浙江省五校2012届高三4月第二次联考试题(数学理)WORD版

2011学年浙江省第二次五校联考

数学（理科）试题卷

本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．

选择题部分（共50分）

注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字亦的签字笔或钢笔镇写在答题纸规定的位置上． 2．每小题选出后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．不能答在试题卷上．

参考公式：

如果事件A, B互斥, 那么 P(A+B)=P(A)+P(B)

如果事件A, B相互, 那么 P(A·B)=P(A)·P(B)

如果事件A在一次试验中发生的概率是p, 那么n 次重复试验中事件A恰好发生k次的概率

kn-k Pn(k)=Ck(k = 0,1,2,…, n) np (1－p)

棱柱的体积公式

V=Sh

其中S表示棱柱的底面积, h表示棱柱的高 棱锥的体积公式

V=Sh

31其中S表示棱锥的底面积, h表示棱锥的高 球的表面积公式

S = 4πR2

球的体积公式

43棱台的体积公式

V13h(s1s1s2s2)

其中S1, S2分别表示棱台的上．下底面积, h表示棱台 V=

πR3

的高 其中R表示球的半径

第I卷（共50分）

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，只有一项是符合题目要求的．

151．设全集UR,集合M{x||x|},P{x|1x4},则(CUM)P等于

22（A）{x|4x2} （B）{x|1x3} （C）{x|3x4} （D）{x|3x4}

2．将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体如图所示,则该几何体的侧视图为

（A）（B）（C）（D）侧视3．若“0x1”是“(xa)[x(a2)]0”的充分不必要条件，则实数a的取值范围是

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（A）(,0][1,) （B）(1,0) （C）[1,0] （D）(,1)(0,) 4．已知直线l，m与平面，，满足l，l//，m，m，则有 （A）且m// （B）且lm （C）m//且lm （D）//且

x15．设实数x,y满足x2y30,则x2y的最大值和最小值之和等于

yx（A）12 （B）16 （C）8 （D）14

6．若(,)，且3cos2sin()，则sin2的值为

24 （A）

11 （B） 1818 （C）

17 18 （D）17 18x2y27． 过双曲线221(a0,b0)的右焦点F2作斜率为1的直线，该直线与双曲线的两

ab条渐近线的交点分别为A,B．若F2AAB，则双曲线的渐近线方程为

（A）3xy0 （B）x3y0 （C）2x3y0 （D）3x2y0

8．设AB1,若CA2CB,则CACB的最大值为

1852（A） （B）2 （C） （D） 3

39,11，则满足9．数列{an}共有12项，其中a10，a52，a125，且ak1ak1,k1,2,3这种条件的不同数列的个数为

（A）84 （B）168 （C）76 （D）152 10．将函数ysinx(0x2)的图象绕坐标原点逆时针方向旋转(02)角，得到曲线C.若对于每一个旋转角，曲线C都是一个函数的图象，则满足条件的角的范围是

35（A）[0,] （B）[0,][,]

44443577（C）[0,][,][,2) （D）[0,][,2)

444444第 2 页 共 10 页

第II卷（共100分）

二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．

1ai

11．复数（aR,i为虚数单位）为纯虚数,则复数zai的

2i

模为 ．

12．某程序框图如图所示，则程序运行后输出的S值

为 ．

13．在(1xx2)(1x)5的展开式中,含x3的项的系数

是 .

开始i＝1，S＝0i＝i＋1S＝S＋i2否S＝S－i2是i是奇数?i<5?否是输出S结束 （第12题） 14．平面内与直线平行的非零向量称为直线的方向向量，与直线的方向向量垂直的非零向量称为直线的法向量．在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点

A(2,1)且法向量为n(1,2)的直线（点法式）方程为(x2)2(y1)0，化简后得

x2y0．则在空间直角坐标系中，平面经过点A(2,1,3)，且法向量为n(1,2,1)的平面（点法式）方程化简后的结果为 ．

15．过抛物线y22px(p0)焦点的直线与抛物线交于A,B两点，AB3，且AB中点的纵

1坐标为，则p的值为 ．

2

16．甲、乙两个篮球队进行比赛，比赛采用5局3胜制（即先胜3局者获胜）．若甲、乙两

21队在每场比赛中获胜的概率分别为和，记需要比赛的场次为，则E＝ ．

33

17．三棱锥OABC中，OA,OB,OC两两垂直且相等，点P，Q分别是BC和OA上的动点，

1212且满足BCBPBC，OAOQOA，则PQ和OB所成角余弦值的取值范围

3333是 ．

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三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 18．（本题满分14分） 在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知a,b,c成等比数3列，且sinAsinC．

4（Ⅰ）求角B的大小；

（Ⅱ）若x[0,)，求函数f(x)sin(xB)sinx的值域．

19．（本题满分14分） 设公比为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a38,S248，数列{bn}满足bn4log2an． （Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式； （Ⅱ）是否存在mN，使得请说明理由．

