吉林省2012届高三数学仿真模拟卷10理新人教A版

1、吉林省 2012 届高三数学理科仿真模拟卷10第卷一、选择题：本大题共 12 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若集合 A= 0，4 ,B=2， a 2 ，则“ a 2 ”是“ AB4 ”的A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D.既不充分也不必要条件2已知复数 z112i，则 z2z11z1的虚部是1A.B.iC. 1D.13已知函数 f ( x)x32 x 22 则下列区间必存在零点的是A.(2,3B. (3C. (1,1D. (1), 1),0 )22224阅读右面程序框图，如果输出的函数值在区间1,1 内，42那么输入实数x 的取

2、值范围是A. (, 2B. 2, 1C. 1, 2D. 2,)5双曲线 x 2y21 的渐近线与圆 x 2y 24 x 3 0 的12 4位置关系为A. 相切B. 相交但不经过圆心C. 相交且经过圆心D.相离6工作需要，现从4 名女教师， 5 名男教师中选3 名教师组成一个援川团队，要求男、女教师都有，则不同的组队方案种数为A.140B.100C. 80D.707设 l ， m， n 表示三条直线，表示三个平面，给出下列四个命题：若 l， m，则 l m；若 m， n 是 l 在内的射影， m l ，则 m n；若 m， m n，则 n；若，则.其中真命题为A. B. C.D.用心爱心专心8O

3、是ABC 所在平面内一点，动点P满足 OP OAABAC)(AB sin BAC sin C(0,) ，则动点 P 的轨迹一定通过ABC 的A. 内心B. 重心C.外心D. 垂心9如图为一个几何体的三视图，正视图和侧视图均为矩形，俯视图中曲线部分为半圆，尺寸如图，则该几何体的全面积为A. 6323B. 2242C. 8523D. 234210下列命题正确的有用相关指数R2 来刻画回归效果，R2 越小，说明模型的拟合效果越好；命题 p : “x0R , x 02x0 1 0 ”的否定p : “ x R , x 2x 1 0 ”；设随机变量服从正态分布N(0,1),若 P(1)p ，则 P( 11

4、p ；0)2回归直线一定过样本中心（x, y ） .A.1 个B.2 个C.3 个D.4 个11已知函数f ( x)xexsin x, x0 ，若f(22 )f() ，则实数 a 取值范围是1, x0aaA. (,1 )(2,)B. (2,1 )C.( 1,2)D. (,2 )(1,)12函数 f (a )(3m 1)ab2m ，当 m0,1 时， 0f (a)1恒成立 ,则 9a 2b2的ab最大值与最小值之和为A.18B.16C.1449D.4第卷本卷包括必考题和选考题两部分.第 13题第21 题为必考题， 每个题考生都必须作答 .第 22 题第24 题为选考题，考生根据要求作答.用心爱心

5、专心二、填空题：本大题共4个小题,每小题 5分.13.定积分e1 dx 的值为 _.1x14二项式 ( x2 )6 展开式中常数项为 _.( 用数字做答 )x15已知数列an为等比数列，且a3a72a5 ，设等差数列bn的前 n 项和为 Sn ，若b5a5 ，则 S9 =_.16若对于定义在R 上的函数f ( x) ，其函数图象是连续不断，且存在常数（R ），使得 f (x)f ( x)0 对任意的实数x 成立，则称 f ( x) 是伴随函数 .有下列关于伴随函数的结论： f ( x )0 是常数函数中唯一一个伴随函数； f ( x )x 2 是一个伴随函数； 1 伴随函数至少有一个零点 .2

6、其中不正确 的结论的序号是_. （写出所有不正确结论的序号）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）在ABC 中 ，角 A, B, C 的对边分别为a,b,c ，且满足 (2ca) cosBbcosA0 。（）若 b7, ac13 求此三角形的面积;（）求3 sin Asin(C) 的取值范围 .618. （本小题满分12 分）某校高三数学竞赛初赛考试后，对考生成绩进行统计（考生成绩均不低于90 分，满分150 分），将成绩按如下方式分成六组，第一组90,100 、第二组100,110 第六组140,150 .

