(档案编号：201301081013)珠海2012年9月调研文档

. 海珠区2012学年高三综合测试（一）

数 学(理科)

本试卷共6页，21小题，满分150分。考试用时120分钟。

注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室

号、座位号填写在答题卡上。

2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点

涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在

答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将答题卡一并交回。 参考公式：柱体体积公式VSh,其中S为柱体的底面积，h为柱体的高. 锥体体积公式V13Sh,其中S为锥体的底面积，h为锥体的高.

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．已知全集U1,2,3,4,5,6,7,A2,4,5,B1,3,5,7，则ACUB

A.5 B.2,4,6D.1,2,3,4,5,7 C.2,4,5 2．下面是关于复数z21i 的四个命题:

2p1:z2, p2:z2i p3:z的共轭复数为1i p4:z的虚部为1

其中真命题为

A.p2,p3 B.p1,p2 C.p2,p4 D.p3,p4 3．下列函数中,既是奇函数又是增函数的是

A. yx3 B.ycosx C. yxx D.yex

4．要得到函数ysinx的图象可将函数ysinx的图象上的所有点

66高三数学调研（一轮） 高三数学教研组 档案编号：201301081013

A.向右平行移动B.向左平行移动C.向右平行移动D.向左平行移动

6 个长度单位 个长度单位 个长度单位 个长度单位

开始 63i1,s0 3ss2i1iii15．执行如图1所示的程序框图,输出的i

值为

A.5 B.6 C.7 D.8

s100?是 6．已知椭圆C:xa222yb221ab0

否 输出i 的离心率为

2,双曲线x2y21的

结束 渐近线与椭圆C有四个交点,以这四个 交点为顶点的四边形的面积为16,则 椭圆C的方程为

A.图1

x28y241 B.x212y261 C.

x216y281 D.x220y251

7．在长为10cm的线段AB上任取一点C.现作一矩形，邻边长分别等于

线段AC,CB的长，则该矩形面积大于9cm的概率为

A.1102 B.15 C.310 D.45

8.已知函数fxx2x,gxax2a0,对任意的x11,2

2 都存在x01,2,使得gx1fx0,则实数a的取值范围是 A.0, B.,3 C. 3, D.0,3

22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（9～13题）

9． 在ax展开式中x4的系数为35,则实数a的值为 .

711x010．设x,y满足约束条件x2y3,则zxy的最大值是 .

2xy3高三数学调研（一轮） 高三数学教研组 档案编号：201301081013

11．一个几何体的三视图如图2所示,则该几何体的体积为 .

12．不等式

1 2 1 0.5 2 0.5 1 1 正视图 侧视图

图2

俯视图

2x11的解集为 . dxa,b,

计算定积分

abxx213．将石子摆成如图3的梯形形状.称数列5,9,14,20,为“梯形数”.根据图形的构成,

数列第6项a6 ;第n项an .

（二）选做题（14、15题，考生只能从中选做一题）

2xt2（坐标系与参数方程选做题） 已知直线l的参数方程为 (t为参数)，圆C14．

2y1t2图3

的参数方程为xcos2ysin (为参数), 则圆心C到直线l的距离为 .

15．（几何证明选讲选做题）如图4，在ABC中， DE//BC， EF//CD，若

BC4,DE2,DF1，则AB的长为__________ ．

BDFAE图4

C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.

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16．(本小题满分12分)

在锐角ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c,向量

m1,cosB,nsinB,3,且mn.

(1)求角B的大小; (2)若ABC面积为

17．(本小题满分12分)

332,3ac25b2,求a,c的值.

电视传媒公司为了了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况,随机抽取了100名观众进行调查,如图5是根据调查结果绘制的观众日均收看该类体育节目时间的频率分布直方图,其中收看时间分组区间是:0,10,10,20,20,30,30,40,40,50,50,60.

将日均

不低于40分钟的观众称为“体育迷”.

（1）求图中x的值;

（2）从“体育迷”中随机抽取2人，该2人中日均收看该类体育节目时间在区间50,60内的人数记为X，求X的数学期望EX.

18．(本小题满分14分)

频率组距 0.028 0.025 0.020 0.012 x 0.005 O 10 20 30 图5

40 50 60 分钟

收看该类体育节目时间

如图6,在三棱柱ABCA1B1C1中,底

面

垂

B10直,BAC90,ABACAA12,

侧棱与

A1NC1点

M,N分别为A1B和B1C1的中点.

MCAB图6

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（1）证明:A1MMC; （2）证明:MN//平面A1ACC1; （3）求二面角NMCA的正弦值.

