山东省高三5月高考冲刺题数学理

1、山东省最大的中小学课外辅导 山东省2012届高三5月高考冲刺题理 科 数 学本试卷分第卷和第卷两部分，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：，其中表示柱体的底面积，表示柱体的高.圆柱的侧面积公式：，其中c是圆柱的底面周长，是圆柱的母线长.球的体积公式v=,其中r是球的半径.球的表面积公式：s=4,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 .如果事件互斥，那么.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，满分60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设，若，则a的取值范围是 （ ）a b c d2是 （ ）a最

2、小正周期为的偶函数 b最小正周期为的奇函数c最小正周期为的偶函数 d最小正周期为的奇函数3下列结论错误的是 （ ）a命题“若，则”与命题“若则”互为逆否命题;b命题，命题则为真;c“若则”的逆命题为真命题;d若为假命题，则、均为假命题4求曲线与所围成图形的面积，其中正确的是 （ ）a b c d5等比数列首项与公比分别是复数是虚数单位的实部与虚部，则数列的前项的和为（ ）a b c d6如右图所示是某一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度随时间变化的可能图象是（ ）abcd7设为三条不同的直线，为一个平面，下列命题中正确的个数是 （ ）若，则与相交 若则若|，|，则 若|，则|a

3、1 b2 c3 d48，则a、b、c三点共线的充要条件为 （ ）abcd9把函数的图象向左平移个单位，再将图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）所得的图象解析式为，则 （ ）a b c d10是的零点，若，则的值满足 （ ）a b c d的符号不确定11设，当0时，恒成立，则实数的取值范围是 （ ）a（0,1） b c d12已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大（柱体体积=底面积高）时，其高的值为 （ ）a b c d 第卷（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分把答案填在答题卡的相应位置13已知向量和的夹角为，则14

4、已知实数的最小值为 15在中，若，则外接圆半径运用类比方法，若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直且长度分别为，则其外接球的半径= 16如图，在正三角形中，分别为各边的中点，分别为的中点，将沿折成正四面体，则四面体中异面直线与所成的角的余弦值为 三、解答题（共6小题，74分，须写出必要的解答过程）17（本小题满分12分）abc中，a，b，c分别是角a，b，c的对边，向量=（2sinb，2-cos2b），,（）求角b的大小；（）若，b=1，求c的值18（本小题满分12分）某厂家拟资助三位大学生自主创业，现聘请两位专家，独立地对每位大学生的创业方案进行评审假设评审结果为“支持”或“不支持”的概率都是.若某

5、人获得两个“支持”，则给予10万元的创业资助；若只获得一个“支持”，则给予5万元的资助；若未获得“支持”，则不予资助，令表示该公司的资助总额（）写出的分布列；（）求数学期望 19（本小题满分12分）在各项均为负数的数列中，已知点在函数的图像上，且（）求证：数列是等比数列，并求出其通项；（）若数列的前项和为，且，求20（本小题满分12分）如图,矩形abcd和梯形befc所在平面互相垂直，be/cf，bcf=cef=,ad=,ef=2（）求证：ae/平面dcf；（）当ab的长为何值时,二面角a-ef-c的大小为21（本小题满分12分）已知椭圆的离心率为，直线l：y=x+2与以原点为圆心、椭圆c1的

6、短半轴长为半径的圆o相切。（）求椭圆c1的方程；（）设椭圆c1的左焦点为f1，右焦点为f2，直线l1过点f1，且垂直于椭圆的长轴，动直线l2垂直于l1，垂足为点p，线段pf2的垂直平分线交l2于点m，求点m的轨迹c2的方程；（）设c2与x轴交于点q，不同的两点r、s在c2上，且 满足，求的取值范围。22（本小题满分14分）设函数（）当时，求的最大值；（）令，（），其图象上任意一点处切线的斜率恒成立，求实数的取值范围；（）当，方程有唯一实数解，求正数的值理科数学答案1.【答案】b 【分析】求出集合，结合数轴即可找到的取值范围。【解析】集合，则只要即可，即的取值范围是。【考点】集合【点评】本题考查

