浙江省桐乡市2012届高三数学下学期二月模拟试卷 文 新人教A版

2012年高三教学测试（一）（文科）数学模拟 试题卷

第Ⅰ卷

注意：1．本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，考试时间为120分钟，满分为150分．

2．考试过程中不得使用计算器．

3．所有答案均须写在答题卷上，写在试卷上无效．

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）

1. 若复数z1i（i是虚数单位），则复数(z1)(z1)的虚部是 （A） 12i （B）－1

（C）2i （D）2

2．已知集合Axx24x30，Bxx2ax0，若AB，则实数a的取值范围是 （A）3a3 （B）a0 （C）a3 （D）R 3. 已知tan2，其中是第二象限角，则cos

5525 （C） （D） 555b4. 设a，b是实数，则“|b||a|0”是“1”的

a（A）5 5 （B）

（A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件 （C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件

5．在空间，设l,m,n是三条不同的直线，,,是三个不同的平面，则下列命题中为假命题．．．的是 （A）若,,l，则l （B）若l//,l//,m，则l//m

（C）若l,m,n,l//m，则l//n （D）若,，则//或

y2x21的焦点相同，且它们一个交点的纵坐标为4，则双曲线的虚6. 已知双曲线与椭圆

2736轴长为 （A）5

（B） 25 （C） 13 （D）213

log2x21,x07．已知函数f(x)，则f(x)的零点个数是

4x1,x0用心 爱心 专心 - 1 -

（A）0 （B） 1 （C）2 （D）3

8．袋中装有4个大小相同、标号分别为1,2,3,4的小球，依次从袋中取出所有的球，则“标．．号顺序不符合从小到大或从大到小排列”的概率为 （A）

11511 （B） （C） （D） 1266122x2,g(x)ax52a(a0)，若对于任意x1[0,1]，总存在x0[0,1]，使得9．设f(x)x1g(x0)f(x1)成立，则a的取值范围是

555（A）4, （B）0, （C）[,4] （D）,

22210．数列an中，已知a11，对任意的kN*，有a2k1,a2k,a2k1成等比数列，且公比为2k，则a101的值为

（A）250 （B）25051 （C）251 （D）2101102

第Ⅱ卷

二、填空题（本大题共7题，每小题4分，共28分） 11．以A(1,2)，B(5,4)为直径的圆C的方程为 ▲ ；

12．某校对高三年级部分女生的身高（单位cm，测量时精确到1cm）进行测量后的分组和频

率如下： 分组 频率 22 150,153 153,156 156,159 159,162 162,165 165,168 168,171 147,1500.02 0.04 0.08 0.1 0.32 0.26 0.15 0.03 已知身高在153cm及以下的被测女生有3人，则所有被测女生的人数是 ▲ ； 13．如图所示程序框图，输出结果是 ▲ . x114．实数x,y满足xy20x2y4开始 S 0,i1,a1，则z2xy的

S Sai i1a aiS最大值是 ▲ .

15. 若向量a 、b 满足ab1 ，a与b 的夹

角为120，则2ab ▲ . 结束 输出i 否 a 500?第13题图

是 16．如图，边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，

用心 爱心 专心

- 2 -

E、F分别是B1B、D1C1的中点，则△AEF在 面BB1D1D上的射影的面积为 ▲ .

17．函数f(x)x2ax1图象上一点P到直线yx的

距离的最小值为

2，则a的值为 ▲ . 2D1 A1 D F B1 E C1

C B A 第16题图 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）已知函数f(x)23sinxcosx2cos2xm在区间0, 上的

2最大值为2. （1）求常数m的值；

（2）在ABC中，角A,B,C所对的边是a,b,c，若f(A)1，sinB3sinC， ABC面积为

19．（本题满分14分）在数列an中，已知a11an2是等差数列； （1）求证：n333. 求边长a. 47，an3an13n1（n2,nN*). 2（2）求数列an的通项公式an及它的前n项和Sn.

20. （本题满分14分）如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，

SACD，AB⊥平面SAD，点M是SC的中点，

且SAABBC1，AD1. 2S M B （1）求四棱锥SABCD的体积； （2）求证：DM∥平面SAB；

用心 爱心 专心 C - 3 - A D 第20题

（3）求直线SC和平面SAB所成的角的正弦值.

21.（本题满分15分）已知函数f(x)x2axlnxb(a,bR)，

（1）若函数f(x)在x1处的切线方程为xy20，求实数a，b的值； （2）若f(x)在其定义域内单调递增，求a的取值范围.

22.（本题满分15分）已知圆N：(x2)2y28和抛物线C：y22x，圆的切线l与抛物

线C交于不同的两点A，B，

y （1）当直线l的斜率为1时，求线段AB的长； （2）设点M和点N关于直线yx对称，问是否

存在直线l使得MAMB？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.

