2012年高考广东理科数学模拟试题 高考理科数学模拟试题精编(三)
时间：2019-05-04 03:14:37 来源：雅意学习网 本文已影响 人 
本试题分为选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟． 第一部分 选择题（共40分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分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x，y∈R，且复数（1+xi）（1+yi）（i是虚数单位）为纯虚数，则（ ）
A． 互为倒数 B． 互为相反数 C． x=y D． x≠y
2． 定义集合运算：Ａ′={z|z=■，x∈A，y∈A，x≠y}，U=Ａ′∪A ．设集合A={-1，1，3}，则集合CU （A∩Ａ′）=（ ）
A． ?覬 B． {1} C． {0，2} D． {－１，０，２，３}
3． 已知向量■、■，若｜■｜=1，■=（x，y），且实数x，y满足x≥0，y≥0，x+y≤■，z=■·（■－■），设z的最大值为M，最小值N，则M-N的值为（ ）
A． ■ B． 2■ C． 2 D． 1
4． 已知奇函数f（x）与偶函数g（x）满足f（x）+g（x）=lgkx+■+1，且f（2）=■，则g（-2）=（ ）
A． 11 B． 2 C． 1 D． -■
5． 如图，动点P沿矩形ABCD周边逆时针运动，起点为A，终点为D．设∠AOP=?琢，点P到x轴的距离为f（?琢），则f（?琢）的图像为 （ ）
6． 已知数列{an}的通项公式an=n2+3n·cost?仔，且对任意n∈N*，都有an+1>an成立，则实数t（ ）
A． 必为奇数 B． 必为偶数
C． 不为奇数 D． 不为偶数
7． 下图是由若干个棱长为1的小正方体组成的一个立体几何模型的三视图，则这个几何体的体积为9的概率为（ ）
A． ■ B． ■ C． ■ D． 1
8． 已知定义域为R的奇函数单调递增，且f ′（x）≤1．设不等式f（x）-1+f（x）+1≤2的解集的区间长度为l，则 （ ）
A． l≤1 B． l≥1 C． l≤2 D． l≥2
第二部分 非选择题（共110分）
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（9~12题）
9． 已知函数f（x）=■，x>01-ex，x≤0e为自然对数的底数．若f（a）+f（e2）=e-1，则实数a= ．
10． 如图，在三角形ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c．若∠C=120°，a+b=xc，则实数x的取值范围为 ．
11． 若（ax-1）6的展开式中x3的系数是-160，则实数a的值是 ．
12． 给定命题：
①?坌x∈[-1，1]，x4≤x2；
②若p是假命题，q是真命题，则p∧q是假命题；
③命题“?坌x∈R，x2＋2x＋4≤0”的否定为“?埚x0∈R，x02＋2x0＋4≥0”．
某流程图如图所示，现分别输入以上3个命题，则可以输出的命题序号是 ．
13. 若不等式x-a2-x0，?棕>0，0BC，平面ABD与平面ODE的交线为l，BD与AC所成的角的余弦值为■，试求二面角A-l-O的正弦值． 19. （本小题满分14分） 设数列{an}为等差数列，且a2=5，a4=11.数列{bn}的前n项和为Sn，且bn+Sn=3．
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）若cn=an·bn（n∈N*），Tn为数列{cn}的前n项和，求证：■+■+…＋■，因为｜■｜·cos的最大值为■，最小值为-■，故选B．
4． 由f（x）+g（x）=lgkx+■+1………①，用-x代x 得： -f（x）+g（x）=lgkx-■+1………②，联合①②可得：f（x）=■，g（x）=lgkx+1．又f（2）=■，故k=5，因此g（x）=lg5x+1，所以g（-2）=2，故选B．
5． f（?琢）=tan?琢，?琢∈0，■1，?琢∈（■，■]tan（?仔-?琢），?琢∈（■，?仔]即 f（?琢）=
tan?琢，?琢∈0，■1，?琢∈（■，■]-tan?琢，?琢∈（■，?仔]故选A．
6． 由an+1>an，得（n+1）2+3（n+1）·cost?仔>n2+3n·
cost?仔，即2n+1+3cost?仔>0，cost?仔>-■，因为n∈N*，所以（-■）max=-1，故仅需cost?仔>-1恒成立．因为cost?仔∈[-1，１]，所以仅需cost?仔≠-1，故实数t不为奇数，故选C．
7． 如图，首先从三视图还原这个几何体．在俯视图中用字母a、b、c、d、e、f标记各位置．如a3表示在a位向上摆放了3个小正方体．则a3、c1、f1是必然，而b、d、e的所有可能性为：b2、d2、e2；b2、d2、e1；b2、d1、e2；b1、d2、e2；b1、d1、e2共5种情形．而体积为9的仅a3、c1、f1、b1、d1、e2 一种，故选C．
8． 由不等式f（x）-1+f（x）+1≤2可知f（x）≤1，即需求当-1≤f（x）≤1时的x的取值范围．举出特例f（x）=x、 f（x）=■x等可得：l≥2，故选D．
二、填空题
9． ln2；10． （1，■]；11． 2；12． ①；13． （-2，1）；14． [1，■）；15． ■.
