山东省菏泽学院附中2012届高三下学期5月高考冲刺题数学(理)

高考模拟试题

山东省菏泽学院附中2012届高三下学期5月高考冲刺题数学（理）

本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ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：v sh，其中s表示柱体的底面积，h表示柱体的高. 圆柱的侧面积公式：s cl，其中c是圆柱的底面周长，l是圆柱的母线长. 球的体积公式V=4 R3, 其中R是球的半径.

3球的表面积公式：S=4πR,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

b

2

xy nx y

ii

i 1n

n

xi2 nx

i 1

2

. y bx,a

如果事件A、B互斥，那么P(A B) P(A) P(B).

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，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．集合A y R|y lgx,x 1 ，B 2, 1,1,2 ,则下列结论正确的是 （ ）A．A B 2, 1 C．A B (0, )

B．(CRA) B ( ,0) D．(CRA) B 2, 1

2．设随机变量X服从正态分布N（0，1），P（X>1）= p,则P（X>－1）= （ ） A．p

B．1－p

C．1－2p

D．2p

3．下列命题中正确的是 （ ）

2

A．命题“ x∈R ,x x≤0”的否定是“ x∈2

R ,x x≥0”；

B．命题“p∧q为真”是命题“p∨q为真”的必要不充分条件；

22

C．若“am bm，则a b”的否命题为真；

D．若实数x,y∈[－1,1],则满足x2 y2 1的概率为

． 4

4．如果运行如右图的程序框图，那么输出的结果是 （ ） A．1，8，16 B．1，7，15 C．2，10，18 D．1，9，17

高考模拟试题

5．已知长方形的四个顶点A（0,0）,B（2,0）,C（2,1）和D（0,1），一质点从AB的中点P0沿与AB夹角为 的方向射到BC上的点P1后，依次反射到CD、DA和AB上的点P2、P3和，设P（x4,0），若1 x4 2，则tan 的取值范围是（ ） P4（入射角等于反射角）4坐标为A．（,1）

1

3

B．（,

12

） 33

C．（,

21

） 52

D．（,

22

） 53

6．在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC顶点A（－4，0）和C（4，0），顶点B在椭圆

x2y2sinA sinC

（ ） 1上，则

sinB259

3245A． B． C． D．

4354

a

7． x x R 展开式中x3的系数为10，则实数a等于 （ ）

x

1

A．－1 B． C．1 D．2

2

8．设直线l 平面 ，过平面 外一点A且与l、 都成300角的直线有且只有 （ ） A．1条

B．2条

C．3条

D．4条

9．已知“整数对”按如下规律排成一列： 1,1 ， 1,2 ， 2,1 ， 1,3 ， 2,2 ， 3,1 ，……，则第60个数对是 （ ） 1,4 ， 2,3 ， 3,2 ， 4,1 ，

A． 7,5 B． 5,7 C． 2,10 D． 10,1 10．已知双曲线E的中心为原点，P(3,0)是E的焦点，过F的直线l与E相交于A，B两

点，且AB的中点为N( 12, 15),则E的方程式为 （ ）

5

x2y2

1 A．

36x2y2

1 B．

63x2y2x2y2

1 D． 1 C．

4554

11．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2n 4(a1 a3 ... a2n 1),a1a2a3 27,则a6

A．27

B．81

C．243

D．729

12．设f（x）是定义在R上的奇函数，且f（2）=0,当x>0时，有

xf (x) f(x)

0恒成立，

x2

则不等式x2f(x) 0的解集是 （ ） A．（-2，0）∪（2，+∞） C．（-∞,-2）∪（2，+∞）

B．（-2，0）∪（0，2） D．（-∞，-2）∪（0，2）

高考模拟试题

第Ⅱ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，把答案填写在答题卡中横线上． 13．复数z满足z（2+i）=2i－1,则复数z的实部与虚部之和为 14．若正三棱锥的正视图与俯视图如图所示（单位:cm）,正视

x y 1

图

15．若x,y满足约束条件 x y 1,目标函数z=ax+2y仅在点（1，

的面积为 cm2.

2x y 2

a的取值范围是

俯视图

x2

y2 1的渐近线交16．如图所示，直线x 2与双曲线C:4

于E1,E2两点，记OE1 e1，OE2 e2.任取双曲线C上

的点P，若OP ae1 be2（a、b R），则a、b满足

的一个等式是 .

三、解答题：（本大题共6小题，共74分．解答题应写出文字说明、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，向量P=（sinA,b+c），q=（a－c,sinC

－sinB）,满足p q=p q

（Ⅰ）求角B的大小；

1

（Ⅱ）设m=（sin（C+）,）, n=（2k,cos2A） （k>1）, m n 有最大值为3，

23

求k的值.

高考模拟试题

如图，在底面是正方形的四棱锥P—ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，PC=PD=CD=2.

