广东省云浮中学2012届高三第一次模拟考试(数学理科)

2012届高三第一次模拟考试（数学理科）

本试卷共4页，21小题，满分150分．考试用时120分钟．

参考公式：锥体体积公式V1Sh，其中S为锥体的底面积，h为锥体的高． 3第 Ⅰ 卷

一．选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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A,B是非空集合，命题甲：ABB，命题乙：A B，那么 （ ）A.甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件

C.甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 2.复数

2i （ ） i1A . 1i B. 1i C. 1i D. 1i

xy03.已知点N(x,y)在由不等式组xy0确定的平面区域内，则N(x,y)所在平面区域的

x2

面积是 A．1

B．2

C．4

（ ）

D．8

4.等差数列{a n}中，已知a35，a2a512，an29，则n为 （ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16

1x的图像 （ ） 1x A． 关于原点对称 B. 关于主线yx对称 C. 关于y轴对称 D. 关于直线yx对称

5. 函数ylog26.若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 （ ）

2A. 42 B.

22

2主视图左视图C.

42 3 D.

223

27.已知平面,,，直线m,l，点A，有下面四个命题： A . 若l，mA则l与m必为异面直线； B. 若l,lm则m；

C. 若l ,m ,l, m 则 ；

俯视图 D. 若, m, l, lm，则l.

其中正确的命题是 （ ）

8.某种游戏中，黑、黄两个“电子狗”从棱和为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A出发沿棱向前爬行，每爬完一条棱称为“爬完一段”，黑“电子狗”爬行的路线是AA1→A1D1→„，黄“电子狗”爬行的路线是AB→BB1→„，它们都遵循如下规则：所爬行的第i+2段与第i段所在直线必须异面直线(其中i是正整数).设黑“电子狗”爬完2012段、黄“电子狗”

爬完2011段后各自停止在正方体的某个顶点处，这时黑、黄“电子狗”间的距离是 （ ） A. 0

第 Ⅱ 卷

二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分． （一）必做题：第9、10、11、12、13题是必做题，每道试题考生都必须做答． 9.

10.函数f(x)sin2xcos2x,xR的最小正周期为

11.在直角ABC中，C90，A30， BC1 ，

B. 1

C. 2

D. 3

011x2dx .

D为斜边AB的中点，则 ABCD= .

x2y21(a0)的一条渐近线方程为3x2y0，12.若双曲线2则以双曲

a9线的顶点和焦点分别为焦点和顶点的椭圆的离心率为__________.

13.将“杨辉三角”中的数从左到右、从上到下排 成一数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，„， 右图所示程序框图用来输出此数列的前若干项并求其和，若输入m=4则相应最后的输出S的值是__________.

（二）选做题：第14、15题是选做题，考生只能从中选做一题．

14．（坐标系与参数方程选做题）已知曲线C1、C2的极坐标方程分别为2cos(2)，

2cos()10，则曲线C1上的点与曲线C2上的点的最远距离为

4________. 15．（几何证明选讲选做题）

如图，点M为O的弦AB上的一点，连接MO.MNOM，

NOMN交圆于N，若MA2，MB4，则MN . AMB

三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．

16．（本小题满分12分）

在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，S是该三角形的面积，

Bincos,sinB（1）若a(2s2度数；

（2）若a8，BcoBs)BB，b(sinBcosB,2sin)，a//b，求角B的

22，S83，求b的值. 3

17（本小题满分12分）

甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是

23和假设两人射击是否击中目标，相互 34之间没有影响；每人各次射击是否击中目标，相互之间也没有影响

⑴求甲射击3次，至少1次未击中目标的概率； ．．．

⑵假设某人连续2次未击中目标，则停止射击，问：乙恰好射击4次后，被中止射击．．．的概率是多少？

⑶设甲连续射击3次，用表示甲击中目标时射击的次数，求的数学期望E. （结果可以用分数表示）

18. （本小题满分14分）

如图，四边形ABCD中（图1），E是BC的中点，DB2，DCDACDC1,BC5，ABAD2.将（图1）沿直线BD折起，使二面角ABDC为60（如图2）

（1）求证：AE平面BDC；

（2）求异面直线AB与CD所成角的余弦值； （3）求点B到平面ACD的距离.

0AEEB图1B图2x24a119（本小题满分14分）已知函数fx(12a)xln(2x1) .

22（1）设a1时，求函数fx极大值和极小值; （2）aR时讨论函数fx的单调区间.

20.（本小题满分l4分）如图，P是抛物线C：y12x上横坐标大于零的一点，直线l2过点P并与抛物线C在点P处的切线垂直，直线l与抛物线C相交于另一点Q. （1）当点P的横坐标为2时，求直线l的方程；

（2）若OPOQ0，求过点P,Q,O的圆的方程.

