江西师大附中2012届高三5月模拟考试数学（理）试题

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 2 1 2 m iz i   （ ,m R i 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( ) 9 1, 0x x xf x x     ，则 3 1( (1)) (log )2f f f 的值是（ ） A．2 B．3 C．5 D．7 3．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 4r A． 2 4 3 10r r r r    B． 4 2 1 30r r r r    C． 4 2 3 10r r r r    D． 2 4 1 30r r r r    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 2 2: 4O x y  与 x 轴 的 正半轴相交于 A 点， C D、 两点在圆 O 上， C 在第一象限， D 在第二象限， C D、 的横坐标分别为 10 8 13 5 、- ，则劣弧 CD 所对圆心角的余弦值为（ ） A． 16 65  B． 16 65 C． 56 65  D． 56 65 6．五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 ( , )P x y 满足 1 2 5 3 y x y x y      … „ … ，点 (1, 1)Q  ，O 为坐标原点， OP OP OQ     ，则实数  的取 值范围是（ ） A． 10 5,5 5       B． 5 10,5 5       C． 10 5,5 5      D． 5 10,5 5      8．已知函数 2 3 4 2012 2013 ( ) 1 2 3 4 2012 2013 x x x x xf x x        , 2 3 4 ( ) 1 2 3 4 x x xg x x      2012 2013 2012 2013 x x  ，若函数 ( )f x 有唯一零点 1x ，函数 ( )g x 有唯一零点 2x ，则有（ ） A． 1 2(0,1), (1,2)x x  B． 1 2( 1,0), (1,2)x x   C． 1 2(0,1), (0,1)x x  D． 1 2( 1,0), (0,1)x x   9．过双曲线 2 2 2 2 1( 0)x y b aa b     的左焦点 ( ,0)( 0)F c c  作圆 2 2 2x y a  的切线，切点为E ,延长FE 交抛物线 2 4y cx 于点P ，O 为坐标原点，若 1 ( )2OE OF OP    ，则双曲线的离心率为（ ） A． 3 3 2  B．1 5 2  C． 5 2 D． 1 3 2  10．对数列{ }na ，如果 *k N 及 1 2, , , k   R ，使 1 1 2 2n k n k n k k na a a a          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 2 na n ，则{ }na 为3 阶递归数列． 其中正确结论的个数是（ ） A．0 B．1 C．2 D．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 ],[ 21 xx )( 21 xx  的长度为 12 xx  ，已知函数 |log| 2 1 xy  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          0 6cos2 ，则二项式 5 2       x ax 的展开式中 x 的 系 数 为______________. 14．已知函数 ( ) tan( ) ( 0, )2f x A x        满足 3(0) 1, ( ) 0, ( ) 08f f f m   ,且 3 8m  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： 2 12 2 2 x t y t      （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 ,x y ，若 1 1, 2 1x y „ „ ，则 2 1x y  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 A B C、 、 的对边分别为 a b c、 、 ，满足 2 2sin sin cos 2 , .a A B b A a CA CB a     （1）求角C 的大小； （2）若 2 2c  ，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 8∶00，8∶20，8∶40 这三个时刻 随机发出，且在 8∶00 发出的概率为 1 4 ，8∶20 发出的概率为 1 2 ，8∶40 发出的概率为 1 4 ；第二班客车在 9∶00，9∶20，9∶40 这三个时刻随机发出，且在 9∶00 发出的概率为 1 4 ，9∶20 发出的概率为 1 2 ，9∶40 发出的概率为 1 4 ．两班客车发出时刻是相互独立的，一位旅客预计 8∶10 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 ,ABC AB BC CA  DA DC  = 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 E BC A  的余弦值 19．（本小题满分 12 分） 已知函数 ( ) ln ( )f x ax x a R   ． （1）求 ( )f x 的单调区间； （2）设 2( ) 2 1g x x x   ，若对任意 1 (0, )x   ，总存在  2 0,1x  ，使得 1 2( ) ( )f x g x ，求实数 a 的 取值范围． 20．（本小题满分 13 分） 已知椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 6 3 ，过椭圆 C 的右焦点 F 且斜率为 1 的直线l 交椭圆于 ,A B 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 cos sinOM OA OB       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 3 1na n  ，是否存在 ,m k N ，有 1m m ka a a  ？请说明理由； （Ⅱ）若 n nb aq （ a q、 为常数，且 0aq  ），对任意 m N ，存在 k N ，有 1m m kb b b  ，试求 a q、 满足的充要条件； （Ⅲ）若 2 1, 3n n na n b   ，试确定所有的 p N ,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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D A D B C D B B D 11． 21 41x „ 12． 3 13． 80 14． 3 15． （1） 14 （2） 5 16．解：（1）由正弦定理有 2 2sin sin sin cos 2 sinA B B A A  ， sin 2 sinB A ， 2b a . 