（I）求证：PD⊥BC；

（II）求二面角B—PD—C的正切值。

高考模拟试题

某校从参加某次知识竞赛的同学中，选取60名同学将其成绩（百分制）（均为整数）分

成6组后，得到部分频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题. （Ⅰ）求分数在[70,80）内的频率，并补全这个频率分布直方图； （Ⅱ）从频率分布直方图中，估计本次考试的平均分；

（Ⅲ）若从60名学生中随机抽取2人，抽到的学生成绩在[40,70）记0分，在[70,100]

记1分，用X表示抽取结束后的总记分，求X的分布列和数学期望.

高考模拟试题

m2x2

0，椭圆C：2 y2 1，F1、F2分别为椭圆C的已知m>1，直线l:x my 2m

左、右焦点.

（Ⅰ）当直线过右焦点F2时，求直线的方程;

（Ⅱ）设直线与椭圆C交于A、B两点，△AF1F2、△BF1F2的重心分别为G、H.若

原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围.

高考模拟试题

x3 x2 bx c,x 1已知函数f(x) 的图象过坐标原点O,且在点( 1,f( 1))处

alnx,x 1

的切线的斜率是 5.

（Ⅰ）求实数b、c的值；

（Ⅱ）求f(x)在区间 1,2 上的最大值；

（Ⅲ）对任意给定的正实数a，曲线y f(x)上是否存在两点P、Q，使得 POQ是以

O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上？说明理由.

高考模拟试题

已知 an 是公差为d的等差数列， bn 是公比为q的等比数列

（Ⅰ）若 an 3n 1，是否存在m,n N*，有am am 1 ak？请说明理由； （Ⅱ）若bn aqn（a、q为常数，且aq 0）对任意m存在k，有bm bm 1 bk，试求

a、q满足的充要条件；

（Ⅲ）若an 2n 1,bn 3n试确定所有的p,使数列 bn 中存在某个连续p项的和式数

列中 an 的一项，请证明.

理科数学答案

一、选择题：本大题共12小题，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． D B C D C D D BBC C D 二．填空题13.1 14.

34

154ab=1

三、解答题：（本大题共6小题，共70分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

（17）（本小题满分12分） 解：（Ⅰ）由条件|p +q |=| p －q |，两边平方得p·q＝0，又

p=（sinA,b+c）,q=（a－c,sinC－sinB）,代入得（a－c）sinA＋（b+c）（sinC－sinB）＝0， 根据正弦定理，可化为a（a－c）+（b+c）（c－b）=0, 即a

2

c2 b2 ac，又由余弦定理a2 c2 b2＝2acosB,所以cosB＝

1

2

，B＝60.

（Ⅱ）m=（sin（C+

=2ksinA+cos而0<A<

2

1）,32

A-

）,n=（2k,cos2A） （k>1）,m·n=2ksin（C+

2

1

）+

2312

cos2A=2ksin（C+B） +

12

cos2A

12

=-sinA+2ksinA+

12

=-(sinA k)

2

k2+

（k>1）.

2 3

,sinA∈（0,1],故当sin＝1时，m·n取最大值为2k-

1

2

=3,得k＝

74

.

（18） （本小题满分12分）方法一：

（I）证明：∵平面PCD⊥平面ABCD，又∵平面PCD∩平面ABCD=CD，

BC在平面ABCD内 ，BC⊥CD，∴BC⊥平面PCD. ∴PD⊥BC. …………6分 （II）解：取PD的中点E，连接CE、BE，

PDC

为正三角形， CE DP.

由（I）知BC⊥平面PCD，∴CE是BE在平面PCD内的射影， ∴BE⊥PD.

∴∠CEB为二面角B—PD—C的平面角. …………9分 在 ABC

中BC, BCE 90 ,BC 2,CE ,

tan CEB

CE

…………12分

方法二：（I）证明：取CD的中点为O，连接PO， ∵PD=PC，∴PO⊥CD，∵平面PCD⊥平面ABCD， 平面PCD∩平面ABCD=CD，∴PO⊥平面ABCD，

如图，在平面ABCD内，过O作OM⊥CD交AB于M， 以O为原点，OM、OC、OP分别为x、y、z轴， 建立空间直角坐标系O—xyz，

由B（2，1，0），C（0，1，0），D（0，-1，0），P(0,0,

)

…………4分

高考模拟试题

PD (0, 1, ),BC ( 2,0,0). 0, .

PD BC;…6分

（II）解：取PD的中点E，连接CE、BE，则E(0,

CE PD.

13,), 22

),

PCD为正三角形， ( 2,2,0), ( 2, 1,

|BD| |BP| 22. BE PD.

CEB为二面角B—PD—C的平面角.

333

(2,, ), (0,, ),

2222

…………9分

21

cos BEC .

7 tan CEB

BC …………12分 CE

（19）（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）设分数在[70,80）内的频率为x,根据频率分布直方图，则有

（0.01＋0.015×2+0.025+0.005）×10+x=1,可得x=0.3,所以频率分布直方图如图所示. （Ⅱ）平均分为：

x 45 0.1 55 0.15 65 0.15

75 0.3 85 0.25 95 0.05 71.

（Ⅲ）学生成绩在[40,70）的有0.4×60=24人， 在[70,100]的有0.6×60=36人，并且X的 可能取值是0，1，2.

