2012届高三第二次调研考试理数

韶关市2012届高三数学试数学试题（理科4,21150120内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；使用铅笔和涂改液.不按以

V

，其中S为锥体的底面面积h为锥体的高8540若复数i(1ai)是纯虚数，则实数a的值是 1

0或xA{x|x|2xRB{xx

2,xZ

,则 （BA. B. C. D.B设a22.5,b2.50,c

2.5，则a,bc的大小关系是（C2a

c

a

b1

C

D.设向量a10b

1(,2

，则下列结论正确的是 aaab22a∥

ab与b15P（图从如图所示的长方形区域内任取一个点M

Mxy5≥xy满足约束条件xyy≤

z2x4y的最小值是 f(x)

x1x1f(x

对任意实数a0a2aa2aa(二)选做题(14～15考生只能从中选做一题)14（如图，AD

是圆;

的直径，ADDE

AB8BD615．(坐标系与参数方程选做已知直线l方程是x

坐标系，圆C1，则圆C上的点到直线l三、解答题:本大题共6小题,满分80分,解答须写出文字说明、证明过程或演16.12已知等比数列an的前n项和为Sn

a11S12S23S3求数列

通 设bnann，求数列bnn项和Tn3×4×5601×1×11.（１）求0（２）求5(1ABCD

，AD

,

BC2BD2

交于O点，沿

与平面所成角为

OABMOABBODO

AO

C N在ABC中三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c其中c2，且cosAb cos ABC6，设圆OABC

-

PAC CPCP2在直角坐标系xOy中动点P与定点F(1,0)的距离和它到定直线x2的距离之比 2P的轨迹为CQ是动圆Cx2y2r2(1r2) 求动点P的轨迹C1的方程2设曲线CA(xy2

F ACx轴的交点为TBTk若直线PQ与C1和动圆

P、QPQf(x)ln(x1mxx0f(x（１）求实数m（２）f(x)ln(x1mx在区间(ab内导数都存在，且a1

(abfx0

f(b)f(a).试用这个结论证明：若1 ，bg(x)

f(x1f(x2(xxf(xx(xxf(x)g(xx （３）已知正数12,Ln，满足12Ln1n2nN意大于

，且互不相等的实数x1x

，都有f(1x12x2

nxn)

f(x) 2012理科)一．选择题：CACBD

（2分 （3分）

(x1)2y2

(,[3[3,2

2680216．(本题满分14解（1）设数列an的公比为q 1若q1S1a11，2S2

，3S3

S13S31022S2知，故q1 2a(1qn 从而得Sn

4由S，2S2，3S成等差数列，得S13S 1即13 41q

1，1解得q 51所以

aqn11313

6（2）由（１）ban

7 所以Tn(a11)(a22) (anb(1qn Sn(12 n) 1

10211

(3)(1n)n3nn 1 3

1217．(本题满分12（）60个1×1×16 P(0)

（3P(0)

P(

P(

P(3)10

…（70123p121E=0×1+1×11+2×2 =

（10…（12 ABABO18(本题满分14分) OO N（1）不变，所以∠AMDABNMMNCD的平面角，依题意，所以∠AMD=60o， 22

，由题可知BO=OD=，由勾股定理可知三角形BOD是直角三角形，所以BO⊥ 5解（２）E，FBD，CDEFCD,OFCD,，CDOEF,OEBO=OD，所以OE

OE

OEBODBOD⊥ 8所以OH是AO在平面BOD的投影，所以∠AOH为所求的角,即AO与平面BOD所成角 11AHB2 AHB 2所以sin∠AOH=（14分

6，0，0，D（0， ，2，O（，2222222

6所以 （6

，

DO（0，

，BODO0，BO⊥DO（5（2）BODnxyz，可得

6x222

+z 22yz=0，y2

x

6z2n

6,2,O62又 （ ， 62AOBODsincos

AO,nAO,n3PDACBQ19．(本题PDACBQ证明：由正弦定理得cosAsinB 2 sin整理为sinAcosAsinBcosB，即sin2Asin02A2B

3∴2A

或2A2B，即AB或AB 62b 3 ABAB 由AB可知C，∴ABC是直角三角 6 3由(1)及c ，得a，b 73设PAB

，则PAC

8在 中，PAAB 所 1PAACsin()12cos3sin(

3cossin( 63 3cos3

3cossin

103cos23sin2

31cos 3(3sin21cos2) 3sin(2)

12因 所

2 当2

，即3

14420．(本题满分14(x(x1)222（1） 1分2 3分2x2x故轨迹C12

2（2）由已知可得AF 2(2x)，BF2

，CF 222因为2BFAFCF

2(2x) 2(2x)2 2(21) 即得x1x22 5分故线段AC的中点为(1,y1y2)，其垂直平分线方程为yy1y2x1 ， AC在椭圆上，故有12

2x1，2x2

6 2 得： 22将①代入③，化简得x1

③2(y1y2)

y 7y x 将④代入②，并令y0得，x1，即T的坐标为(1,0)。 8分 22所以2

12

9Px1,y1、Qx2y2，直线PQ的方程为ykx 因为P既在椭圆C1上又在直线PQ上，从而有x y1将（1）代入（2）得2k21x24kmx2m211PQ与椭圆C相切，故4km241

从而可得m212k2

1m1

同理，由Q既在圆CPQ

mmr1k，x2mr2

k2

12（3 ，xx PQ2xx2yy21

xr2

k22r2

2r2r2

r212r2 22r2r2 23r2

13PQ

r2

2故P、Q两点的距离PQ的最大 14分221．(本题满分14（１）

x

mf(0)0m1f(x)

.xx(10)f(x)0f(x在区间(10上单调递增；x(0f(x)0f(x在区间(0上单调递减.函数f(x)在x0处取得极大值，故m 3（２）令h(x)

f(x)g(x)

f(x)

f(x1)f(x

4则h(x)

f(x)

f(x).Q函数f(x)在x(x1,x2)上可导，存在x0(x 11f(x011

f(x1) Qf(x)

x

1，h(x)

f(x)f(x0) Q当x(x1,x0)时，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)h(x1)0；Q当x(x0,x2)时，h(x)0，h(x)单调递减，h(x)h(x2)0；故对任意x(x1,x2)，都有f(x)g(x) 8分①当n2Q121，且10201x12x2(x1x2，由（Ⅱ）f(x)g(xf(xx)

f，1 2当n2时，结论成立 9②假设当

nk(k

时结论成立，即当

L 时，

x

.当n

数12,Lk1满足

k1