第22题图

B N O A x 2012年高三教学测试(一)模拟卷 （文科）数学 参及评分标准

一、选择题（本大题共10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）

题号 答案

二、填空题（本大题共7题，每小题4分，共28分）

11．(x2)2(y1)218； 12．50 ； 13．6 ；

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D C A B D B C D C B 14．

5214 ； 15．3； 16．； 17．1

163三、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）

解：（1）f(x)23sinxcosx2cos2xm

用心 爱心 专心 - 4 -

3sin2x(1cos2x)m „„„„„„„„ 2分 2(sin2x 2sin(2x31cos2x)m1 226)m1 „„„„„„„„ 4分

7 ∵ x0, ∴2x, „„„„„„„„ 5分

66627 ∵ 函数ysint在区间, 上是增函数，在区间, 上是减函数

6226 ∴当2x即x时，函数f(x)在区间0,上取到最大值.

6262 此时，f(x)maxf()m32得m1 „„„„„„„„ 7分 6（2）∵ f(A)1 ∴ 2sin(2A ∴ sin(2A6)1

6)1，解得A0(舍去)或A „„„„„„„„ 9分

32abc sinAsinBsinC∴ b3c „„„„① „„„„„„„„ 11分 ∵ sinB3sinC ，∵ ABC面积为∴ SABC33 41133bcsinAbcsin 2234即bc3 „„„„② „„„„„„„„ 12分

由①和②解得b3,c1 „„„„„„„„ 13分

∵ a2b2c22bccosA3212231cos3

∴ a7 „„„„„„„„ 14分

19．（本题满分14分）

（1）证明：∵ an3an13n1（n2,nN*）

an11an122 nn133 ∴

13(an)(an1)a3a1n122n  nn33用心 爱心 专心 - 5 -

(3an13n1)3an113n

3n n1为常数

31an2 ∴是等差数列，且公差为1. „„„„„„„„ 5分 n31a7n2（2）解：由（1）知是等差数列，且公差为1，且 a1n23 ∴

an11a122(n1)1n n33 ∴ ∴

ann3n12 „„„„„„„„ 8分

n2 „„„„„ 9分

Sn(131232333434n3n)令Tn131232333434n3n„„„„① 则3Tn132233334435(n1)3nn3n1„„②

„„„„„„„„ 10分

两式相减得：

2Tn31323334353nn3n1„„„„„„ 11分 3(13n)1n3n1(33n1)n3n1„„„„„ 12分 1322n1n13Tn3 „„„„„„„ 13分

44Sn

2n1n13n3 „„„„„„„ 14分 44220. （本题满分14分）

解：∵ AB⊥底面SAD,SA底面SAD,AD底面SAD

∴ AB⊥SA, AB⊥AD „„„„„„„ 1分 ∵ SACD,AB、CD是平面ABCD内的两条相交直线

∴ 侧棱SA底面ABCD „„„„„„„ 3分 （1） 在四棱锥SABCD中，侧棱SA底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，

用心 爱心 专心 - 6 -

AD∥BC，AB⊥AD，SAABBC1，AD1SABCD31 2 ∴ VSABCD1(1)1112SA1 „„„„„„„ 5分 324 （2） 取SB的中点N，连接AN、MN。 ∵ 点M是SC的中点 ∴MN∥BC且MN1BC „„„„„„ 6分 21 2∵ 底面ABCD是直角梯形，AB垂直于AD和BC，BC1，AD ∴ AD∥BC且AD1BC „„„„„„ 7分 2 ∴ MN∥AD且MNAD

∴ 四边形MNAD是平行四边形

∴ DM∥AN „„„„„„ 8分 ∵DM平面SAB，AN平面SAB

∴ DM∥平面SAB „„„„„„ 9分

（3）∵ 侧棱SA底面ABCD，BC底面ABCD

∴ BCSA

∵AB垂直于BC，AB、SA是平面SAB内的两条相交直线

∴ BC平面SAB，垂足是点B „„„„„„ 11分 ∴ SB是SC在平面SAB内的射影，BCSB

∴ BSC是直线SC和平面SAB所成的角 „„„„„„ 12分 ∵ 在RtSBC中，BC1，SB2 ∴ SC3 ∴ sinBSCBC3 SC33 „„„„„„ 14分 3∴ 直线SC和平面SAB所成的角的正弦值是