19．(本小题满分14分)

已知等差数列an满足a35,a52a23,又数列bn中,b13且

3bnbn10nN.

Sn2Tn3n.求数列cn的前n(1)求数列an,bn的通项公式;

(2)若数列an,bn的前n项和分别是Sn,Tn,且cn项和Mn;

(3)若Mn9logm

20．(本小题满分14分)

34m0,且m1对一切正整数n恒成立，求实数m的取值范围.

设抛物线C:x2pyp0的焦点为F,Ax0,y0x00是抛物线C上的一定

2点.

(1)已知直线l过抛物线C的焦点F,且与C的对称轴垂直,l与C交于Q,R两点, S为C的准线上一点,若QRS的面积为4,求p的值;

(2)过点A作倾斜角互补的两条直线AM,AN,与抛物线C的交点分别为Mx1,y1,Nx2,y2.若直线AM,AN的斜率都存在,证明:直线MN的斜率等于抛物线

C在点A关于对称轴的对称点A1处的切线的斜率.

21．(本小题满分14分)

已知函数fxlnxaxx在x0处取得极值.

2(1)求实数a的值; (2)若关于x的方程fx的取值范围;

(3)证明:对任意的正整数n,不等式2

3449n1n252xb在区间0,2上恰有两个不同的实数根,求实数blnn1都成立.

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海珠区2012学年高三综合测试(一)

理科数学参考答案与评分标准

说明：1．参考答案与评分标准指出了每道题要考查的主要知识和能力，并给出了一种或几

种解法供参考，如果考生的解法与参考答案不同，可根据试题主要考查的知识点和能力比照评分标准给以相应的分数．

2．对解答题中的计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答

未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的得分，但所给分数不

得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．

3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数，选择题和填空题不给中间分．

一、选择题：本大题考查基本知识和基本运算．共8小题，每小题5分，满分40分． 题号 答案 1 B 2 C 3 C 4 C 5 A 6 B 7 D 8 A 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。其中14~15题

是选做题，考生只能选做一题．

9. 1 10. 0 11. 12 12.

13

13. 35;

n1n42 14.

322 15.4

(第13题第一空2分,第二空3分)

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)

（本小题主要考查向量数量积、三角特殊值的运算,三角函数的基本关系,解三角形1等知识，考查化归与转化、方程的数学思想方法，以及运算求解能力） 解(1) : (1) mn1,cosBsinB,3

1sinBcosB3 „„„„1分

sinB3cosB mn,mn0

sinB3cosB0 „„„„2分 ABC为锐角三角形,cosB0 „„„„3分 tanB0BB3, „„„„4分

2

32. „„„„5分

22222(2)由bac2accosB,得bacac, „„„„6分

222代入3ac25b得3ac25acac,得ac5. „„„„7分

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SABC12acsinB33212acsin334ac „„„„9分

由题设34ac,得ac6 „„„„10分

ac5联立,

ac6解得a2a3,或. „„„„12分

c3c217. (本小题满分12分)

（本小题主要考查排列、组合的运算，频率分布,超几何分布，数学期望等知识，考查或然与必然,以及数据处理能力、抽象思维能力、运算求解能力和应用意识）

解:(1)由题设可知0.005x0.0120.020.0250.028101, „„„„1分 解之得x0.01. „„„„2分

(2)由题设可知收看该类体育节目时间在区间50,60内的人数为0.005101005人, „„„„3分

“体育迷”的人数为0.010.0051010015, „„„„4分 所以X的可能取值为0,1,2, „„„„5分

pX0pX1pX2C5C10C15C5C10C2150112023710212, „„„„7分 „„„„9分 „„11分

3711021222123C5C10C152221X的数学期望EX0.„„„„12分

18. (本小题满分14分)

（本小题主要考查空间线面关系、空间向量等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力） 解 :证明(1)证法一:由题设知,ACAA1,

又BAC90 ACAB

AA1平面AA1BB1,AB平面AA1BB1,AA1ABA

AC平面AA1BB1,

0A1PB1NC1MCA1M平面AA1BB1

ABA1MAC. „„„„1分

又四边形AA1BB1为正方形,M为A1B的中点,

A1MMA „„„„2分 ACMAA,AC平面MCA,MA平面MCA

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A1M平面MCA „„„„3分

又MC平面MCA „„„„4分

A1MMC. „„„„5分

证法二:(向量法) 以点A为坐标原点,分别以直线

AB,AC,AA1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Axyz,如图所示. „„„„1分

于是C0,2,0,A10,0,2,M1,0,1,N1,1,2.„„„„2分 A1M1,0,1,MC1,2,1 „„„„3分 A1MMC1102110 „„„„4分