120．（本题满分14分） 如图，DC垂直平面ABC，BAC90，ACBCkCD，点E在

2bmbm1是数列{bn}中的项？若存在，求出m的值；若不存在，bm2BD上，且BE3ED．

DE （Ⅰ）求证：AEBC；

（Ⅱ）若二面角BAEC的大小为120，求k的值．

BCA

（第20题）

21．（本题满分15分） 设点P为圆C1：x2y22上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为Q．动点M满足2MQPQ（其中P，Q不重合）．

y（Ⅰ）求点M的轨迹C2的方程；

（Ⅱ）过直线x2上的动点T作圆C1的两条切线，设切点分别为

A,B．若直线AB与（Ⅰ）中的曲线C2交于C,D两点，求

TAABCD的取

-2BOx值范围．

（第21题）

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b22．（本题满分15分） 设函数f(x)ax(a,bR)，若f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为1．

x（Ⅰ）用a表示b；

（Ⅱ）设g(x)lnxf(x)，若g(x)1对定义域内的x恒成立， （ⅰ）求实数a的取值范围；

（ⅱ）对任意的[0,)，证明：g(1sin)g(1sin)．

2

2011学年浙江省第二次五校联考

数学（理科）答案

一、选择题： 题号 答案 D

二、填空题：

11．5； 12．10； 13．－5； 14．x2yz30； 15．1073516； 16．； 17．[,]

27433CHP'MNBGPQOA1

D

2

C

3

B

4

A

5

D

6

A

7

B

8

A

9

C

10

17．方法一：考虑几种极端情况；

方法二：过点O作PQ的平行线OP，则点P，Q的运动相当于点P在如图所示的四边形MNGH上运动.显然，HOB最大，NOB最小.以OB，OA和OC为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系，O（0,0,0），设点B（3,0,0）则点H为（1，－2，2），点N（2，－1，1），可得.

三、解答题：

18．解:（Ⅰ）因为a、b、c成等比数列，则b2ac.由正弦定理得sin2BsinAsinC.

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333又sinAsinC，所以sin2B.因为sinB＞0，则s. ……………………inB4424′

因为B∈(0，π)，所以B＝

2或. 33π

. …………………3′ 3

又b2ac，则ba或bc，即b不是△ABC的最大边，故B（Ⅱ）因为B

π，则f(x)sinx(33)sxinxsincosxcos sxin33sin33sinxcosx3sin(x). ……………………4′ 226x[0,)，则6x651，所以sin(x)[,1]. 662故函数f(x)的值域是[3,3]. ……………………3′ 2a1q281119．解：（Ⅰ）设{an}的公比为q，则有q或q（舍）.

22a1a1q28 则a11n18，a32()26n， 32n22q bn4log2an4log226n4n24.

1 即数列{an}和{bn}的通项公式为an32()n126n，bn4n24. …………………6′

2bb(244m)(204m)4(6m)(5m)（Ⅱ）mm1，令t4m(t3,tZ),所以 bm2(164m)(4m)bmbm14(6m)(5m)4(2t)(1t)24(t3), bm2(4m)tt如果

bmbm122是数列{bn}中的项,设为第m0项，则有4(t3)4(6m0)，那么t3为小

ttbm2于等于5的整数，所以t{2,1,1,2}. ……………………4′ 2当t1或t2时,t36,不合题意;

t2当t1或t2时,t30,符合题意.

t所以,当t1或t2时,即m5或m6时,

bmbm1是数列{bn}中的项. …………………bm28′

20．解：（Ⅰ）过E点作EFBC与点F，连AF，于是EF//DC 所以EF平面ABC，又BC平面ABC，所以EFBC；

13又BAC90，ACBC，所以ABF30 ，所以ABBC，

22EDBFC第 6 页 共 10 页

A

3BEBF3，BFBC，所以

4BDBC4BFAB3，所以BAF与BCA相似，所以BFA90，即AFEFF，FBC；又AABBC2于是BC平面AEF，又AE平面AEF，

所以BCAE. …………………6′ （2）解法一（空间向量法）

如右图，以F为原点，FA为x轴，FC为y轴，FE为z轴，建立空3133,0,0)，B(0,,0)，C(0,,0)，E(0,0,)，

224k23133于是AE(,0,)，AC(,,0)，

2224k33AB(,,0)，设平面ABE的法向量为n1(x1,y1,z1)，

22间直角坐标系，则A(ABn10，于是AEn2033x1y103122，令z11，得x1,y1，

2k2k33x1z1024k31得n1(,,1).

