当前位置：老师板报网 > 文库资料 > 试卷下载 > 数学试卷 >

江西师大附中2012年高三5月模拟考试数学(理科)试卷+答案

已阅读完毕，您还可以下载文档进行保存

下载文档

《江西师大附中2012年高三5月模拟考试数学(理科)试卷+答案》是由用户上传到老师板报网，类型是数学试卷,大小为1.18 MB，总共有9页，格式为doc。授权方式为VIP用户下载，成为老师板报网VIP用户马上下载此课件。文件完整，下载后可编辑修改。更多关于请在老师板报网直接搜索

江西师大附中2012年高三5月模拟考试数学(理科)试卷+答案文字介绍:江西师大附中2012年高三5月模拟考试理科数学试卷命题人：高三数学备课组一、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，有且只有一项符合题目要求。1．复数212mizi（,mRi是虚数单位）在复平面上对应的点不可能位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．已知函数2log,0()91,0xxxfxx，则31((1))(log)2fff的值是（）A．2B．3C．5D．73．对四组数据进行统计，获得以下散点图，关于其线性相关系数比较，正确的是（）线性相关系数为1r线性相关系数为2r线性相关系数为3r线性相关系数为4rA．24310rrrrB．42130rrrrC．42310rrrrD．24130rrrr4．已知三棱锥的主视图与俯视图如下图，俯视图是边长是2的正三角形，那么该三棱锥的左视图可能为（）5．已知圆22:4Oxy与x轴的正半轴相交于A点，CD、两点在圆O上，C在第一象限，D在第二象限，CD、的横坐标分别为108135、-，则劣弧CD所对圆心角的余弦值为（）A．1665B．1665C．5665D．56656．五位同学参加某作家的签字售书活动，则甲、乙都排在丙前面的方法有（）A．20种B．24种C．40种D．56种7．已知动点(,)Pxy满足1253yxyxy…11„5x…，点(1,1)Q，O为坐标原点，OPOPOQ，则实数的取值范围是（）A．105,55B．510,55C．105,55D．510,558．已知函数23420122013()123420122013xxxxxfxx,234()1234xxxgxx2012201320122013xx，若函数()fx有唯一零点1x，函数()gx有唯一零点2x，则有（　　）A．12(0,1),(1,2)xx　　　　　　　　　B．12(1,0),(1,2)xx　C．12(0,1),(0,1)xx　　　　　　　D．12(1,0),(0,1)xx9．过双曲线22221(0)xybaab的左焦点(,0)(0)Fcc作圆222xya的切线，切点为E,延长FE交抛物线24ycx于点P，O为坐标原点，若1()2OEOFOP，则双曲线的离心率为（　　）A．332B．152C．52D．13210．对数列{}na，如果*kN及12,,,kR，使1122nknknkknaaaa成立，其中*nN，则称{}na为k阶递归数列．给出下列三个结论：①若{}na是等比数列，则{}na为1阶递归数列；②若{}na是等差数列，则{}na为2阶递归数列；③若数列{}na的通项公式为2nan，则{}na为3阶递归数列．其中正确结论的个数是（）A．0B．1C．2D．3二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填写在答题卡上11．执行右面的程序框图，若输出的2k，则输入的x的取值范围是_______.12．定义区间],[21xx)(21xx的长度为12xx，已知函数|log|21xy的定义域为],[ba，值域为]2,0[，则区间],[ba长度的最大值与最小值的差为.13．已知dxxa06cos2，则二项式52xax的展开式中x的系数为______________.14．已知函数()tan()(0,)2fxAx满足3(0)1,()0,()08fffm,且38m的最小值为2，则()24f__________.三、选做题（本大题共两小题，任选一题作答，若两题都做，则按所做的第①题给分，共5分）15．①(极坐标与参数方程选做题)已知曲线C的极坐标方程是4cos.以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l的参数方程是：21222xtyt（t为参数），则直线l与曲线C相交所成的弦的弦长为．