详解：浙江省2012届重点中学协作体高三第二学期高考仿真试题数学理科解析(每题都有)

浙江省2012届重点中学协作体高三第二学期高考仿真试题理科数学150120参考公式：如果事件，互斥，那么AB棱柱的体积公式PABPAPBVSh如果事件，相互独立，那么AB其中表示棱柱的底面积，表示棱柱的高Sh棱锥的体积公式PABPAPB1如果事件在一次试验中发生的概率是，那么pAVSh3次独立重复试验中事件恰好发生次的概率其中表示棱锥的底面积，表示棱锥的高AnkShPkCkpk1k,n棱台的体积公式nk,k0,1,2,nnhSSSSV13球的表面积公式S4R211224球的体积公式R其中分别表示棱台的上底S,S、下底面积，V3312其中表示球的半径Rh表示棱台的高选择题部分（共50分）．注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名签字笔或钢笔填写在答题纸上2．每小题用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦在试题卷上、准考证号用黑色字迹的选出答案后，．干净后，再选涂其它答案标号。不能答一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.x3,x10,1．设f(x)A．5则f(6)的值为f[f(x5),x10,B．6C．7D．8107．【解析】f(6)ff118ff13ff【答案】C第1页共23页2．如图为一个几何体的三视图，尺寸如图所示，则该几何体的表面积为A．63B．623C．1834D．182312【解析】S=4圆；=23S=2；4=234底S=323=18；侧S=+23+18．总【答案】D3．如图所示，A．13C．程序框图（算法流程图）的输出值x为B．12D．2211【解析】x的值依次为：x1；x2；x4；x5；x6；x8；x9；x10；x12．至此跳出程序．【答案】B4．对于非空集合A,B，定义运算：AB{x|xAB,且xAB}，已知M{x|axb},N{x|cxd}，其中第2页共23页a、b、c、d满足abcd，abcd0，则MNA．(a,d)(b,c)C．(a,c][d,b)B．(c,a][b,d)D．(c,a)(d,b)【解析】由题意得：ac0db，所以MN(a,c][d,b)其实也可以举出特例：如a5，b4，c3，d2．【答案】C．5．若x，y>0，且2xy1，则(x1)(y1)的最小值是4yxA．252B．254C．258D．2516x2y1【解析】由题有：x2y12x2y，即：41．2另一方面：x1y11xy4yxy4yx4xyxx2y4xy14xyxyx4y1xy2224xy11xy14xy4xy11x2y22x2y112x2y25．812y由双勾函数的单调性知：22xxy4min【答案】C6．在面积为2的ABC中，E,F分别是AB，AC的中点，点P在直线EFPCPBBC2的最小值是上，则A．2B．222，C．3D．23【解析】由题：SABC第3页共23页PBPC所以11PBPCsin2，0，．SPBC2sin2PCPB2PCPBPCPBBC22PCPBPCPB22PCPBPCPBcos2PCPBPCPBcos42cossin由函数42cosx在x0，上的单调性知：fxsinx上42cosx在x单调递减；fx42cosx单调递增．sinx0,fx3sinx上,在x33．42cos故23sinmin【答案】D7．已知点M(3,0)，N(3,0)，B(1,0)，动圆C与直线MN切于点B，过M、N与圆C则点的相切的两直线相交于点，轨迹方程为PPyy22A．1(x1)B．1(x1)xx2288y2y2C．1x0D．1(x1)x2x2810【解析】如图：MPPNMANDMBNB22aa1．故点的轨迹为双曲线，P且c3．所以a1，b2c2a28．2【答案】A第4页共23页1，21，记数列的前项和为，若SmaSnS6an21158．在等差数列中，5aa2nnnn对nN恒成立，则正整数的最小值为mA．3B．4C．5D．6【解析】a4d21516ad4a4n3．n6411故．4n3an11111所以：S（）SA4n14n58n78n38n12n1n1111SS11（B）4n34nn811n872n1n111（A）—（B）4n38n38n11114n38n3n83114n324n30SS1114，594531S所以S2n1nmax所以m141545m144.673m5．【答案】C(R)3cosxcos9．点M(x,y)满足：，点N(x,y)满足：(3)2(y3)21x3sinysinuuur则|MN|的最小值是A．323B．324C．5(R)，D．43cosxcos【解析】因为3sinysin第5页共23页cos03,所以．