A1MMC. „„„„5分

(2)证法一: 连接AB1,AC1, „„„„6分 由题意知,点M,N分别为AB1和B1C1的中点,

MN//AC1. „„„„7分

又MN平面A1ACC1,AC1平面A1ACC1, „„„„8分

MN//平面A1ACC1. „„„„9分

证法二:取A1B1中点P,连MP,NP,而M,N 分别为AB1与B1C1的中点,

MP//AA1,

MP平面A1ACC1,AA1平面A1ACC1 MP//平面A1ACC1,

同理可证NP//平面A1ACC1 „„„„6分 又MPNPP

平面MNP//平面A1ACC1. „„„„7分 MN平面MNP， „„„„8分

MN//平面A1ACC1. „„„„9分

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证法三(向量法): 以点A为坐标原点,分别以直线

zAB,AC,AA1为x轴,y轴,z轴建立空间直角

A1PNC1坐标系BAxy,如图所示.于是1A0,0,B0,2M,10,,00,N1,, 1,1,2M.ABAC,ABAA1,ACAA1A

ACAB平面A1ACC1

xB向量AB2,0,0是平面A1ACC1的一个

法向量 „„„„6分 MN0,1,1

ABMN2001010

ABMN „„„„7分

又MN平面A1ACC1 „„„„8分

MN//平面A1ACC1 „ „„9分

(3)解法一:以点A为坐标原点,分别以直线

AB,AC,AA1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Axyz,如图所示.

于是A0,0,0,B2,0,0,C0,2,0,

B12,0,2,C10,2,2,A10,0,2,M1,0,1,N1,1,2. „„„„10分

由(1)知

MA1是平面MC的一个法量,MA11,0,1. „„„„11分 设平面NMC的法向量为nx,y,z, MN0,1,1,MC1,2,1

nMNyz00yz nMC0x2yz0x3zn3,1,1 „„„„12分

y向

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设向量MA1和向量n的夹角为,则

MA1ncosMA1n1301111角81s20122311222422

„„„„13分

二

2面oNM的的正弦值为

1c311 1.  „„„„14分 111解法二(几何法):如图,将几何体补形成一个正方体,连DC1,CD1交于点O,连B1A,B1O,显然,A,M,C,B1,D1,O都在同一平面ACB1D1上. 易证B1O//MC,C1OCD1,

B1D1平面CC1DD1,C1O平面CC1DD1, C1OB1D1,又B1D1D1CO

B1HMQA1ND1C1OPC1O平面ACB1D1.

ABB1CDD1取B1O中点H,连NH,

N,H分别是B1O,B1C1的中点

HNH//C1O,

NH平面ACB1D1, „„„„10分

MQPOAC且H为垂足,即NH平面AMC,过点O作OPMC于P, 过H作HQ//OP交MC于Q,连NQ,

则NQH即是所求二面角NMCA的补角. „„„„11分 在RtMAC中,CMAMMC26ACAM132222226,

sinMCA,

sinOCPsinMCAcosMCA211363,

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在RtOPC中，sinOCPOP2,OP263233

HQOP233.

又MH12C1O22.

在RtNHQ

1243116中，NQNH2HQ2, „„„„12分

2sinNQH=

NHNQ2311. „„„„13分

11116所求二面

角

31111NM的正弦值为

sinNQHsinNQH. „„„„14分

19.(本小题14分)

（本小题主要考查数列通项、错位求和与不等式等知识，考查化归与转化、方程的数学思

想方法，以及运算求解能力）

解: ( 1)设等差数列an的公差为d,则由题设得:

a12d5 a4d2ad311a12d5a11即,解得 „„„„1分

a2d3d21an1n122n1nN3bnbn10

 „„„„2分

bn1bn3,nN

数列bn是以b13为首项,公比为3的等比数列. „„„„3分

bn33n13nnN. „„„„4分

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(2)由(1)可得Sn Tn33313n2n12n1212n, „„„„5分

n32n13. „„„„6分

n3n1cn3n133n. „„7分

Mnc1c2c3cn1cn

Mn132333n13n3234nn11

n3Mn13234333n52341nn13nn2132

2 „„„„8分

12得:

332n12Mn3333n3 „„„„9分

3139n3n2

Mn(3)Mn12n13n1nN. „„„„10分499n12n13n1 2n131Mn44n9n130

Mn1Mn,nN

当n1时, Mn取最小值,M19, „„„„11

分

99logm34

即logm341

341恒成立； „„„„12分

341 logmm，

当m1时，logm当0m1时，由logm得m34 ，

34. „„„„13分

0m 实数m的取值范围是m0m3或m1. „„„„14分 420. (本小题满分14分)

（本小题主要考查直线、抛物线、对称等知识，考查数形结合、化归与转化、方程的思想

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方法，考查数学探究能力以及运算求解能力） 解: (1)由题设F0,ppp,设则Qx,,Rx,11 „„„„1分 2222QRxx11pp222

2x122p2p22p. „„„„2分

12由QRS的面积为4,得:2pp4,得:p2.„„„„4分

(2)由题意A1x0,y0 „„„„5分 首先求抛物线C在点A关于对称轴的对称点A1处的切线的斜率. 解法一：设抛物线在A1处的切线的斜率为k,则其方程为

ykxx0y0 „„„„6分

联立ykxx0y0x2py2

2得x2pkx2px0k2py00

222将2py0x0代入上式得:x2pkx2px0kx00 „„„„7分

2pk42px0kx0220 „„„„8分

222即pk2px0kx00

即pkx00 得kx0p.

2即抛物线C在点A关于对称轴的对称点A1处的切线的斜率为x0p.„„„„9分

解法二：由x2py得y212px， „„„„6分

2y'xp „„„„7分

,抛物线C在点A关于对称轴的对称点A1x0y0处的切线的斜率为

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x0p. „„„„9分

再求直线MN的斜率. 解法一:设直线AM的斜率为k1,则由题意直线AN的斜率为

k1. „„„„10分

直线AM的的方程为yy0k1xx0,则直线AN的的方程为yy0k1xx0.

2x2py联立

yk1xx0y0得x22pk1x2pk1x0x020„„„„(1) „„„„11分

方程(1)有两个根x0,x1,2pk142px0k1x02pk12220

x0,1

x0x12pk1,即x12pk1x0,同理可得x22pk1x0 „„„„12分

直线MN的

x22斜率kMNy2y1x2x12px122px2x1x1x22p2x02px0p. „„„„13分

直线MN的斜率等于抛物线C在点A关于对称轴的对称点A1处的切线的斜

率. „„„„14分 解法二:kAMkAN „„„10分

y0y1x0x1y0y2x0x2 „„„„11分

x02将y0x022p,y1x122p,y2x222p分别代入上式得:

2px12x022p2px222px0x1x0x2,

整理得2x0x1x2. „„„„12分

直线MN的

高三数学调研（一轮） 高三数学教研组 档案编号：201301081013

x22斜率kMNy2y1x2x12px122px2x1x1x22p2x02px0p. „„„„13分

直线MN的斜率等于抛物线C在点A关于对称轴的对称点A1处的切线的斜

率. „„„14分

21. (本小题满分14分)

（本小题主要考查导数、函数的单调性、不等式、最值、方程的根等知识，考查化归转化、分类讨论、数形结和的数学思想方法，以及抽象概括能力、运算求解能力、创新能力和综合应用能力） 解:(1)f'x1xa2x1, „„„„1分

x0时,fx取得极值,

f'00, „„„„2分

12010,解得a1.经检验a1符合题意. „„„„3分

2故

0a（2）由a1知fxlnx1xx, 由fx52xb,得lnx1x2232xb0, „„„„4分

52xb在区间0,2上恰有两个不同的实数

令xlnx1x32xb,则fx根等价于x0在区间0,2上恰有两个不同的实数根. „„„„5分

'x1x12x324x5x12x1, „„„„6分

当x0,1时,当x1,2时,'x0,于是x在0,1上单调递增; „„„„7分

'x0,于是x在1,2上单调递减.„„„„8分

0b03依题意有1ln111b0, „„„„9分

22ln1243b0解得,ln31bln2122. „„„„10分

(3) fxlnx1xx的定义域为xx1,由(1)知f'xx2x3x1,

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令f'x0得,x0或x32(舍去), „„„„11分

当1x0时, f'x0,fx单调递增;

当x0时, f'x0,fx单调递减.

f0为fx在1,上的最大值. fxf0,故lnx1x2x0(当且仅当

x0立) „„„„12分 对任意正整数n,取x1n0

得,ln1111nn2, „„„„13分 nlnn1n1nn2. 故23449n1n2ln2ln32ln413lnnnlnn1.

„„„„14分

时,等号成