②(不等式选做题)对于实数,xy，若11,21xy„„，则21xy的最大值为________．四、解答题：本大题共6小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。16．（本小题满分12分）在ABC中，角ABC、、的对边分别为abc、、，满足22sinsincos2,.aABbAaCACBa（1）求角C的大小；（2）若22c，求ABC的面积S.17．（本小题满分12分）某车站每天上午发出两班客车（每班客车只有一辆车）。第一班客车在800∶，820∶，840∶这三个时刻随机发出，且在800∶发出的概率为14，820∶发出的概率为12，840∶发出的概率为14；第二班客车在900∶，920∶，940∶这三个时刻随机发出，且在900∶发出的概率为14，920∶发出的概率为12，940∶发出的概率为14．两班客车发出时刻是相互独立的，一位旅客预计810∶到站．求：（1）请预测旅客乘到第一班客车的概率；（2）求旅客候车时间的分布列和数学期望。18．（本小题满分12分）在如图所示的空间几何体中，平面ACD平面,ABCABBCCADADC=2BE,BE和平面ABC所成的角为060，且点E在平面ABC上的射影落在ABC的平分线上.（I）求证：//DE平面;ABC（II）求二面角EBCA的余弦值19．（本小题满分12分）已知函数()ln()fxaxxaR．（1）求()fx的单调区间；（2）设2()21gxxx，若对任意1(0,)x，总存在20,1x，使得12()()fxgx，求实数a的取值范围．20．（本小题满分13分）已知椭圆C：22221(0)xyabab的离心率为63，过椭圆C的右焦点F且斜率为1的直线l交椭圆于,AB两点，N为弦AB的中点，O为坐标原点。（1）求直线ON的斜率ONk；（2）对于椭圆上的任意一点M，试证：总存在，使得等式cossinOMOAOB成立.21．（本小题满分14分）已知na是公差为d的等差数列，nb是公比为q的等比数列.（Ⅰ）若31nan，是否存在,mkN，有1mmkaaa？请说明理由；（Ⅱ）若nnbaq（aq、为常数，且0aq），对任意mN，存在kN，有1mmkbbb，试求aq、满足的充要条件；（Ⅲ）若21,3nnnanb，试确定所有的pN,使数列nb中存在某个连续p项的和为数列中na的某一项，请证明.[江西师大附中2012年高三数学（理）模拟试卷答案题号12345678910答案ADADBCDBBD11．2141x„12．313．8014．315．（1）14（2）516．解：（1）由正弦定理有22sinsinsincos2sinABBAA，sin2sinBA，2ba.由222,cos,cos,.24CACBabaCaCC…………………6分（2）由余弦定理有22222222cos222,2cababCaaaaa22,24acba112sin2244.222SabC…………12分17．解：（1）第一班若在8∶20或8∶40发出,则旅客能乘到，其概率为113244P…………………………………………………………………………5分（2）旅客候车时间的分布列为:候车时间（分）1030507090概率1214114411421144…………………………………………………………………………………………10分候车时间的数学期望为E111111030507090302416816E答：这旅客候车时间的数学期望是30分钟…………………………………………12分18．解：（I）由题意知，,ABCCD都是边长为2的等边三角形，取AC的中点,O连接,BODO，则,.BOACDOAC平面ACD平面,ABCDO平面.ABC作BF平面ABC交平面ABC于点,F//,EFDO而点F落在BO上，060,3.EBFEFDO四边形DEFO是平行四边形，//.DEOF//DE平面.ABC……………………6分(II)依题意，建立如图空间坐标系,Oxyz则1,0,0,0,3,0,0,31,3CBE，求得平面ABC的一个法向量10,0,1n设平面BCE的一个法向量为211,,1nxy，1,3,0,0,1,3,BCBE22203,3,1,0nBCnnBE1213cos,.13nn二面角EBCA的余弦值为13.13…………………………………………………12分19．19.　解：（1）11()(0)axfxaxxx……………………………………2分当0a时，由于0x，故0x，故10ax，()0fx所以，()fx的单调递增区间为(0,)…………………………………………3分当0a时，由()0fx，得1xa.