（只考虑一个周期内）2sin0点的可行域为图中阴影部分（扇形且r1，3）；M(x,y)r21点的可行域为图中的圆P（圆心为（3，3），半径1）．N(x,y)rPuuur显然当|MN|达到最小值时，点M必定在圆弧AB上，，设其点M为cos，sin则d3cos23sin21196cossin．（A）1962sin424454372因为，所以，1,2．,,sin4代入（A）式得：d4．dmin2sin24【答案】D请同学们考虑下面这个题目：如图，阴影是集合P{(x,y)|(xcos)2(ysin)24,0}在平面直角坐标系上表示的点集，则阴影中间形如“水滴”部分的面积等于第6页共23页7A．3B．3311C．D．236【提示】圆心为cos，sin，其中0．则圆心所在的轨迹为一半圆．【答案】C10．将函数yx22x33（x0,2）的图象绕坐标原点逆时针旋转（为锐角），若所得曲线仍是一个函数的图象，则的最大值为A．B．C．D．2432【解析】本题是函数旋转题型，这类题在今年十分流行，考生应引起重视．以下就本题进行分析：x122由yx22x3334，x0,2．y图像如下：L1与圆C相切，L2与圆相交．由圆的知识易得：L1与x轴的夹角为．6因此当函数的图象绕坐标原点逆时针旋转时，L1刚好与y轴重合，3但当时，L2可能与y轴重合，3此时，图像不满足函数的要求了．则的最大值为．3【答案】C第7页共23页根据以上解法，请同学们考虑下面这个题目：将函数的图象绕坐标原点逆时针方向旋转(02)角，得到曲线x2)ysinx(0．若对于每一个旋转角，曲线都是一个函数的图象，则满足条件的角的范围是CC35]4（A）（B）[0,][0,][,44435][77,2)4（C）（D）[,,2)[0,][[0,]44444【答案】C非选择题部分（共100分）．1．用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上2．在答题纸2B铅笔注意事项：上作图，可先使用，确定后必须使用．黑色字迹的签字笔或钢笔描黑二、填空题11．已知析】因为mi1ni，所以mn1．（本大题共7小题，每小题4分，共28分）mnii是虚数单位，m、nR，且mi1ni，则．mni【解mni1ii．mni1i【答案】i12．在(1x)2(13x)4的展开式中，的系数等于．(用数字作答)x233x．3x【解析】AxC2xC324【答案】31113．甲、乙、丙三人分别独立地解一道题，甲做对的概率是，三人都做对的概率是，2241概率是，已知乙做对这道题的概率大于丙做对这道题的概率。设三人4三人全做错的中做对这道题的人数为，则随机变量x的数学期望E．第8页共23页1PP113P=乙224乙丙【解析】由题：，所以．1111P1PP=244丙乙丙的可能取值有0、1、2、3．1411，21，1P0，．P1PP32442413．12E【答案】131214．已知等差数列{a}（公差不为零）和等差数列{b}，如果关于x的方程nn9x2(aaa)xbbb0有解，那么以下九个方程129129x2axb0，2xaxb20，2axbx0，„„，x2axb90中，911233无解的方程最多有个．【解析】关于x的方程9x2(aaa)xbbb0有解．129129aa249bbb2910．9即：a12又数列{a}和{b}为公差不为零的等差数列，nn20b5所以94994b0．（A）5aa255故关于x的方程x2axb0必定有解．55另一方面：对关于x的方程x2axb0，442有：4a24bad4bd，445152要想0，则在理论上a24．（B）ddb45152将（B）与（A）比较，当在减少的程度上比d少的多，则（B）一定成立．d122但由于对称关系：a24bad4bd有可能就会小于零．6665152第9页共23页综合考虑得无解的方程最多有4个．【答案】415．已知的三边长成等差数列，且2b2c284,则实数b的取值范围abc,,ABCa是．【解析】本题是解三角形与不等式的综合题．一般有两中解法，一是化成角，利用角的范围解出范围；二是化成边，利用三角形的一些性质和基本不等式等知识解出答案．【答案】26b2716．如图的倒三角形数阵满足：（3，5，…，2n1；（2）从第二行起，各行中的3）数阵共有行．1）第1行的，n个数，分别是，1每一个数都等于它肩上的两数之和；（n问：当n2012时，第32行的第17个数是．【解析】本题规律不易发现．规律一：（偶数行）第2行的第一个数是m22．如4122，32224．mm规律二：（一行内）第行数的相邻两个数之间相差2．nn由以上规律得：第32行的第1个数是162236，相邻两个数之间相差2，3232第32行的第17个数是216232237．