7、 如图为其频率分布直方图的一部分，若第四、五、六组的人数依次成等差数列，且第六组有 4 人 .（）请补充完整频率分布直方图，并估计这组数据的平均数M；（）现根据初赛成绩从第四组和第六组中任意选2 人，记他们的成绩分别为 x，y . 若 x y 10 , 则称此二人为“黄金帮扶组”，试求选出的二人“黄金帮扶组”的概率P1 ；（）以此样本的频率当作概率，现随机在这组样本中选出的3 名学生，求成绩不低于用心爱心专心120 分的人数分布列及期望.19（本小题满分12 分）如图，五面体ABCC1 B1 中， AB14 底面 ABC 是正三角形， AB2 四边形 BCC1 B1 是矩形，二面角ABCC1

8、为直二面角（） D 在 AC 上运动，当D 在何处时，有AB1 平面 BDC 1 ，并且说明理由；（）当 AB 1 平面 BDC 1 时，求二面角CBC1D 余弦值20. （本小题满分12 分）在直角坐标系xOy 中，椭圆 C1 : x2y21(a b 0) 的左、右焦点分别为 F1 , F 2 .其a2b2中 F 2 也是抛物线 C 2 : y24 x 的焦点，点M 为 C1 与 C2 在第一象限的交点，且5MF 23（）求 C1 的方程；（）若过点 D (4,0) 的直线与 C1 交于不同的两点E , F . E 在 DF 之间，试求ODE与ODF 面积之比的取值范围. （O为坐标原点）2

9、1. （本小题满分 12 分）已知函数f(x)mx(,) 在x1处取到极值2x2nm n R（）求 f ( x) 的解析式；（）设函数 g( x)axln x . 若对任意的 x11 ,2，总存在唯一的x 21, 1，2e2e使得 g(x2 )f ( x1 ) ，求实数 a 的取值范围 .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.22. （本小题满分 10 分）选修 4 1：几何证明选讲如图， AB是O 的直径，弦 BD、 CA的延长线相交于用心爱心专心点 E， EF垂直 BA的延长线于点F.求证：（）DEADFA ；（） AB 2BEBDAEAC23

10、. （本小题满分 10 分）选修 4 4：坐标系与参数方程已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与直角坐标系的x 轴的正半轴重合设点 Oxt为坐标原点 , 直线 l :（参数 t R ）与曲线 C 的极坐标方程为y2 2tcos22 sin（）求直线l 与曲线 C的普通方程；（）设直线l 与曲线 C相交于 A，B 两点，证明： OA OB0.24（本小题满分10 分）选修4 5：不等式选讲已知函数f ( x)2 x1 ，g( x)xa（）当 a0 时，解不等式f ( x)g( x) ；（）若存在xR ，使得 f ( x)g(x ) 成立，求实数a 的取值范围 .参考答案一选择题（每小题

11、5 分，共 60 分）题号123456789101112答案ACCBADABDCBB二填空题（每小题5 分，共20 分）13. 1 ； 14. 240； 15.18 ；16. .用心爱心专心三解答题17解：由已知及正弦定理得(2 sinC sin A)cosBsin B cosA0 ,即 2 sinC cosBsin(AB) 0,在ABC 中，由 sin(AB)sinC故 sin C(2 cosB1)0，C (0,),sinC 0,2 cosB10所以 B60(3分)（）由 b2a2c22accos60a23ac，即 721323ac 得 ac40(5分 )c所以 ABC 的面积 S1 ac

12、sin B103(6分)2（）3sinAsin C63sin A sin(A)3 sin AcosA2sinA(1026分 )又 A2， A5，则3sin A sin C2sinA1,2 (12分 )0,6,6366618. 解：（）设第四，五组的频率分别为x, y ，则 2 y x0.00510x y1(0.0050.0150.020.035)10由解得 x 0.15 ， y 0.10 (2分 )从而得出直方图（如图所示）(3 分)M950.21050.151150.351250.151350.11450.05114.5(4分 )（）依题意第四组人数为40.01512 ，故 P1C121C