在区间1(0,)a上，()0fx，在区间1(,)a上()0fx所以，函数()fx的单调递增区为1(0,)a，单调递减区间为1(,)a…………5分所以，当0a时，()fx的单调增区间为(0,).当0a时，函数()fx的单调递增区间为1(0,)a，单调递区间为1(,)a………………………………………………………………………………………………6分（2）由已知，转化为max()fxmax()gx.由已知可知max()(0)1gxg………………………………………………8分由（1）知，当0a时，()fx在(0,)上单调递增，值域为R，故不符合题意.（或者举出反例：存在33()31feae，故不符合题意）…………………9分当0a时，()fx在1(0,)a上单调递增，在1(,)a上单调递减，故()fx的极大值即为最大值，11()1ln()11()fnaaa，所以11ln()a，解得21ae………………………………………………12分20．解：（1）由63cea，则3ab,则椭圆C的方程可化为22233xyb,①又焦点F的坐标为(2,0)b,则AB所在的直线方程为2yxb②将②代入①并整理,得2246230xbxb.③设1122(,),(,)AxyBxy,弦AB的中点00(,)Nxy,则12,xx是方程③的两个不相等的实数根,由韦达定理,得21212323,24bbxxxx,④12000322,2244xxbbxyxb,ONk0013yx.…………………6分（2）显然OA与OB是同一平面内的两个不共线的向量,由平面向量的基本定理知,对于这一平面内的向量OM有且只有一对实数,使得等式OMOAOB成立.设(,)Mxy,由(1)中各点的坐标可得1122(,)(,)(,)xyxyxy,1212,xxxyyy,又点(,)Mxy在椭圆C上,则代入①式,得2221212()3()3xxyyb,整理可得222222211221212(3)(3)2(3)3xyxyxxyyb⑤由②和④得1212121233(2)(2)xxyyxxxbxb21212432()6xxbxxb2223960bbb又A,B两点在椭圆上,故有222222112233,33xybxyb代入⑤并化简,得221.………………………………………………………12分由221可得1,1,又是唯一确定的实数,并且1,存在角,使得cos成立,则有2221sin,sin.若sin,则存在(R)使得等式cossinOMOAOB成立;若sin,由于sinsin(),coscos(),于是用代换-,同样可证得存在(R)使得等式cossinOMOAOB成立.综上所述,对于椭圆上的任意一点M,总存在(R)使得等式cossinOMOAOB成立.………………………………………………13分21．解：（1）由1,mmkaaa得313(1)131mmk，整理后，可得42,3kmm、kN，2km为整数不存在m、kN，使等式成立。………………4分（2）当1m时，则2312,kkbbbaqaq，3,kaq即caq，其中c是大于等于2的整数反之当caq时，其中c是大于等于2的整数，则ncnbq，显然12121mcmcmcmmkbbqqqb，其中21kmca、q满足的充要条件是caq，其中c是大于等于2的整数……………………9分（3）设12mmmpkbbba，即13(13)2113mpk，整理得13(31)42mpk(*)当p为偶数时，(*)式左边为4的倍数，右边仅为2的倍数，故当p为偶数时，结论不成立。当1p时，符合题意。当3p，p为奇数时，31(12)1pp011221122121222222212222222222pppppppppppppppppppppCCCCCCCCCCCCCp由13(31)42mpk，得12222322221mpppppCCCpk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。…………………………………………………………………………………………………14分另解：设12mmmpkbbba(*)，由3()nnbnN为奇数，21()kakkN为大于等于3的奇数。当p为偶数时，(*)式左边=12mmmpbbb=偶数，(*)式右边=ka=奇数，此时矛盾；当p为奇数时，(*)式左边=12mmmpbbb=奇数，所以存在满足条件的ka，使得12mmmpkbbba成立。综上所述，p为奇数时，满足条件。……………………………………………………14分

关键字：