Y

QPXO21. （本小题满分l4分）已知数列an的前n项和为Sn，正数数列bn中b2e,

n1(e为自然对数的底2.718)且nN*总有2是Sn与an的等差中项，

bn1是bn与bn1的等比中项.

(1) 求证: nN*有anan12n； (2) 求证：nN*有

3(an1)lnb1lnb2lnbn3an1. 2

高三数学（理科）试题答案

一．选择题：

1、B； 2、A； 3、C； 4、C； 5、A； 6、B； 7、D； 8、D

二、填空题：

9.

213 ； 10.  ； 11. -1 ； 12. ； 13. 15； 413选做题：14. 21 15. 22

三、解答题：

2Bcos2B0 16.解：（1）a//b 4cosBsin211cosB4cosB2cos2B10 cosB

22B(0,1800) B60„„„„„„„„6分

（2）S83 acsinB83„„„„„„„„7分 得 c4„„„„„„„„8分

12b2a2c22accosB8242284cos1200„„„„„„„„10分

b47„„„„„„„„12分

17.解：（1）记“甲连续射击3次，至少1次未击中目标”为事件A1，由题意，射击3次，相当于3次重复试验，故P（A1）=1- P（A1）=1-()=答：甲射击3次，至少1次未击中目标的概率为

23319 2719；„„„„„„„„4分 27(2) 记“乙恰好射击4次后，被中止射击”为事件A2，由于各事件相互，

故P（A2）=

113111333×××+××× =， 44444444

答：乙恰好射击4次后，被中止射击的概率是（3）根据题意服从二项分布，E33„„„„„„„„8分 22„„„„„„„„12分 3131212601（3）方法二：p(0)C3() p(1)C3()()

32733272112p(2)C32()2()133272183p(1)C3()3()0

3327

 0 1 2 3

p 16128 E0116212382„„„„„„„2727272727272727„12分 说明：（1），（2）两问没有文字说明分别扣1分，没有答，分别扣1分。 第（3）问方法对，算错数的扣2分

18.解：

2.AMBD „„1分

222 因 DB2，DC1,BC5 满足：DBDCBC,

所以BCD是BC为斜边的直角三角形，BDDC,

1因E是BC的中点,所以ME为BCD的中位线ME//CD ，

21MEBD,ME „„ 2分

20 AME是二面角ABDC的平面角AME=60 „„3分 AMBD,MEBD且AM、ME是平面AME内两相交于M的直线

BD平面AEMAE平面AEMBDAE „„4分

1 因ABAD2.,DB2ABD为等腰直角三角形AMBD1，

21133 AE2AM2ME22AMMEcosAME121cos60AE4242222AEME1AMAEME „„ 6分 BDME,BD面BDC,ME面BDCAE平面BDC „„ 7分

（2）如图，以M为原点MB为x轴，ME为y轴，建立空间直角坐标系，„„.. 8分 则由（1）及已知条件可知B(1,0,0),E(0,,0)，

（1） 如图取BD中点M，连接AM，ME。因ABAD1213A(0,,),D(1,0,0),C(1,1,0)

2213AB(1,,),CD(0,1,0), „„ 9分

22设异面直线AB与CD所成角为,

则cosABCD „„10分

ABCD122 „„11分

221由AD(1,,13),CD(0,1,0),可知 n (3,0,2)满足，

22 n AD0, n CD0, n 是平面ACD的一个法向量, „„ 12分

303221 „„ 14分 7记点B到平面ACD的距离d，则AB在法向量 n 方向上的投影绝对值为d 则dAB n „„13分 所以d n 30222（2），(3)解法二：

取AD中点N，连接MN,则MN是ABD的中位线,MN//AB,又ME//CD 所以直线AB与CD所成角为等于MN与ME所成的角，

即EMN或其补角中较小之一 „„ 8分 AE面BCD, DE面BCDAEDE，N为在RtAED斜边中点 所以有NE=

11212,MN=AB,ME=, AD22222MN2ME2NE2 „„.9分 coscosEMN2MNME2122=444 „„10分

421222(3)记点B到平面ACD的距离d，则三棱锥B-ACD的体积VBACD分

又由（1）知AE是A-BCD的高、BDCDVBACDVABCD1dSACD, „„1131AESBCD „..12分 31313 213226E为BC中点，AEBCACAB22 又,DC1, AD2, ACD为等腰,

SACD111CDAD2CD12222271 „„13分 242 B到平面ACD的距离d

3VBACDSACD336221 „„14分

774222解法三：(1) 因 DB2，DC1,BC5 满足：DBDCBC, BDDC, 1

分

如图，以D为原点DB为x轴，DC为y轴，建立空间直角坐标系， „„.. 2分 则条件可知D(0,0,0), B(2,0,0),C(0,1,0)，E(1,,0), A(a,b,c) (由图知a>0,b>0,c>0) „„.3分 得ABAD分