36【答案】23717．若双曲线2a(a0)的左、右顶点分别为、B，点P是第一象限内双曲x2y2A线上的点．若直线、PB的倾斜角分别为，，且(1)，那么的PAmm值是．【解析】设点P（x，y），00yy0xa0则tank，tank．0xaAPBP0第10页共23页yy0所以tankkAP01，tanxaxa00BP2故．2m2【答案】2m2三、解答题：本大题共5小题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（本题满分14分）已知函数()2cos2x3sinx．fx2（Ⅰ）求函数的最小正周期和值域；f(x)cos2（Ⅱ）若为第二象限角，且f()1，求的值．1cos2sin233【解析】(18)本题主要考查三角变换、正弦定理等基础知识，同时考查运算求解能力．满分14分．解：（Ⅰ）因为f(x)1cosx„„„„„„„„1分3sinx12cos(x)，„„„„„„„„2分3所以函数的周期为2，值域为[1,3]．„„„„„4分f(x)（Ⅱ）因为f()1，33所以12cos=1，即cos1．„„„„„„„5分33cos2cos2sin2因为„„„„8分1cos2sin22cos22sincos，„„„„„„11分2cos„„„„„„12分(cossin)(cossin)cossin2cos(cossin)又因为为第二象限角，所以sin22．3第11页共23页122cossin122233所以原式．„„„„14分2cos2319．（本题满分14分）在直角坐标平面上有一点列P(x,y),P(x,y),,P(x,y),,对一切正整数n，111222nnn1345点在函数y3xn的图象上，且的横坐标构成以n为首项，－1为公差的等PP2差数列．xn（Ⅰ）求点的坐标；Pn（Ⅱ）设抛物线列C，C，C3，…，C，…中的每一条的对称轴都垂直于x轴，抛物线）.记与抛物线C相切于点D的直线的斜n12nC的顶点为nP，且n过点D（0，n12nn111率为k，求．nkk1kk2kkn123n【解析】(19)本题主要考查等差数列通项、求和公式、数列前n项和与通项的关系等基础知识，同时考查运算求解能力及抽象概括能力．满分14分．解:（Ⅰ）5(n1)(1)n，3x22ny3x133n5.P(n,3n5)．„„„„34分4424nnn（Ⅱ）的对称轴垂直于x轴，且顶点为P，nCn∴设C的方程为ya(x2n3)212n5．24n把D(0,n21)代入上式,得a1，„„„„„„7分n∴的方程为yx2(2n3)xn21.„„„„„„8分Cnky|2n3,x0∵n111[],„„10分2(2n1)(2n3)11∴kkn1(2n1)(2n3)n第12页共23页111∴kkkk2kkn1123n1[(1)()(11111)]257792n12n311(111=)„„„„„„14分.252n3104n620．（本题满分14分）如图，已知平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB1,AD2，ADC60,AF1,M是线段的中点.EF（Ⅰ）求二面角B的正弦值；AFD（Ⅱ）设点为一动点，若点从M出发，沿棱按照MEC的路线运动到点，PPC求这一过程中形成的三棱锥的体积的最小值.PBFDEMFCBDA【解析】(20)本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力及运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想及应用意识．满分14分．解：（Ⅰ）法一：易求BD7,BF2,DF5,BFD900，由勾股定理知设点在面内的射影为O，过A作AGDF于G，连结DO，ABFD则AGO为二面角B的平面角.„„„„„„分3AFD第13页共23页在ADF中由面积法易求AG25，„„„„„„5分由体积法求得点到面的距离是AO30，BFDA10所以sinAGO6，46所以求二面角B的大小正弦值为„„„„„„7分AFD4法二：易求BD7,BF2,DF由勾股定理知900，5,BFD过作AGDF于，又过作//交于，连结AH.GHBFAGGBDH则易证为二面角AFDB的平面角………………2分AGH.在ADF中由面积法易求AG2，54,于是DG4，DF从而DG55所以GH42,BH1BD，„„„„„„73分5552在BAD中由余弦定理求得cosABD.„„„„„„4分7再在中由余弦定理求得212.„„„„„„5分AHBAH25104最后在中由余弦定理求得cosAGH，„„„6分AGH6所以求二面角AFDB的大小正弦值为„„„„„„7分4（Ⅱ）设AC与BD交于所以CM//平面FBD，„„„„„„当P点在M或C时，三棱锥P—BFD的体积的最小.