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（山东师大附中）2012高考理科数学冲刺题+答案

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（山东师大附中）2012高考理科数学冲刺题+答案文字介绍:{|01}xx{|02}xx{|1}xx1zii山东师大附中2012届高三下学期4月冲刺题理科数学本试卷分第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：vsh，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：scl，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=34R3,其中R是球的半径.球的表面积公式：S=4πR2,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1221ˆˆˆ,niiiniixynxybaybxxnx.如果事件AB、互斥，那么()()()PABPAPB.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，共60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．已知实数集R，，则（）A．B．C．D．2．i为虚数单位，则复数的虚部是（）A．2iB．2iC．2D．—23．设随机变量服从正态分布3,4N，若232PaPa，则a的值为A．73B．53C．5D．34．已知函数32120fxxaxxaa，则2f的最小值为（）A．3122B．16C．288aaD．1128aa5．设a、b是两条不同直线，、是两个不同平面，则下列命题错误的是（）A．若a，//b，则abB．若a，//ba，b,则C．若a，b，//,则//abD．若//a，//a，则//2(20)()2cos(0)2xxfxxx22221(0,0)xyabab6．若把函数3cosyxsinx的图象向右平移m（m＞0）个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是（）A．3B．23C．6D．567．如图,若程序框图输出的S是126,则判断框①中应为（）A．?5nB．?6nC．?7nD．?8n8．ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，2AOABAC且OAAB，则向量BA在向量BC方向上的投影为（）A．21B．23C．21D．239．已知数列{}na满足*331log1log()nnaanN且2469aaa，则15793log()aaa的值是（）A．5B．51C．5D．5110．函数的图象与x轴所围成的封闭图形的面积（）A．3B．72C．92D．411．已知双曲线的方程为，过左焦点F1作斜率为33的直线交双曲线的右支于点P，且y轴平分线段F1P，则双曲线的离心率是（）A．2B．51C．3D．2312．已知21xx、分别是函数的两个极值点，且)1,0(1x,)2,1(2x,则12ab的取值范围是（）A．)41,(),1(B．)41,1(C．)2,41(D．)1,41(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，将答案填在题后的横线上．）13．关于x的二项式41(2)xx展开式中的常数项是。14．把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD平面CBD，形成三棱锥ABDC的正视图与俯视如右图所示，则侧视图的面积为　　　　　　　。15．在区间[0，10]内任取两个数，则这两个数的平方和也[来在[0，10]的概率为。16．若实数a满足)(|2||1|Rttta恒成立，则函数256afxlogxx的单调减区间为。三、解答题：本大题共6小题,共74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）已知函数231()sin2cos().22fxxxxR（I）求函数()fx的最小值和最小正周期；（II）设△ABC的内角,,ABC对边分别为,,abc，且3,()0cfC，若(1,sin)mA与(2,sin)nB共线，求,ab的值．A1B1C1ABCM3213,218．（本小题满分12分）如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a，点M在边BC上，△AMC1是以点M为直角顶点的等腰直角三角形。（Ⅰ）求证点M为边BC的中点；（Ⅱ）求点C到平面AMC1的距离；（Ⅲ）求二面角M—AC1—C的大小。19．（本小题满分12分）某单位在2012春节联欢会上举行一个抽奖活动：甲箱中装有3个红球，2个黑球，乙箱中装有2个红球4个黑球，参加活动者从这两个箱子中分别摸出1个球，如果摸到的都是红球则获奖．（Ⅰ）求每个活动参加者获奖的概率；（Ⅱ）某办公室共有5人，每人抽奖1次，求这5人中至少有3人获奖的概率．20．（本小题满分12分）已知椭圆)0(12222babyax的离心率为e=，且过点（）（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设直线l：mkxy)0,0(mk与椭圆交于P，Q两点，且以PQ为对角线的菱形的一顶点为（1，0），求：△OPQ面积的最大值及此时直线l的方程．21．（本小题满分12分）已知函数lnfxaxxx的图象在点ex（e为自然对数的底数）处的切线斜率为3．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）若kZ，且对任意1x恒成立，求k的最大值；（Ⅲ）当4nm时，证明mnnmmnnm．22．（本小题满分14分）已知曲线:1,Cxy过C上一点(,)nnnAxy作一斜率为12nnkx的直线交曲线C于另一点111(,)nnnAxy，点列nA的横坐标构成数列nx，其中1117x．（I）求nx与1nx的关系式；（II）令nb1123nx，求证：数列nb是等比数列；（III）若3nnncb（λ为非零整数，n∈N*），试确定λ的值，使得对任意n∈N*,都有cn+1＞cn成立。理科数学参考答案题号123456789101112答案ACABDCBAADCD一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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．）二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，将答案填在题后的横线上．）13．2414．