122.a2b2c2(a2)2b2c222a1,b2c21 „.. 4

ur平面BCD的法向量可取n1(0,0,1),

uruuuruuurDA(1,b,c),DB(2,0,0)，所以平面ABD的一个法向量为n1(0,c,b) 5分

uruururuurn1n2b则锐二面角ABDC的余弦值cosn1,n2uruur22cos60 „..6

bcn1n2分

r1313uur3uuu从而有b,c,A(1,,),EA(0,0,),DC(0,1,0) 7分

22222uuruuuruuruuurEADC0,EADB0EADC,EADB所以AE平面BDC 9分

(2)

由

（

1

）

13A(1,,)22，D(0,0,0), B(2,0,0),C(0,1,0)，

13AB(1,,),CD(0,1,0),

22 设异面直线AB与CD所成角为,则cosABCD „„10分

ABCD122 „„11分

421(3)由AD(1,,13),CD(0,1,0),可知 n (3,0,2)满足，

22 n AD0, n CD0, n 是平面ACD的一个法向量, „„ 12分

303221 „„ 14分 7记点B到平面ACD的距离d，则AB在法向量 n 方向上的投影绝对值为d 则dAB n „„13分 所以d n 30222

x2513xln(2x1),x 19.（1）a1,f(x)222f(x)=x3

分

5(2x1)(x3)52x1x2==，„„„„„„12x12x12x1

令f(x)=0，则x=

x f(x) f(x) „4分

1或x=2„„„„„„„„2分 21111（，） （，2） 2222  + 0  极大  2 0 极小 （2，+） +  „„„„„„„

1511fx极大=f()ln22285fx极小=f(2)ln54„„„„„„„„5分

2（2）f(x)=x（1+2a）+

令f(x)=0，则x=

，

4a1(2x1)(x1-2)4a12x1x2a== 2x12x12x11或x=2a„„„„„6分 211i、当2a>,即a>时，

24x 1111（，） （，2a） 2222  + 0 f(x) 2a 0 （2a，+） + f(x)    所以f(x)的增区间为（111，）和（2a，+），减区间为（，2a）„„„„„8分 2222112x10在（1，+）上恒成立，

ii、当2a=,即a=时，f(x)=

2422x11，+）„„„„„10分 21111 iii、当<2a<,即2244x 112a （，2a） （2a，） 22  + 0 f(x) 所以f(x)的增区间为（1 2 0 （1，+） 2 + f(x)   

所以f(x)的增区间为（分

iv、当2a111，2a）和（，+），减区间为（2a，）„„„„„12222x f(x) f(x) 11,即a时， 24111（，） 222  0  （1，+） 2 +  111，+），减区间为（，）„„„„„14分 2221111综上述：a时，f(x)的增区间为（，+），减区间为（，）

422211111，减区间为（2a，） 4422211a=时，f(x)的增区间为（，+）

421111，减区间为（，2a） a>时，f(x)的增区间为（，）和（2a，+）

4222所以f(x)的增区间为（

说明：如果前面过程完整，最后没有综上述，可不扣分

20解：（Ⅰ）把x2代入y12x，得y2， 2 ∴点坐P标为（2，2）. „„„„„„„„1分

由 y12x， ① 得yx， 2 ∴过点P的切线的斜率k切2，„„„„„„„„2分 直线l的斜率k111, „„„„„„„„3分

2k切1(x2)， 即x2y60„„„„„„„„4分 212（Ⅱ）设P(x0,y0),则y0x0.

2∴直线l的方程为y2∵ 过点P的切线斜率k切x0，因为x00. ∴ 直线l的斜率k111，

x0k切

直线l的方程为 y121x0(xx0). ②„„„„„„„„5分 2x0设Q(x1,y1)，且M(x,y)为PQ的中点，

因为OPOQ0，所以过点P,Q,O的圆的圆心为M(x,y)

半径为rPM，„„„„„„„„6分 且x0x1y0y1x0x1122x0x10，„„„„„„„„8分 4所以x0x10（舍去）或x0x14„„„„„„„„9分

22xxxo220 由题意知x0,x1为方程的两根， 联立①②消去y，得

x0所以x0x1x2024，又因为x00， 所以x02，

y01；

所以x122，y14„„„„„„„„11分

2x,2∵M是PQ的中点，∴„„„„„„„„12分 y5.2r2(xx0)2(yy0)2274„„13分

所以过点P,Q,O的圆的方程的方程为

(x

22527)(y)2„„„„„„„„14分 22421解：(1) 2n1是Sn与an的等差中项Sn2an

na1S12a1a11 1分Sn2nanSn12n1an1an1Sn1Sn2n1an1(2an)2anan1 nn

2an12nan 2分

法一:2n1an14n2nan2n1an12nan4n(2n1an12nan)(2nan2n1an1)(22a22a1) 3分 4n4(41)2n1an12(4n1)33211121an12nn,an2nn 4 分 33233211111an12n(n2n)0,an1an2nn0,32332anan12n 5分 4n4n14