21．（本题满分15分）

解： ∵ f(x)x2axlnxb

∴ f'(x)2xa1 „„„„„„„ 2分 x ∴ f(1)1ab，f'(1)3a „„„„„„„ 4分 （1）∵ 函数f(x)在x1处的切线方程为xy20

用心 爱心 专心 - 7 -

kf'(1)3a1∴  „„„„„„„ 6分

1f(1)20解得：a4,b0. „„„„„„„ 7分

（2）f(x)x2axlnxb的定义域为xx＞0 „„„„„„„ 8分

∵ f(x)在其定义域内单调递增

1＞0在x(0,)恒成立（允许个别点处等于零） x „„„„„„„ 9分

1∵ 2xa＞0（x＞0）即2x2ax1＞0

x∴ f'(x)2xa令g(x)2x2ax1，则其对称轴方程是x① 当

a. 4a0即a0时，g(x)在区间(0,)上递增 4∴g(x)在区间0,)上有g(x)ming(0)1＞0，满足条件. „„„„ 11分 ② 当

aaa＞0即a＞0时，g(x)在区间(0,)上递减，g(x)在区间(,)上递增，444aa2g()10（a＞0） „„„„„„„ 13分

48则g(x)min解得：0＜a22 „„„„„„„ 14分

综上所得，a22 „„„„„„„ 15分 另解：

（2）f(x)x2axlnxb的定义域为xx＞0 „„„„„„„ 8分

∵ f(x)在其定义域内单调递增 ∴ f'(x)2xa1＞0在x(0,)恒成立（允许个别点处取到等号） x „„„„„„„ 9分

11∵ 2xa＞0（x＞0）即a2x(x0)（允许个别值处取到等号）

xx „„„„„„„ 10分 令g(x)2x1(x0)，则ag(x)min ， „„„„„„„ 11分 x1122x22， xx21即x时取到等号. „„„„„„„ 13分

2x 因为g(x)2x当且仅当2x所以 g(x)min22 „„„„„„„ 14分

用心 爱心 专心

- 8 -

所以a22 „„„„„„„ 15分

22. （本题满分15分）

解：因为圆N：(x2)2y28，

所以圆心N为（-2,0），半径r22， „„„„„„„ 1分

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

（1）当直线l的斜率为1时，设l的方程为yxm即xym0 因为直线l是圆N的切线，所以

2m222，解得m2或m6（舍）

此时直线l的方程为yx2， „„„„„„„ 3分

yx2,由2 消去x得y22y40， y2x,所以0，y1y22，y1y24， „„„„„„„ 4分

(y1y2)2(y1y2)24y1y220 所以弦长AB11k2y1y2210 „„„„„„„6分

（2）①设直线l的方程为ykxm即kxym0（k0）

因为直线l是圆N的切线，所以

2km1k222，

得m24k24mk80 „„„① „„„„„„ 8分 ykxm,由2 消去x得 ky22y2m0， y2x,所以44k2m0即km1且k0， 2y1y222m，y1y2. „„„„„„„ 9分 kk因为点M和点N关于直线yx对称，所以点M为(0,2) 所以MA(x1,y12)，MB(x2,y22)，

用心 爱心 专心 - 9 -

因为MAMB，所以MAMBx1x2+ (y12)(y22)0 „„ 10分 将A，B在直线ykxm上代入化简得

(1k2)y1y2(2k2m)(y1y2)m24k20 „„„ 11分 代入y1y222m，y1y2得 kk2m2(2k2m)m24k20 kk(1k2)化简得 m24k22mk4k0 „„„② „„„„ 12分 ①+②得 2m22mk4k80

即(m2)(mk2)0，解得m2或mk2

当m2时，代入①解得k1，满足条件km 此时直线l的方程为yx2；

当mk2时，代入①整理得 7k24k40，无解. „„„„„ 13分

② 当直线l的斜率不存在时，

因为直线l是圆N的切线，所以l的方程为x222， 则得x1x24(322)，y1y20，

1且k0， 2(y1y2)24x1x216(322)即y1y24(12)0

由①得：MAMBx1x2(y12)(y22)

=x1x2y1y22(y1y2)4201220

当直线l的斜率不存在时MAMB不成立. „„„„„„ 14分 综上所述，存在满足条件的直线l，其方程为yx2 „„„„„„ 15分 另解：

（2）设直线l的方程为xmya即xmya0（m必存在）

因为直线l是圆N的切线，所以

2a1m222，

得a24a8m240 „„„① „„„„„„ 8分

用心 爱心 专心 - 10 -

xmya,由2 消去x得 y22my2a0， y2x,所以4m28a0即m22a0 „„„„„„„ 9分

y1y22m，y1y22a. „„„„„„„ 10分

因为点M和点N关于直线yx对称，所以点M为(0,2) 所以MA(x1,y12)，MB(x2,y22)，

因为MAMB，所以MAMBx1x2+ (y12)(y22)0 „„ 11分 将A，B在直线xmya上代入化简得

(1m2)y1y2(am2)(y1y2)a240 „„„ 12分 代入y1y22m，y1y22a得

(1m2)(2a)(am2)(2m)a240

化简得 a2a4m40 „„„② „„„„ 13分 ①+②得 2a22a8m24m0

即(a2m)(a2m1)0，解得a2m或a2m1 „„ 14分

当a2m时，代入①解得m1,a2，满足条件m22a0； 当a2m1时，代入①整理得 4m24m70，无解.

综上所述，存在满足条件的直线l，其方程为yx2 „„„„„„ 15分

用心 爱心 专心 - 11 -