9． 由f（a）+f（e2）=f（a）+e=e-1可得f（a）=-1，即得ea=2，故可得ln2．
10． 在三角形中由a+b=xc>c可得x>1，由余弦定理可得：c2=a2+b2-2abcos120°=a2+b2+ab=（a+b）2-ab，即c2=x2c2-ab，即ab=x2c2-c2．因为ab≤（■）2=■，故x2c2-c2≤■，即■≤c2，即x≤■．综合可得：10得：k 所以cos(?琢-?茁)=cos2[(■+■)-(■+■)]=2cos2 [(■+■)-(■+■)]-1=2■2-1=■-1=■．
17． 解：(1)设血液中酒精含量在[80,90)内的频率为x，根据频率分布直方图，则有(0.015×2+0.02+0.01×2+0.005×2)×10+x=1，可得x=0.2，故频率分布直方图如右图所示
（2）由于血液酒精浓度在80mg/100ml（含80）以上属醉酒驾车，故醉酒驾车人数为：
(0.02+0.005)×10×20=5，其余15人为饮酒驾车．
依题意可得：?孜=0,1,2,3．
P(?孜=0)=■=■，P(?孜=1)=■=■，
P(?孜=2)=■=■，P(?孜=3)=■=■．
所以?孜的分布列为：
因此E?孜=0×■+1×■+2×■+3×■=■.
（3）设春节期间该地区酒后违法驾车的概率为P．由于检查的200名驾驶员当中酒后违法驾车人数共20人，故P=0.1．由题意可知，随机变量?浊服从二项分布，即?浊～B(1000,0.1)．所以期望E?浊=1000×0.1=100.
18.（1）证明:∵AD=DC，O为圆心，∴DO⊥AC.又∵平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC=AC，DO?哿平面ADC，∴DO⊥平面ABC.又∵BC?奂平面ABC，∴DO⊥BC. ∵E为BC的中点，∴OE⊥BC.又∵DO∩OE=O，∴BC⊥平面DEO．
（2）解：由AB>BC，作BT⊥AC于T，在平面ABC内作BS//TO，连结OS，则四边形BTOS为矩形，故BD与AC所成的角即为∠DBS．由（1）知DS⊥SB ，连续OB，DB=■R，所以cos∠DBS=■=■，故BS=■，即T为OC的中点．
∵AC为直径，∴AB⊥BC.由射影定理可得：AB2=AT·ＡＣ，∴AB2=■R·２R＝3R2，即ＡＢ＝■R．
取AB的中点F，连结OF、DF，则∠FDO即为平面ABD与平面ODE所成的二面角A-l-O的平面角．
证明如下：
由作法可得DF⊥AB.∵AO=OC，CE=EB，∴AB//OE．
∵AB?埭平面DOE，OE?奂平面DOE，∴AB//平面DOE．
∵平面ABD∩平面ODE=l，∴AB//l．
故DF⊥l，同理可得：DO⊥l．
由定义可知：∠FDO即为平面ABD与平面ODE所成的二面角A-l-O的平面角．
在Rt△DOF中，OD=R，OF=■，∠DOF=Rt∠，所以DF=■，故sin∠FDO=■=■=■，即二面角A-l-O的正弦值为■.
［方法二］以O为坐标原点，射线OA为x轴的正半轴，过O垂直于AC的射线为y轴的正半轴，射线OD为z轴的正半轴，建立如图所示空间直角坐标系O-xyz．
因为AB>BC，可设B(m,n,0)(m0)，则依题意得：O(0,0,0)，D(0,0,R)，A(R,0,0)，C(-R,0,0)，E(■,■,0)，■=(0,0,R)，■=(■,■,0)，■=(-R-m,-n,0)，■=(-R,0,R)，■=(R-m,-n,0)．
由■·■＝(-R-m,-n,0)·(0,0,R)＝0，■·■＝(-R-m,-n,0)·(■,■,0)=0，∴ ■⊥■，■⊥■，即BC⊥OD，BC⊥OE，∵OD∩OE=O，BC⊥平面ODE．
（2）■=(2R,0,0)，■=(-m,-n,R)，其中m2+n2=R(m0)．
由BD与AC所成的角的余弦值为■，即cos〈■,■〉=■，∵■·■=(2R,0,0)·(-m,-n,R)=-2mR，又■·■=■·■·cos〈■,■〉=2R·■·■＝Ｒ·■·■=Ｒ2，故Ｒ2=-2mR，即m=-■，代入m2+n2=R得：n=■．
所以■=(-■Ｒ,■，0)．设平面DOE的法向量为■1=(x1,y1,0)，依题意有■·■＝0，即-■Ｒx1+■y1=0，即y1=■x1，令x1=1,y1=■，故■=(1,■,0)．设平面ABD的法向量为■2=(x2,y2,1)，■=(■Ｒ,-■Ｒ，0)，依题意有(x2,y2,1)·(-R,0,R)=0，(x2,y2,1)·(■Ｒ,-■Ｒ，0)=0，即x2=1，y2=■x2，即x2=1，y2=■，故■2=(1,■,1)．
则所求二面角A-l-O的大小即为向量■1与■2的夹角大小，设为?兹．
由cos?兹=■=■=■，可求得sin?兹=■=■，即二面角A-l-O的正弦值为■.
