2012年师大附中高考模拟考试理科

2012年福建师大附中高 （理科1F(x)

f(x)Rf(xf'(xf'(x)f(x)x恒成立，则 f(2)e2f(0),f(2012)e2012f

f(2)e2f(0),f(2012)e2012ff(2)e2f(0),f(2012)e2012f D.f(2)e2f(0),2、的值为）C.1D.013、如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为 Ｂ． 4、如右图所示的程序框图，若输出的S是30，则①可以为 A．nB．nC．nD．n5、Py2sin(x)(xR,0)图象的最高点，M，N是该图象与x轴的交点，若PMPN0，则的值为( C. D. 6、，和两条不重合的直，，在下列四个命题中的是）A．若∥，⊥，则 Ｂ．⊥，⊥，则∥C．若∥ ，则 D．若⊥，∥ ，则7、对于数列{an}a14an1

f(an

n1,2，则a2012等于 x12345f54312 8、m2”是直线(m2)xmy10与直线(m2)xm2)y3f(x)sinxsin(x)xRf(x是最小正周期为3③已知x2

xx

④1111

111≥1113242 3242 1 3 ①f(x=0是常数函数中唯一个—伴随函数”f(xx2是一个—伴随函数③“1—伴随函数”至少有一个零点 ④f(x)2

其中的序号 （写出所有结论的序号15、已知函数f(x)log2x,x0，则f(f(1))flog1的值

1,x 216 (Ⅰ)求矩阵M的逆矩阵M1(Ⅱ)设直线lMm：2x－y=4，求l （2已知直线的极坐标方程为sin( )

x2M

（其中为参数. y2（Ⅱ）f(x)|x1||x3|求xf(x若关于xf(xa0a17某批发市场对某种商品的日销售量（单位：吨）5012aba,b①521.52千元，表示该种商品两天销售利润的和（单位：千元18、如图,是边长为的正方形， 平面，，， 所成角为.(Ⅰ)求证：平面(Ⅱ)求二面角的余弦值（Ⅲ）设点是线段上一个动点，试确定点的位置，使得平面，并证明你的结论19l充分利用现有材料，边BC，CD用一根5米长的材料弯折而成，边BA，AD用一根9米长的材料弯折而成，要求∠A和∠CAB＝BC．设AB＝x米，cosA＝f(x)，求f(x)的解析式，并x的取值范围求四边形ABCD面积的最大值lBlBDC(18题图20M：(x

5)2y236N(50PM上的动点，点QNP上，点GNP2NQ,GQNP0GC的直线l，使四边形OASB的对角线相等（即｜OS｜＝｜AB｜）？若存在，求出直线l的方程；若不存在，21、如下图，过曲线Cy

作曲线C的切线l0x轴于点Q1

，又过Q1作轴的垂线交曲线CP1(x

作曲线C的切线l1交x轴于点Q2 ，过Q2作x轴的垂线交曲线C于点P2(x2,y2)

x轴相交于

0，再过点

x轴的垂线交曲线CPn1

（ ．(1)2数列2

的通 ；(2)设曲线C与切线ln及直线Pn

Sn

Sn(3)在满足(2)的条件下,若数列{S的前n项和为

(nN*) 2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、1314、15、16

b1

1

b

0解:(Ⅰ)设M d,则有

d1=1, d1=2 ab 2ab 所以cd1,且2cd2 a解得b解得c 所以M= 2,从而M 1从而M

= 1 - 2 2x x2y (Ⅱ)因为y 4y 且m：2x x+4=0,l解:（Ⅰ）sin 42 42 2sincos2

2,sincos1.xy1202Mx2y202M(0,2xy10d

3223M32解

x[3,1f(x（Ⅱ）法一：画图，由（1）f(x

x1x3

x1(x3)x1x3x[3,1f(x4，则实数a的取值范围为a4．17 解：(1)求得a0.5b(2)1.5p5X1.5X5P(X2)C20.52(10.5)354,5,6,7,8P(40.22P(5)20.20.50.2，P(6)0.5220.20.3P(7)20.30.50.3，P(8)0.32的分布列 E40.0450.260.3770.380.0918、(Ⅰ)证明：因为 平面，所以.因为是正方形，所以，BDDE从而平面(Ⅱ)解：因为两两垂直所以建立空间直角坐标系如图所示与平面所成角.，可知，.，，，，，，令， . ，所以为平面 的法向量，， 的余弦值为. 上一个动点，设.则因为平面，所以，即，解得此时， 坐标 ，，符合题意、（1）同理，在△CBD中，BD2＝CB2+CD2－2CB·CD·cosC．因为∠A和∠C互补，x2+(9－x)2－2x(9－xcosA＝x2+(5－x)2＋2x(5－x2解

f

四边形ABCD的面 S＝(AB·AD+

[x(5－x)+x(9－x)]2

2 x2－4)(7－x)2＝(x2－4)(x

)＝g(x)＝(x2－4)(g′(x)＝2xx2－14x＋49)＋(x2－42x－14)＝2(x－7)(2x2－71解得x＝4(x＝72

g(xg(4)＝12×9＝108．S108＝6ABCD6lBlBDC(18题图20

NP1

GQPN

的中点 GQPN的中垂线∴|GN|+|GM|=|MP|=6，故G点的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，其长半轴长a3，半焦距c 52b=2G29

y2141（2）因为OSl使得|

OASB|=|AB|OASB为矩形OAx x若l的斜率不存在，直线l的方程为x=2，由 得xy1y2 OAOB160,与OAOB 9llyk(x2A(x1y1B(x2y2yk(x y

y1y2[k(x12)][k(x22

20kk[x1x22(x1x2)4]9k2 把①、②代入x1

y1

0得k3l3x2y60或3x2y60使得四边形2OASB的对角线相等21、(1)解:由yex，设直线l的斜率为k，则knen yx1 y∴直∴直线0的方程 得x1

∴y1e

∴k1e1 y∴直线l的方程为y11(x1).令y0，得x nn一般地，直线lyexnexn(xxnn由于点Qn1 在直线ln上，∴xn1 ∴数列∴xn

是首项为.

，公差为

的等差数列（2）

exdx1(x

)y

1

(enen1)1 e21

2 证明 …8∴Tn1

1

ee

1

e

n，n

(n 1

en1 en1 Tn1xn1，只要证明e11，即只要证明en1e

.9 1（①当n时，显然(e1)20e22e1e2e1e②假设nk时，ek1(e 成立，则当nk1时，ek2eek1 而e[(e1)ke[(e1)(k1ee1)2k10∴e[(e1)ke](e1)(k1)e.∴ek2(e1)(k1)enk1时，也成立.Tn1xn1对一切

N*都成立.…14

Cn1(e0

(e1)