7、集合的关系，解题中虽然可以不画出数轴，但在头脑中要有数轴。2.【答案】d 【分析】对给出的三角函数式进行变换，然后根据三角函数的性质进行判断。【解析】，所以函数是最小正周期为的奇函数。【考点】基本初等函数。【点评】本题考查三角函数的性质，但要借助三角恒等变换，在大多数三角函数性质的试题中往往要以三角恒等变换为工具，把三角函数式化为一个角的一个三角函数，再根据基本的三角函数的性质对所给的三角函数的性质作出结论。3.【答案】c【分析】根据命题的知识逐个进行判断即可。【解析】根据四种命题的构成规律，选项a中的结论是正确的；选项b中的命题是真命题，命题是假命题，故为真命题，选项b中的结论正确；当时，故

8、选项c中的结论不正确；选项d中的结论正确。【考点】常用逻辑用语【点评】本题属于以考查知识点为主的试题，要求考生对常用逻辑用语的基础知识有较为全面的掌握。4.【答案】b 【分析】根据定积分的几何意义，确定积分限和被积函数。【解析】两函数图象的交点坐标是，故积分上限是，下限是，由于在上，故求曲线与所围成图形的面。【考点】导数及其应用。【点评】本题考查定积分的几何意义，对定积分高考可能考查的主要问题是：利用微积分基本定理计算定积分和使用定积分的几何意义求曲边形的面积。5【答案】a【分析】根据复数实部和虚部的概念求出这个等比数列的首项和公比，按照等比数列的求和公式进行计算。【解析】该等比数列的首项是，

9、公比是，故其前项之和是。【考点】数列、复数【点评】本题把等比数列和复数交汇，注意等比数列的求和公式是分公比等于和不等于两种情况，在解题中如果公比是一个不确定的字母要注意分情况解决。6【答案】b 【分析】可以直接根据变化率的含义求解，也可以求出函数的解析式进行判断。【解析】容器是一个倒置的圆锥，由于水是均匀注入的，故水面高度随时间变化的变化率逐渐减少，表现在函数图象的切线上就是其切线的斜率逐渐减少，正确选项b。【考点】空间几何体、导数及其应用。【点评】本题在空间几何体三视图和函数的变化率交汇处命制，重点是对函数变化率的考查，这是一种回归基本概念的考查方式，值得注意。7.【答案】c 【分析】根据空

10、间线面位置关系的有关定理逐个进行判断。【解析】由于直线与平面垂直是相交的特殊情况，故命题正确；由于不能确定直线的相交，不符合线面垂直的判定定理，命题不正确；根据平行线的传递性。，故时，一定有。【考点】空间点、线、面的位置关系。【点评】这类试题一般称之为空间点线面位置关系的组合判断题，主要考查对空间点、线、面位置关系的概念、定理，考查特例反驳和结论证明，特别是把空间平行关系和垂直关系的相关定理中抽掉一些条件的命题，其目的是考查考生对这些定理掌握的熟练程度。8.【答案】d 【分析】由于向量由公共起点，因此三点共线只要共线即可，根据向量共线的条件即存在实数使得，然后根据平面向量基本定理得到两个方程，

11、消掉即得结论。【解析】只要要共线即可，根据向量共线的条件即存在实数使得，即，由于不共线，根据平面向量基本定理得且，消掉得。【考点】平面向量。【点评】向量的共线定理和平面向量基本定理是平面向量中的两个带有根本意义的定理，平面向量基本定理是平面内任意一个向量都可以用两个不共线的向量唯一地线性表示，这个定理的一个极为重要的导出结果是，如果不共线，那么的充要条件是且。9.【答案】b 【分析】根据变换的结果，逆行变换后即可得到经过变换后的函数解析式，通过比较即可确定的值。【解析】把图象上所有点的横坐标缩小到原来的倍得到的函数解析式是，再把这个函数图象向右平移，得到的函数图象的解析式是，与已知函数比较得。