2k2k设平面ACE的法向量为n2(x2,y2,z2), ACn10，于是AEn2031x2y20333322，令z21，得x2，得n1(,,1). ,y22k2k2k2k33x2z2024k|n1n2||cos120||n1||n2|13111k2k2,解得：k213. ……………………8′ 3解法二：（综合几何法）

过F作FGAE于G点，连GC,GB，由AEBC，可得AE平面BCG，所以AECG,AEBG，所以BGC为B-AE-C的平面角，设AC=1,则AF333,所以GF，于是 ,EF24k234k21k23k2GB3,GC，

34k234k2213BG2CG2BC2于是由cos120，得到k.…………………8′

32BGCG

21．解：（Ⅰ）设点M(x,y),由2MQPQ，得P(x,2y)，由于点P在C1：x2y22上，

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则x22y22，

x2即M的轨迹方程为y21. …………………4′

2（Ⅱ）设点T(2,t)，A(x1,y1),B(x2,y2)，则AT，BT的方程为：x1xy1y2，x2xy2y2， 又点T(2,t) 在AT、BT上，则有：

2x1ty12①，2x2ty22②，由①、②知AB的方程为：2xty2. …………3′

设点C(x1,y1),D(x2,y2)，则圆心O到AB的距离d24t2，

2xty22t24|AB|2rd22；又由x2，得(t28)y24ty40，于是 2t4y1222t22t242t284t4，y1y22，于是|CD|1|y1y2| y1y224t28t8t8|AB|(t28)t22于是， …………………3′ |CD|(t24)t24|AB|设t4s，则s4，于是

|CD|2s36s2326321113，设m,m(0，]，于是3ssss41|AB|16m32m3，设f(m)16m32m3，f'(m)696m2，令f'(m)0，得m. |CD|4得f(m)在(0,]上单调递增，故f(m)(1,2]. 即

|AB|的范围为(1,2] …………………5′ |CD|14bb，依题意有：f(1)a2ab1ba1； …………2′ 2xxa1（Ⅱ）g(x)lnxf(x)lnx(ax)1恒成立.

x22．解：（Ⅰ）f(x)a （ⅰ）g(x)1恒成立即g(x)max1.

方法一：g(x)1恒成立，则g(1)1aa110a1.

1a[x(1)](x1)(axa1)(x1)1a0x1,x1 当a1时，g(x)

x2x2a x110,x2g(0)0，则x(0,1)，g(x)0，g(x)单调递增，当x(1,)，ag(x)0，g(x) 单调递减，则g(x)maxg(1)12a1，符合题意；

即g(x)1恒成立，实数a的取值范围为

a1； ……………6′ 1a1ax2xa1(axa1)(x1)方法二：g(x)a2， xxx2x2第 8 页 共 10 页

①当a0时，g(x)x1，x(0,1)，g(x)0，g(x)单调递减，当x(1,)，g(x)0，2xg(x) 单调递增，则g(x)maxg(1)1，不符题意；

1a[x(1)](x1)(axa1)(x1)1a0x1,x1， ②当a0时，g(x)22xxa（1）若a0，11当x(1,)，g(x)0，0，x(0,1)，g(x)0，g(x)单调递减；

ag(x) 单调递增，则g(x)maxg(1)12a1a1，矛盾，不符题意；

（2）若a0，

11若0a，11，x(0,1)，g(x)0，g(x)单调递减，不符题意；

2a111若a1，011，x(0,1)，g(x)0，g(x)单调递减，不符题意；2aa11（g(1)ln(1)10矛盾；）

aa1若a1，10，x(0,1)，g(x)0，g(x)单调递增；当x(1,)，g(x)0，g(x)

a单调递减，则g(x)maxg(1)12a1，符合题意；

综上，得g(x)1恒成立，实数a的取值范围为a1； ……………6′ （ⅱ）由（ⅰ）知，g(x)1恒成立，实数a的取值范围为a1. 方法一：令sint[0,1)，考虑函数 P(t)g(1t)g(1t)ln(1t)a(1t)a1a1[ln(1t)a(1t)] 1t1tP(t)11a1a12112a2a(a1)[]， 222221t1t(1t)(1t)1t(1t)(1t)2112a(a1)[]0，即证明 221t(1t)(1t)2下证明P(t)0，即证：

11t21t21a(a1)[]0，由]0， 1，即证1a(a1)[1t2(1t)2(1t)2(1t)2(1t)21t2又

1t2a10(t21，

)t2只

(需

t41证

1t210(1t)2(1t)2，

(即

3证

)0)t2，显然成立. t3t0即p(t)在t[0,1)单调递增，p(t)minp(0)0，则p(t)0，得g(1t)g(1t)成立，

则对任意的[0,)，g(1sin)g(1sin)成立． ……………7′

2方法二：考虑函数

a1a1h()g(1sin)g(1sin)ln(1sin)a(1sin)[ln(1sin)a(1sin)]

1sin1sin1sina1a11sin11 ln2asinln2asin(a1)()

1sin1sin1sin1sin1sin1sin1sin2 ln2asina(1)(2 )1sin1sin

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