13、412(6 分)0.005C1625（）依题意样本总人数为480，成绩不低于120分人数为80(0.050.100.15)24(7 分)0.05故在样本中任选1 人，其成绩不低于120 分的概率为243又由已知的可能取值为33438010334410， 1，2， 3 P(0)(1)3， P(1)C31(1)2 ()1，10100010101000P(2)C 32(13)1 (3)2189， P(3)(3)3, 故的分布列如下：1010100010用心爱心专心023P343441189271000100010001000(10分 )依题意B(3, 3).故E339(12分 )10101019解：

14、（）当 D 为 AC 中点时 , 有 AB/ 平面 BDC1(2分 )1证明 : 连结 BC1 交 BC1 于 O , 连结 DO 四边形 BCC1B1 是矩形O为 B1C中点又 D为 AC中点 ,从而 DO / AB1(4 分) AB1平面 BDC1 ,DO平面 BDC 1 AB1/ 平面 BDC1 (6 分 )（）建立空间直角坐标系Bxyz 如图所示 ,则B(0,0,0) , A( 3,1,0) , C (0, 2,0) , D ( 3 , 3,0) , C1(0,2,2 3) (7 分)22BD(33(0,2, 23) (8分 )所以,0) , BC12233x 3z设n1( , )2x

15、y 0， , 即xy z为平面 BDC 1 的法向量 , 则有2y3z2y23z0令 z1, 可得平面 BDC1 的一个法向量为 n1(3,3,1) ,而平面 BCC1 的一个法向量为 n2(1,0,0)(10分)所以 cos n1,n2n1 n233 13CBC1D 的余弦值为3 13(12| n1 |n2 |1313，故二面角13分)20解：（） 依题意知 F 2 (1,0) ，设 M (x1 , y1 ) . 由抛物线定义得1x15，即 x123.3226( 2)2( 26 )2将 x1y1分) ，进而由331 及代人抛物线方程得3(2a2b23用心爱心专心a 2b21 解得 a 24,

16、 b23 . 故 C1 的方程为 x 2y 21(443分 )（）依题意知直线的斜率存在且不为0，设的方程为xsy4 代人 x 2y21，43整理得 (3s24)y 224sy360(6 分)y124sy243s2由0，解得 s24. 设 E( x1 , y1 ), F ( x2, y2 ) , 则y1y236（ 1）(83s24分 )1y1S ODEODy1令2且01. 将y1y2 代 人 （ 1） 得S ODF1y2y2OD2(1) y224s3s24236y23s24消去 y2 得 (1)216s2(10 分 ) 即 s24(31)24，即 3210303s241023解得 13 .01

17、 故ODE 与ODF 面积之比的取值范围为11 (1233分 )21解 :（） f(x )m(x 2n)2mxmx 22mxmn(2分 )(xn) 2( x 2n)2mnm0由 f ( x) 在x' (1)0 ，即 (1n)2处取到极值2，故ff (1)2,1m21n解得 m4,n1 ，经检验，此时f ( x) 在 x 1处取得极值. 故f (x)4 x(4分 )1x 2（）由（）知f4(1x)(1x)1,1) 上单调递增，在(1,2)上( x)( x 21)2，故 f ( x) 在 (2单调递减 , 由 f (1)2, f (2)f ( 1 )8 ，故 f ( x ) 的值域为8 ,

18、2(6分 )255用心爱心专心1a( x1)1, 11ae2依题意 g ( x )a，记 M,xMexxe2ex18g( )5 得 03 e ，故此时（）当 ae 时， g ( x)0， g (x) ，依题意由ea15g( e2) 20a3(8 分)e5（）当 ea2111当 x11'( x) < 0 ，当 x11e 时，e>>2(2, ) 时， g(, )时，aeea3aeg ' ( x) > 0 。依题意由 g( 1 )818 ，即 a，得 1 lne5 . 与 ae 矛盾(10分 )a5a5（）当 a > e2 时，1 < 1，此时 g ' ( x) > 0 ， g (x) 在 M 。 依题意得ae2ae2a e2g(12即a12此不等式组无解(11分 ). 综上，所求 a 取值范围为)eeg( 1 )8a28e25e250a3 e(12 分