C7?1n?n122?0?6n?n ，即 化简得，67?722?n3n?. （舍去）解得，或 3 个白球. 5袋子中有分 34. 1）得，袋子中有个白球个红球，（2）解：由（X2,30,1, 分 6的可能取值为 2344?P?X?0?1?PX ， 7767143421324?P?X?PX2?3? ， 分. 1035476357655 X 的分布列为：- 6 - 0321X 41

8、42P 773535 11分 42413?1?2?3?EX?0?. 12分 7735355 17（本小题满分12分） *2N?naa?2S? 成立解：（1）由已知：对于 1，总有分 nnn 2a?S?a2 分 2） 2 （n 11n?n?1?n ?22a?a?aa2?a?aa?a,a?a?aa?a均得, -1nnn?n1?n1nn?n?11nnnnn?1?a?a?1 （n2为正数，） 4分 1nn? ?a是公差为1数列的等差数列. n*2na?aNn?a?a2S) 6=1, 又n=1时，分 解得.( ，n1111 111nL?1?T?1b? 12分, ）可知 (2) 解法一：由（1 nn222

9、n2nn?11?b, 1）可知解法二：由（n2n1111Q? , 9分 2nn(n?1)nn?1 11111nL?(?)(?)?T?(1?)? . 12分n223nn?1n?1 18.（1）连结BD交AC与点O，连结EO 底面ABCD为矩形 O为BD的中点 又E为PD的中点 OE为PBD的中位线， 则OEPB OE?平面AECPB?平面AEC 又， PB平面AEC 4分 （2）PB平面AEC P到平面AEC与B到平面AEC的距离相等 V=V=V E-ABCP-AECB-AEC1311?1?3?PA 到平面,且=又SEABC的距离为ABC222272，AE=1， ， AC=2 EC=S=AEC4

10、 - 7 - h ， 设P到平面AEC的距离为2111713h?h?= 则，可得72234321 P到平面AEC 8的距离为分7 ENACNMN?MMEME?AD ，过（3）过坐，垂足为作。垂足为，连接D?MNEE?AC 易证为二面角的平面角。 33?MNACVACD ，上的高为的边， 42 71 22?EN?MN?EM?QEM ， 423 214?MNE?cos? ， 774 21?B?ACE 的余弦值为 12分。所以二面角7 ?)?Bcos(Bac?2cos222?B2?aac?c?bcos （1）由19.AacsinAcos?12sinA?A0? 且2?A 分 5 4 ?135B?C?C

11、?90?B?90?45?0? ） （2?C?900?bca?2 又sinBsinCsinA?b?2sinB,c?2sinC bc?2sin(135?C)?2sinC ?2sin(2C?45?)?2 2?sin(2c?45?)?C2?45?135?1?45? 2 ?bc?(22,2?2 12分 - 8 - 22yxO,B,A0)?1(a?bC，半焦20.解：（1）设椭圆：的上顶点、右顶点和原点分别为22ba 31 ?bS?33?c,c1?b? ，距为， VABO222224?ac?b 2x21?y?C 分的方程为 5所以所求椭圆4 PN4y?kx?),y()M?xx,y)E(x,yN( 、，则、

12、的方程为,（2）设直线1112122?x21?y?220kx?(1?4k60)x?32 由得： 7分4? ?bkx?y?60k?32?x?xx?x, 8 分 211222k?22k11? yy?12)?直线l:y?y?x(x? 分 91ME2x?x 12yxxy?(y?y)x2221111?y?0时，? 当?y?x1xx?xx?21214)?xkx)kx?4)?（2kxx?4(x?xx22111122? = x?xxx?22111120? 4?432? 分 12 1MEy)(0, 轴相交于定点 13 所以直线分与4 ?b?1)xx?1)?a(f?(x)2a(x?1)ln( ，21.解：(1)2

13、22?1)?e?1)?a(ef(e?1)?aeb?(e?ee?1?0?(0)a?b?f， b?11?a 3，分 2x?1)1)ln(x?f(x)?(x? ，(2)22?x?x?x1)ln(x?1)g(x)?(x)?x?1)ln(?10(x?)g?(x)2(x ，设，?)(1?0ggx(x)?2ln(x?1)?(?0,上单调递增，在， ?g(x)?g()gg?)(0?0(x0)?0)g(x?,0在上单调递增， ，2x?(fx)? 8分 - 9 - 22mx?x?(x?1)ln(x?1)h(x)? 3（）设，?mx?x?2x?1)ln(x?1h)(x)?2( ，22)1x?x?x(x?1(x?)ln(x?1)?x?1)ln(x?1)(x? 在(2) 中知，?mx?2(x)?3xh? 1