12、【考点】基本初等函数。【点评】本题考查三角函数图象的变换，试题设计成逆向考查的方式是比较有新义的。本题也可以根据比较系数的方法求解，根据已知的变换方法，经过两次变换后函数，即被变换成，比较系数也可以得到问题的答案。10【答案】b 【分析】函数在上是单调递增的，这个函数有零点，这个零点是唯一的，根据函数是单调递增性，在上这个函数的函数值小于零，即。【考点】函数的应用。【点评】在定义域上单调的函数如果有零点，则只能有唯一的零点，并且以这个零点为分界点把定义域分成两个区间，在其中一个区间内函数值都大于零，在另一个区间内函数值都小于零。11.【答案】d 【分析】函数是奇函数且是单调递增的函数，根据这个

13、函数的性质把不等式转化成一个具体的不等式。根据这个不等式恒成立，【解析】根据函数的性质，不等式，即，即在上恒成立。当时，即恒成立，只要即可，解得；当时，不等式恒成立；当时，只要，只要，只要，这个不等式恒成立，此时。综上可知：。【考点】基本初等函数。【点评】本题考查函数性质和不等式的综合运用，这里函数性质是隐含在函数解析式中的，其目的是考查考生是否有灵活使用函数性质简捷地解决问题的思想意识。在不等式的恒成立问题中要善于使用分类参数的方法解决问题，本题的解析是分类了函数，把参数放到一个表达式中，也可以直接使用分离参数的方法求解，即可以化为，当时，；当时，只要即可，即只要即可。综合两种情况得到。12

14、.【答案】b 【分析】根据正六棱柱和球的对称性，球心必然是正六棱柱上下底面中心连线的中点，作出轴截面即可得到正六棱柱的底面边长、高和球的半径的关系，在这个关系下求函数取得最值的条件即可求出所要求的量。【解析】以正六棱柱的最大对角面作截面，如图。设球心为，正六棱柱的上下底面中心分别为，则是的中点。设正六棱柱的底面边长为，高为，则。正六棱柱的体积为，即，则，得极值点，不难知道这个极值点是极大值点，也是最大值点。故当正六棱柱的体积最大，其高为。【考点】空间几何体、导数及其应用。【点评】本题在空间几何体、导数的应用交汇处命制，解题的关键是建立正六棱柱体积的函数关系式。考生如果对选修系列四的不等式选讲较

15、为熟悉的话，求函数的条件可以使用三个正数的均值不等式进行，即，等号成立的条件是，即。13.【答案】【分析】根据向量模的含义，讲已知代入即可。【解析】，故。【考点】平面向量。【点评】本题考查平面向量数量积的计算和平面向量模的概念，其中主要的考查点是，这个关系揭示了平面向量的数量积和模的关系。本题也可以根据向量减法的几何意义，通过余弦定理解决，实际上我们在【解析】中的计算式就是余弦定理的计算式。14.【答案】。【分析】画出平面区域，根据目标函数的特点确定其取得最小值的点，即可求出其最小值。【解析】不等式组所表示的平面区域，如图所示。显然目标函数在点处取得最小值。【考点】不等式。【点评】本题考查不等

16、式组所表示的平面区域和简单的线性规划问题。在线性规划问题中目标函数取得最值的点一定是区域的顶点和边界，在边界上的值也等于在这个边界上的顶点的值，故在解答选择题或者填空题时，只要能把区域的顶点求出，直接把顶点坐标代入进行检验即可。15.【答案】。【分析】三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球，与以这三条侧棱为棱的长方体的外接球是相同的，这个长方体的体对角线的长度就是其外接球的直径。【解析】作一个在同一个顶点处棱长分别为的长方体，则这个长方体的体对角线的长度是，故这个长方体的外接球的半径是，这也是所求的三棱锥的外接球的半径。【考点】推理与证明。【点评】本题考查推理与证明中的类比推理。一般来说类比推理得到