1122

C24C36C36C2446144105

则P(X 0) 2 ;P(X 1) ;P(X 2) .22

C60295C60295C60295

所以X的分布列为

46

∴EX＝0×295 ＋1×

（20）（本小题满分12分） 354

144105

295 ＋2×295 ＝

m2m2295

0经过点F

2解：（Ⅰ）因为直线l:x my 0），

22

又因为m>1

，所以m

，故直线的方程为x 1 0.

，得m

2

2.

m2

x my m2 22

1 0， （Ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2)，由 ，消去x，得2y my 2

4 x y2 1

m2

m2mm21222

1) m 8 0，知m<8,且有y1 y2 ,y1y2 , 则由 m 8(4282

x1y1x2y2

G(,),H(,)，

由题意知O为F的中点.由可知FAG 2GO,BH 2HO,12

3333

高考模拟试题

(x1 x2)2(y1 y2)2x x2y1 y2

, 从而|GH| ，设M是GH的中点，则M（16699

2

）. 所

以

由题意可知，2|MO|<|GH|,

x1 x22y1 y22(x1 x2)2(y1 y2)2

4[() ()]< ,x1x2 y1y2<0,

6699

m2m2m212

)， 而x1x2 y1y2＝（my1 ）（my2 ） y1y2＝(m 1)(

2282

m21

<0,即m2 4. 又因为m>1且 >0,从而1<m<2,故m的取值范围是（1，2）. 所以

82

（21）（本小题满分12分）

1时，f(x) x3 x2 bx c，则f (x) 3x2 2x b。

f(0) 0 c 0

依题意得： ，即 解得b c 0

f ( 1) 5 3 2 b 5

解：（Ⅰ）当x（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

x3 x2,x 1

f(x)

alnx,x 1

3

①当 1

x 1时，f (x) 3x2 2x 3x(x 2)，令f (x) 0得x 0或x f (x),f(x)的变化情况如下表：

2 3

当x变化时，

又

，f(0) 0。∴f(x)在[ 1,1)上的最大值为2. f( 1) 2，f()

327

②当1 x 2时, f(x) alnx.当a 0时, f(x) 0,f(x)最大值为0； 当a 0时, f(x)在[1,2]上单调递增。∴f(x)在[1,2]最大值为aln2。

2

综上，当aln2 2时，即a 时，f(x)在区间 1,2 上的最大值为2；

ln22

当aln2 2时，即a 时，f(x)在区间 1,2 上的最大值为aln2。

ln2

（Ⅲ）假设曲线y f(x)上存在两点P、Q满足题设要求，则点P、Q只能在y轴两侧。

32

不妨设P(t,f(t))(t 0)，则Q( t,t t)，显然t 1

∵

POQ是以O为直角顶点的直角三角形，∴ 0

2

即 t若0

f(t)(t3 t2) 0 （*）若方程（*）有解，存在满足题设要求的两点P、Q；

若方程（*）无解，不存在满足题设要求的两点P、Q.

t 1，则f(t) t3 t2代入（*）式得： t2 ( t3 t2)(t3 t2) 0 42

即t t 1 0，而此方程无解，因此t 1。此时f(t) alnt，

1232

代入（*）式得： t (alnt)(t t) 0 即 (t 1)lnt （**）

a1

令h(x) (x 1)lnx (x 1)，则h (x) lnx 1 0

x

高考模拟试题

∴h(x)在[1, )上单调递增， ∵ ∴对于a

t 1 ∴h(t) h(1) 0,∴h(t)的取值范围是(0, )。

0，方程（**）总有解，即方程（*）总有解。

因此，对任意给定的正实数a，曲线y f(x)上存在两点P、Q，使得 POQ是以O为直角顶点的直角

三角形，且此三角形斜边中点在y轴上。 22.解（1）由am

4

am 1 ak,得6m 6 3k 1，整理后，可得k 2m , m、k N，

3

k 2m为整数 不存在n、k N ，使等式成立。

（2）当m 1时，则b1 b2 bk, a2 q3 aqk

a qk 3,即a qc，其中c是大于等于 2的整数

反之当a qc时，其中c是大于等于 2的整数，则bn qn c， 显然bm bm 1 qm c qm 1 c q2m 1 2c bk，其中k 2m 1 c

a、q满足的充要条件是a qc，其中c是大于等于 2的整数

（3）设bm 1 bm 2 bm p ak当p为偶数时，(*)式左边为偶数，右边为奇数，

3m 1(1 3p)

2k 1，当p为偶数时，由(*)式得整理得3m 1(3p 1) 4k 2 (*)式不成立。

1 3

当p 1时，符合题意。当p 3，p为奇数时，

3p 1 (1 2)p 1

0122pp Cp C1p 2 Cp 2 Cp 2 1122pp C1p 2 Cp 2 Cp 2

2 C C 2 C 2

1

p

2p

pp

p 1

222pp 2

2 2C C 2 C 2 p ppp

由3m 1(3p 1) 4k 2，得

222pp 2

3m 1 2C C 2 C 2 p ppp 2k 1

当p为奇数时，此时，一定有m和k使上式一定成立。 当p为奇数时，命题都成立。

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