4115．4016．2,三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．解：（I）∵31cos21()sin2sin(2)12226xfxxx-------------2分∴函数()fx的最小值为-2，当且仅当5,6xkkZ时取得，最小正周期为22T．--------4分（II）由题意可知，()sin(2)10,sin(2)166fCCC，∵0C∴112666C∴2,623CC．--------------------6分∵(1,sin)mA与(2,sin)nB共线∴1sin2sinAaBb①----------8分∵222222cos33cabababab②-----10分由①②解得，1,2ab．----------------12分18．（Ⅰ）∵△AMC1为以点M为直角顶点的等腰直角三角形，∴AMC⊥1M且AM=C1M∵三棱柱ABC—A1B1C1，∴CC1⊥底面ABC∴C1M在底面内射影为CM，AM⊥CM。∵底面ABC为边长为a的正三角形，∴点M为BC边的中点--------------------4分（Ⅱ）过点C作CHMC⊥1，由（Ⅰ）知AMC⊥1M且AMCM⊥，AM∴⊥平面C1CMCH∵在平面C1CM内，∴CHAM⊥，CH∴⊥平面C1AM由（Ⅰ）知，131,22AMCMaCMaCC且⊥BC∴221312442CCaaa∴1121622632aaCMCMCHaCMa∴点C到平面AMC1的距离为底面边长为66a-------------------8分（Ⅲ）过点C作CI⊥AC1于I，连HI，∵CH⊥平面C1AM，∴HI为CI在平面C1AM内的射影，HIAC∴⊥1，∠CIH是二面角M—AC1—C的平面角，在直角三角形ACC1中，626sin233aCHCIHCICIH=45°∴∠，∴二面角M—AC1—C的大小为45°19.解：（Ⅰ）设事件1A表示从甲箱中摸出红球，事件2A表示从乙箱中摸出红球．因为从甲箱中摸球的结果不影响从乙箱中摸球的结果，所以1A和2A相互独立．12321,,563pApA所以121231()()()0.253PPAAPAPA（获奖）．————7分（Ⅱ）设X为5人中获奖的人次，则(5,0.2)XB，—————————9分(3)(3)(4)(5)PXPXPXPX33244555550.2(10.2)0.2(10.2)0.2CCC1813125．所以，5人中至少有3人获奖的概率为1813125．————————12分20．解：（Ⅰ）∵e=32c=∴32ab∴2=a2-c2=21a4故所求椭圆为：222241xyaa又椭圆过点（13,2）∴22311aaa∴2=4．b2=1∴2214xy……………（4分）（Ⅱ）设P（x1,y1）,Q（x2,y2）,PQ的中点为（x0,y0）将直线y=kx+m与2214xy联立得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0222216(41)0,41kmkm即①又x0=12120224,214214xxkmyymykk……………………（6分）又点［-1，0）不在椭圆OE上，依题意有0001,(1)yxk整理得3km=4k2+1②………………………………（7分）由①②可得k2＞15，∵m＞0,k∴＞0,k∴＞55…………………（8分）设O到直线l的距离为d，则SOPQ△=22222116(41)1122141kkmmdPQkk=222242(41)(51)2112099kkkkk……………………（10分）当211,2OPQk时的面积取最大值1，此时k=322,,2m∴直线方程为y=3222x…………………………（12分）21．（1）解：因为lnfxaxxx，所以ln1fxax．…………………1分因为函数lnfxaxxx的图像在点ex处的切线斜率为3，所以e3f，即lne13a．所以1a．……………………………2分（2）解：由（1）知，lnfxxxx，所以1fxkx对任意1x恒成立，即ln1xxxkx对任意1x恒成立．………………………3分令ln1xxxgxx，则2ln21xxgxx，…………………………………4分令ln2hxxx1x，则1110xhxxx，所以函数hx在1,上单调递增．……………………………………………5分因为31ln30,422ln20hh，所以方程0hx在1,上存在唯一实根0x，且满足03,4x．当01()0xxhx时，，即()0gx，当0()0xxhx时，，即()0gx，………………6分所以函数ln1xxxgxx在01,x上单调递减，在0,x上单调递增．所以000000min001ln123,411xxxxgxgxxxx．…………7分所以0min3,4kgxx．故整数k的最大值是3．………………8分（3）证明1：由（2）知，ln1xxxgxx是4,上的增函数，……………9分所以当4nm时，lnln11nnnmmmnm．……………………………………10分即11ln11lnnmnmnm．整理，得lnlnlnlnmnnmmmnmnnnm．因为nm，所以lnlnlnlnmnnmmmnmnn．即lnlnlnlnmnmmnnnmmn．即lnlnmnmmnnnmmn．所以mnnmmnnm．………………12分证明2：构造函数lnlnlnlnfxmxxmmmxmxx，…………………………9分则1ln1lnfxmxmmm．……………………………………10分因为4xm，所以1ln1ln1ln0fxmmmmmmm．所以函数fx在,m上单调递增．因为nm，所以fnfm．所以lnlnlnlnmnnmmmnmnn22lnlnlnln0mmmmmmmm．即lnlnlnlnmnnmmmnmnn．即lnlnlnlnmnmmnnnmmn．即lnlnmnmmnnnmmn．所以mnnmmnnm．…………………………………………12分(1)22.解：过(,)nnnAxy的直线方程为1()2nnnyyxxx联立方程1()21nnnyyxxxxy消去y得21()1022nnnnxxyxx∴12nnnxxx即12nnnxxx（2）11112321113223233(2)2111111322323233(2)nnnnnnnnnnnnnnnxxxxbxxxxxbxxxx∴nb是等比数列1111223bx，2q;（III）由（II）知，(2)nnb，要使1nncc恒成立由1113(2)nnnncc3(2)nn=233(2)nn＞0恒成立，即（－1）nλ＞-（23）n－1恒成立．ⅰ。当n为奇数时，即λ<（23）n－1恒成立．又（23）n－1的最小值为1．∴λ<1．10分ⅱ。当n为偶数时，即λ>－（23）n-1恒成立，又－（23）n－1的最大值为－23，∴λ>－23．11分即－23<λ<1，又λ≠0，λ为整数，∴λ＝－1，使得对任意n∈N*,都有1nncc．12分

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