17、的结论未必正确，但出现在高考试题或者模拟试题中类比推理，不会设计成漫无目标的类比推理试题，而是设计成指向性很强的、能得到正确结论的类比问题。考生在解答这类试题时，一定要在得出结论的过程中注重演绎推理的应用，不要被表面现象所迷惑。16.【答案】。【分析】折成的四面体是正四面体，画出立体图形，根据中点找平行线，把所求的异面直线角转化到一个三角形的内角的计算。【解析】如图，连接，取的中点，连接，则，故即为所求的异面直线角或者其补角。设这个正四面体的棱长为，在中，,，故。即异面直线与所成的角的余弦值是。【考点】空间点、线、面位置关系。【点评】本题考查空间想象能力、考查求异面直线角。在立体几何中找平行线

18、是解决问题的一个重要技巧，这个技巧的一个技巧就是通过三角形的中位线找平行线，如果试题的已知中涉及到多个中点，则找中点是出现平行线的关键技巧。17.【分析】【分析】根据向量关系式得到角的三角函数的方程，解这个方程即可求出角，根据余弦定理列出关于的方程，解这个方程即可。【解析】（1） 2分（2）， 8分综上c=2或c=1 12分【考点】简单的三角恒等变换、解三角形。【点评】本题第一问主要考查三角恒等变换、第二问考查解三角形。在以三角形为背景的三角类解答题中，方程思想的应用是非常广泛的，实际上正弦定理和余弦定理本身就是一个方程，根据已知和求解目标之间，把问题归结到解方程或者方程组的方法是解决这类试题

19、的一个基本思想方法。18.解：（1）的所有取值为 （2）.19. （1）把点的坐标代入直线方程，根据等比数列的定义进行证明，显然公比是，再根据条件求出首项即可求出这个数列的通项公式；（2）数列是一个等比数列和一个等差数列的对应项的和组成的数列，分别求和即可。【解析】（1）因为点在函数的图像上，所以故数列是公比的等比数列因为由于数列的各项均为负数，则所以6分（2）由（1）知，所以12分【考点】数列。【点评】本题考查等比数列的概念、通项，等比数列和等差数列的求和。高考对数列的考查难度在下降，其考查的重点转变为考查数列中的基本问题、两类基本数列，以及数列求和方面。解决两类基本数列问题的一个重要思想是

20、基本量方法，即通过列出方程或者方程组求出等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比。数列求和要掌握好三个方法，一个是本题使用的分组求和，第二个是错位相减法，第三个是裂项求和法。20.【分析】（1）只要过点作的平行线即可；（2）由于点是点在平面内的射影，只要过点作的垂线即可很容易地作出二面角的平面角，剩下的就是具体的计算问题。或者建立空间直角坐标系，使用法向量的方法求解。【解析】 方法一：（）证明：过点作交于，连结，dabefchg可得四边形为矩形，又为矩形，所以，从而四边形为平行四边形，故因为平面，平面，所以平面6分（）解：过点作交的延长线于，连结由平面平面，得平面，从而所以为二面角的平面角在

21、中，因为，所以，又因为，所以，从而，于是，因为所以当为时，二面角的大小为12分dabefcyzx方法二：如图，以点为坐标原点，以和分别作为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系设，则，（）证明：，所以，从而，所以平面因为平面，所以平面平面故平面6分（）解：因为，所以，从而解得所以，设与平面垂直，则，解得又因为平面，所以，得到所以当为时，二面角的大小为12分【考点】空间点、线、面位置关系，空间向量与立体几何。【点评】由于理科有空间向量的知识，在解决立体几何试题时就有两套根据可以使用，这为考生选择解题方案提供了方便，但使用空间向量的方法解决立体几何问题也有其相对的缺陷，那就是空间向量的运算问题，空间向量有三个分坐标，在进行运算时极易出现错误，而且空间向量方法证明平行和垂直问题的优势并不明显，所以在复习立体几何时，不要纯粹以空间向量为解题的工具，要注意综合几何法的应用。21. 解：（1）由 （2分） 由直线所以椭圆的方程是 （4分）（2）由条件，知|mf2|=|mp|。即动点m到定点f2的距离等于它到直线的距离，由抛物线的定义得点m的轨迹c2的方程是。 （8分）（3）由（2），知q（0，0）。设所以当故的取值范围是。 22.【分析】（1）函数的定义域是，把代入函数解析式，求其导数，根据求解目标，这个导数在函数定义域内只有一个等于零的点，判