由 2 2 2, cos , cos , .2 4CA CB a ba C a C C        …………………6 分 （2）由余弦定理有 2 2 2 2 2 222 cos 2 2 2 ,2c a b ab C a a a a a         2 2, 2 4a c b a     1 1 2sin 2 2 4 4.2 2 2S ab C       …………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 1 1 3 2 4 4P    …………………………………………………………………………5 分 （2）旅客候车时间的分布列为: 候车时间 （分） 10 30 50 70 90 概率 1 2 1 4 1 1 4 4  1 1 4 2  1 1 4 4  …………………………………………………………………………………………10 分 候车时间的数学期望为 E 1 1 1 1 110 30 50 70 90 302 4 16 8 16E            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， ,ABC CD  都是边长为 2 的等边三角形，取 AC 的 中 点 ,O 连接 ,BO DO ，则 , .BO AC DO AC  平面 ACD  平面 ,ABC DO  平面 .ABC 作 BF  平面 ABC 交平面 ABC 于点 ,F / / ,EF DO 而点 F 落在 BO 上， 060 , 3.EBF EF DO     四边形 DEFO 是平行四边形， / / .DE OF / /DE 平面 .ABC ……………………6 分 (II)依题意，建立如图空间坐标系 ,O xyz 则      1,0,0 , 0, 3,0 , 0, 3 1, 3C B E  ，求得平面 ABC 的 一个法向量  1 0,0,1n  设 平 面 BCE 的 一 个 法 向 量 为  2 1 1, ,1n x y ，    1, 3,0 , 0, 1, 3 ,BC BE       2 2 2 0 3, 3,1 , 0 n BC n n BE           1 2 13cos , .13n n   二面角 E BC A  的余弦值为 13 .13 …………………………………………………12 分 19．19. 解：（1） 1 1( ) ( 0)axf x a xx x      ……………………………………2 分 当 0a  时，由于 0x  ，故 0x  ，故 1 0ax   ， ( ) 0f x  所以， ( )f x 的单调递增区间为 (0, ) …………………………………………3 分 当 0a  时，由 ( ) 0f x  ，得 1x a   . 在区间 1(0, )a  上， ( ) 0f x  ，在区间 1( , )a   上 ( ) 0f x  所以，函数 ( )f x 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， ( )f x 的单调增区间为 (0, ) . 当 0a  时，函数 ( )f x 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( )f x max( )g x . 由已知可知 max( ) (0) 1g x g  ………………………………………………8 分 由（1）知，当 0a  时， ( )f x 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 3 3( ) 3 1f e ae   ，故不符合题意）…………………9 分 当 0a  时， ( )f x 在 1(0, )a  上单调递增，在 1( , )a   上单调递减， 故 ( )f x 的极大值即为最大值， 1 1( ) 1 ln( ) 1 1 ( )f n aa a          ， 所以1 1 ln( )a    ，解得 2 1a e   ………………………………………………12 分 20．解： （1）由 6 3 ce a   ，则 3a b ,则椭圆 C 的方程可化为 2 2 23 3x y b  , ① 又焦点 F 的坐标为 ( 2 ,0)b ,则 AB 所在的直线方程为 2y x b  ② 将②代入①并整理,得 2 24 6 2 3 0x bx b   . ③ 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,弦 AB 的中点 0 0( , )N x y ,则 1 2,x x 是方程③的两个不相等的实数根, 由韦达定理,得 2 1 2 1 2 3 2 3,2 4 b bx x x x   , ④  1 2 0 0 0 3 2 2, 22 4 4 x x b bx y x b      ,  ONk 0 0 1 3 y x    .…………………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 OM OA OB       成立. 设 ( , )M x y ,由(1)中各点的坐标可得 1 1 2 2( , ) ( , ) ( , )x y x y x y   , 1 2 1 2,x x x y y y        ,又点 ( , )M x y 在椭圆 C 上,则代入①式,得 2 2 2 1 2 1 2( ) 3( ) 3x x y y b       ,整理可得 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2( 3 ) ( 3 ) 2 ( 3 ) 3x y x y x x y y b        ⑤ 由②和④得 1 2 1 2 1 2 1 23 3( 2 )( 2 )x x y y x x x b x b     2 1 2 1 24 3 2 ( ) 6x x b x x b    2 2 23 9 6 0b b b    又A,B 两点在椭圆上,故有 2 2 2 2 2 2 1 1 2 23 3 , 3 3x y b x y b    代入 ⑤并化简,得 2 2 1   .………………………………………………………12 分 由 2 2 1   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 2 2 21 sin     , sin    . 若 sin  ,则存在 ( R)使得等式 cos sinOM OA OB       成立; 若 sin   ,由于 sin sin( ),cos cos( )        ,于是用 代换- , 同样可证得存在 ( R)使得等式 cos sinOM OA OB       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 cos sinOM OA OB       成 立. ………………………………………………13 分 21．解：（1）由 1 ,m m ka a a  得3 1 3( 1) 1 3 1m m k      ，整理后，可得 42 ,3k m  m 、k N ， 2k m  为整数不存在 m 、 k N  ，使等式成立。………………4 分 （2）当 1m  时，则 2 3 1 2 , k kb b b a q aq     ， 3,ka q   即 ca q ，其中 c 是大于等于 2 的整数 反之当 ca q 时，其中 c 是大于等于 2 的整数，则 n c nb q  ， 显然 1 2 1 2 1 m c m c m c m m kb b q q q b          ，其中 2 1k m c    a 、 q 满足的充要条件是 ca q ，其中 c 是大于等于 2 的整数……………………9 分 （3）设 1 2m m m p kb b b a      ，即 13 (1 3 ) 2 11 3 m p k     ， 整理得 13 (3 1) 4 2m p k    (*) 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， 3 1 (1 2) 1p p        0 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p C C C C C C C C C C C C C p                                       由 13 (3 1) 4 2m p k    ，得  1 2 2 2 23 2 2 2 2 1m p p p p pC C C p k           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 1 2m m m p kb b b a      (*)， 由 3 ( )n nb n N   为奇数， 2 1( )ka k k N    为大于等于 3 的奇数。 当 p 为偶数时， (*)式左边= 1 2m m m pb b b     =偶数， (*) 式右边= ka =奇数，此时矛盾； 当 p 为奇数时， (*)式左边= 1 2m m m pb b b     =奇数，所以存在满足条件的 ka ，使得 1 2m m m p kb b b a      成立。 综上所述， p 为奇数时，满足条件。……………………………………………………14 分