1n212n 3323132(an1)2n1n2n11, 3an12nn12n1 2222 6分 只需证：2n11lnb1lnb2lnbn2n1 （2）由（1）得an2 bn1是bn与bn1的等比中项 bn1bnbn

b2e, bn0 n1时， b12b1b2e b1

114e 7分 2 4e8b119e1,b11e 2b1 lnb1ln10(2111) , lnb1ln(b11 )1211 所证不等式成立 8分

n2时22bn1bnbnbnlnbn12lnbn lnbn2lnbn1.2n2lnb22n2 9分lnb1lnb2lnbn0122n2 (2n11) 

22又 ln(bn11)ln(bnbn1)ln(bnbn1bn)ln(bn1)22ln(bn1) 11分3(an1) 10分2 ln(bn1)2ln(bn11)22ln(bn21)2n1ln(b11)2n1 12分lnb1lnb2lnbnln(b11)ln(b21)ln(bn1) 13分12222n12n1 3an1

综上所述，总有分

解法二：

3(an1)lnb1lnb2lnbn3an1成立 142

Sn2nanSn12n1an1an1Sn1Sn 2an12nan 1分

i)当n1时,a1S12a1a11,a2

2a13 a1a22成立 2分222k1ak1ii)假设nk时,akak12, 则nk1时有ak2 , 3分2ak12k12k2k12k1ak12k12kk1 ak220; ak2ak102222 ak1ak22k1也成立k综合i),ii)可知anan12n成立 4分

（2）

11112an12nan  an12n1anan12n1(an2n) 5分2323111an2n(a12)332n11212nan(2nn) 6分3232

2bn bn1是bn与bn1的等比中项 bn1bnb2e, bn0 b12b1b2eb1 i) 当n1时b1114e 7分219e1,b11e 2b13(a11) , lnb1ln(b11 )123a11 8分23(ak1)lnb1lnb2lnbk3ak1成立， 2  lnb1ln10

ii)假设nk,kN*时不等式 则n=k+1时要证明

3(ak11)lnb1lnb2lnbklnbk13ak11 233 只需证明：(ak11)(ak1)lnbk13ak11(3ak1)

22112k1k1lnbk12kk „.9 即只需证明：

22分

bk1bk2bkbk2lnbk12lnbklnbk12lnbk2lnbk1.2.10分

2k1lnb22k12k11 „„.2k1又 ln(bk11)ln(bk2bk1)ln(bk1)22ln(bk1) 11分 lnbk1ln(bk11)2ln(bk1)22ln(bk11)2k1ln(b21) 12分

只需证明2只

13分

k1ln(b21)2k证

需

1111ln(e1)11

242k4k32le1)n(e1)(e3 明

2由(1e)2168.18.10.32.73e3 可知上面结论都成立 综合(i)(ii)可知nN*,

3(an1)lnb1lnb2lnbn3an1成2立 „..14分

法三：

n=1时同法一：n2时左边证明同法一 10分 当n2时，证明右边如下：

lnbn1lnbnln(bn1)ln(bn1)lnbn1lnbn lnb1lnb2lnbnln(b11)ln(b21)ln(bn1)lnb2lnb1lnb3lnb2lnbn1lnbnlnbn1lnb1lnbn1只11分

22又 ln(bn11)ln(bnbn1)ln(bnbn1bn)ln(bn1)22ln(bn1) 12分

需证明

lnbn12n13an1(n2)

 lnbn1ln(bn11)2ln(bn1)22ln(bn11)2n1ln(b21)2n1 ln(1e) 1n1n 只需证明2ln(e1)21ln(e1)2n1(n2)

21332n1(n2)只需证明ln(e1)(e1)2e3 13

222分

由(1e)168.18.10.32.7e 可知上面结论都成立 综上所述nN*,

2333(an1)lnb1lnb2lnbn3an1成立 „..14分 21nn注1：若证lnbn12ln(b11)21ln(b11)1n必须n3才行

21 当n1,2时ln(b11)1n不成立

2实际上ln(b11)0.79,当n3时，才有ln(b11)1111n成立 82注2:设an12n111111(an2n)则(2n)2n12n1 ()2 22223