19． 解：（1）由数列{an}为等差数列，公差d=■(a4-a2)=3，故an=a2+(n-2)·d=3n-1.
由bn+Sn=3，令n=1，则b1+S1=3，又S1=b1，所以b1=■.
由bn+Sn=3可得bn+1+Sn+1=3，再两式相减得：bn+1-bn+Sn+1-Sn=0，即bn+1-bn+bn+1=0，即■=■，所以{bn}是以■为首项，■为公比的等比数列．所以bn=3·■．
（2）由（1）得：cn=an·bn=3(3n-1)·■．
∴Tn=3[2·■+5·■+８·■+…+(3n-1)·■]…①
■Ｔn=3[2·■+5·■+…+(3n-4)·■+(3n-1)·■]…②
① - ②得：■Ｔn=3[1+3·■+3·■+…+3·■-
(3n-1)·■]
∴Tn=3[2+3·■+3·■+…+3·■-(3n-1)·■]=6+9■+■+…+■-3(3n-1)·■=6+9×■-3(3n-1)·■=15-■-3(3n-1)·■=15-■-3(3n-1)·■=15-
■.
故Tn=15-■，变形可得■=■．所以■+■+…+■=■+■+…+■=■=1-■ 20. 解：（1）设点P的坐标为P(x,y)，直线l:y=k(x+2)(k∈R)过定点M(-2,0)．
依题意可得，△MPN为Rt△且MP⊥PN，所以kMP·kNP=-1，即■·■=-1(x≠±2)．
化简得：x2+y2=4(x≠±2)．
故所求的点P的轨迹方程x2+y2=4(x≠±2)．
（2）当k=■时，可知∠PMN=60°，△MOP为等边三角形，可求出点P的坐标为P(-1,■)．
设所求椭圆方程为■+■=1(a>b>0)，
则c=2，2a=MP+PN=2+2■，即a=1+■．
由b2=a2-c2得：b2=(1+■)2-22=2■， 所以椭圆方程为■+■=1．
在直线l:y=■(x+2)中令x=0，得y=2■，故点Q的坐标为Q(0,2■)．
由PN=2■，故圆N的方程为：(x-2)2+y2=12．令y=0，得x=2+2■，所以圆N与x轴的右交点为R(2+2■,0)．
由斜率公式可得：kNP=-■=-■，kQR=■=-■．
∵kNP≠kQR，∴直线PN与QR不平行．
（3）设R(m,0)(m>0)，若PN∥QR，则MQ⊥QR，由Q(0,2k)可得：kMQ·kQR=-1，即k·■=-1，故m=
2k2，故点R的坐标为R(2k2,0)．此时圆N的半径为：NR=2k2-2．
由题意得：MN=4，MR=2k2+2，NP=2k2-2，QR=2k■．
∵PN∥QR，∴■=■，即■=■，即4k2=(k4-1)(k2-1)，即k6-k4-5k2+1=0．
21. 解： （1）函数序列fn(x)的定义域为{x｜x>0}．
令x0=1，则fn(1)=n·ln1-■×12=■=y0，故函数序列fn(x)都经过的定点为P1,■．
f ′n(x)=■-x=■=■，令f ′n(x)=0，解得：x=■．
当00，函数序列fn(x)单调递增；当x>■时，f ′n(x)0，即lnn>1，即n>e，∵n∈N*，∴n≥3．故函数序列fn(x)有两个零点的充要条件为：n≥3．
（2）令g(n)=■(n≥2,n∈N*)，则 g(n)=■=■(■+■){n(lnn-1)-(n-1)[ln(n-1)-1]}=■(■+■)[nlnn-(n-1)ln(n-1)-1].
设g(x)=■(■+■)[xlnx-(x-1)ln(x-1)-1](n≥2,x∈R)，则g′(x)=■{(■+■)′[xlnx-(x-1)ln(x-1)-1]+(■+■)[xlnx-(x-1)ln(x-1)-1]′}=■{■(■+■)[xlnx-(x-1)ln(x-1)-1]+(■+■)[lnx-ln(x-1)]}=■{■(■+■)[xlnx-(x-1)ln(x-1)-1]+(■+■)ln■)}.
下证xlnx-(x-1)ln(x-1)-1>0恒成立：令h(x)=xlnx-(x-1)ln(x-1)-1(n≥2,x∈R)，则h′(x)=lnx-ln(x-1)=ln■>ln1=0，故h(x)在[2,+∞)上单调递增，所以h(x)min=h(2)=2ln2-ln1-1=ln4-1>lne-1=0，故xlnx-(x-1)ln(x-1)-1>0恒成立．
由于■+■>0，■+■>0，ln■>0可知：g′(x)>0，即函数g(x)单调递增，故g(1)