„„„O，则OF//CM，„„„„„„8分9分10分1121sin1203.„„„14分32(VPBFD)VCBFDVFBCD6min21．（本题满分15分）已知点(1,0)，B(1,0)，动点的M轨迹曲线C满足AMB2，AAMBMcos3，过点的直线交曲线C于P、Q两点.2B第14页共23页（Ⅰ）求AM的值，并写出曲线C的方程；BM（Ⅱ）求△APQ面积的最大值.【解析】(21)本题主要考查椭圆的标准方程的求解，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．满分15分．解：（Ⅰ）设M(x,y)，在△MAB中，AB2，AMB2，222根据余弦定理得AMAMBMcos24．„„12分BM即(AMBM)22AMBM(1cos2)4．(AMBM)24AMBMcos24．AMBMBM)243而cos23，所以(AM4.所以AMBM4．„„„„„„4分又AMBM42AB，因此点M的轨迹是以A、B为焦点的椭圆（点M在x轴上也符合题意），a2，c1．所以曲线C的方程为x2y21．3„„„„„„6分4（Ⅱ）设直线PQ的方程为．xmy1xmy1由，消去x并整理得(3m24)6my90.①y2x2y2143显然方程①的0，设P(x,y)，Q(x,y)．1122122yyyy则SAPQ12126m9由韦达定理得yy，yy．„„„„9分3m243m2412123m23所以(yy)2(yy)24yy48．„„„„11分(3m24)212121248令t3m23，则t≥3，(yy)2．„„„„„„12分112t2t由于函数(t)t1在[3,)上是增函数．t所以10，当t3m233，即m0时取等号．1t≥t3第15页共23页48所以(yy)2≤9，即的最大值为3．yy10121223所以△面积的最大值为3，此时直线的方程为x1．„„15分APQPQ22．（本题满分15分）设函数（a0），g(x)blnx．f(x)ax22（Ⅰ）关于的不等式f(x)的解集中的整数恰有3个，求实数的取值范围；a(x1)2x（Ⅱ）对于函数与定义域上的任意实数，若存在常数，使得f(x)g(x)k,mxf(x)kxm和g(x)kxm都成立，则称直线为函数与ykxmf(x)2的“分界线”．设，，试探究f(x)与是否存在“分界线”？g(x)beg(x)a2若存在，求出“分界线”的方程；若不存在，请说明理由．【解析】(22)本题主要考查函数的极值概念、导数运算法则、导数应用，同时考查推理论证能力，分类讨论等综合解题能力和创新意识．满分15分．（Ⅰ）解法一：不等式(1)2f(x)的解集中的整数恰有3个，x等价于(1a2)x22x10恰有三个整数解，故120，a令h(x)(1a2)x22x1，由h(0)10．且h(1)a20(a0)，所以函数h(x)(1a2)x22x1的一个零点在区间(0,1)，则另一个零点一定在区间[3,2)，„„„„„„4分h(2)0,解之得4a3．„„„„„„故6分h(3)0,32a解法二：(1a2)x22x10恰有三个整数解，故1a20，即1，(1a2)x22x1(1a)x1(1a)x10，第16页共23页111，又因为所以x1，„„„„4分6分01a1a1a143所以2，解之得a．„„„„„31a32（Ⅱ）设F(x)f(x)g(x)1x2elnx，则2F'(x)xex2e(xe)(xe)．xxx所以当0e时，F'(x)0；当xe时，(x)0．xF'因此xe时，取得最小值0，F(x)e,)．„„8分2则与的图象在x处有公共点f(x)g(x)(eee设与存在“分界线”，方程为yk(xe)，f(x)g(x)2即ykxeke，2由f(x)kxeke在xR恒成立，2则x22kxe2ke0在xR恒成立．所以4k4(2kee)4k28ke4e4(ke)202因此ke．„„„11分下面证明g(x)exe(x0)恒成立．2设()elnxxee，则()exee(ex)．xGxGx2所以当0xe时，G'(x)0；当xe时，G'(x)0．因此xe时()取得最大值0，则f(x)exe(x0)Gx2故所求“分界线”方程为：yexe．„„„„„„15分2第17页共23页浙江省2012届重点中学协作体高三第二学期高考仿真试题数学(理科)试题答案及评分参考说明：一、本解答指出了每题要考查的主要知识和能力，并给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则．二、对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后续部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分．三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．四、只给整数分数．选择题和填空题不给中间分．五、未在规定区域内答题，每错一个区域扣卷面总分1分．一、选择题:本题考查基本知识和基本运算．每小题5分,满分50分．(1)A(6)D(2)D(7)A(3)B(8)C(4)C(9)D(5)C(10)C二、填空题:本题考查基本知识和基本运算．每小题4分,满分28分．13(11)(12)(13)(16)(14)(17)i3412237(15)26b272m2三、解答题：本大题共5小题，共72分．(18)本题主要考查三角变换、正弦定理等基础知识，同时考查运算求解能力．满分14分．解：（Ⅰ）因为f(x)1cosx3sinx„„„„„„„„1分12cos(x)，„„„„„„„„2分3所以函数f(x)的周期为2，值域为[1,3]．„„„„„4分（Ⅱ）因为f()1，33所以12cos=，即cos1．1„„„„„„„5分33cos2cos2sin2因为„„„„8分1cos2sin22cos22sincos第18页共23页(cossin)(cossin)cossin，„„„„„„11分2cos2cos(cossin)又因为为第二象限角，所以22．„„„„„„分12sin3122cossin122233所以原式．„„„„14分2cos23(19)本题主要考查等差数列通项、求和公式、数列前n项和与通项的关系等基础知识，同时考查运算求解能力及抽象概括能力．满分14分．解：（Ⅰ）x5(n1)(1)n，322ny3x133n5.P(n,3n5)．„„„„34分4424nnn（Ⅱ）C的对称轴垂直于x轴，n且顶点为P，n∴设C的方程为ya(x2n3)212n5．24n把D(0,n21)代入上式,得a1，„„„„„„7分n∴的方程为yx2(2n3)xn21.„„„„„„8分Cnky|2n3,x0∵n111[],„„10分2(2n1)(2n3)11∴kkn1(2n1)(2n3)n∴1kk11kk2kkn1123n1[(1)()(11111)]257792n12n3=1(1111„„„„„„14分).252n3104n6第19页共23页(20)本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力及运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想及应用意识．满分14分．解：（Ⅰ）法一：易求BD7,BF2,DF900，5,由勾股定理知BFD设点A在面内的射影为O，过A作AGDF于G，连结，BFDDO则AGO为二面角AFDB的平面角.„„„„„„3分在ADF中由面积法易求AG2，„„„„„„5分5由体积法求得点A到面的距离是AO30，BFD10所以sinAGO6，4所以求二面角AFDB的大小正弦值为6„„„„„„7分4法二：易求BD7,BF2,DF由勾股定理知5,BFD900，过A作AGDF于G，又过G作GH//BF交BD于H，连结AH.则易证为二面角AFDB的平面角………………2分AGH.在ADF中由面积法易求AG2，54,于是5DGDF4，从而DG所以GH5421BD57，„„„„„„3分5,BH52在BAD中由余弦定理求得cosABD.„„„„„„4分7再在BAH中由余弦定理求得AH212.„„„„„„5分25最后在AGH中由余弦定理求得cosAGH10，„„„6分4所以求二面角AFDB的大小正弦值为6„„„„„„7分4（Ⅱ）设AC与BD交于O，则OF//CM，„„„„„„8分所以CM//平面FBD，„„„„„„9分当P点在M或C时，三棱锥P—BFD的体积的最小.„„„10分1121sin1203.„„14分32(VPBFD)VVCBFDFBCD6min第20页共23页(21)本题主要考查椭圆的标准方程的求解，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．满分15分．解：（Ⅰ）设M(x,y)，在△中，2，AMB2，ABMAB222根据余弦定理得AMAMBMcos24．„„12分BM即(AMBM)22AMBM(1cos2)4．(AMBM)24AMBMcos24．cos23，所以(AMBM)243而AMBM4.„„„„„„4分所以AM4．BM又AMBM42AB，因此点M的轨迹是以A、B为焦点的椭圆（点M在x轴上也符合题意），a2，c1．所以曲线的方程为x2y21．„„„„„„6分3C4（Ⅱ）设直线的方程为．PQxmy1xmy1由，消去x并整理得(3m24)6my90.①y2x2y2143显然方程①的0，设P(x,y)，Qxy(,)．2211122yyyy则SAPQ12126m9由韦达定理得yy，yy