珠海市2012届高三第二次调研(理数)

珠海市2012届高三第二次调研

理科数学

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,请在答题卡相应位置填涂答案）

１．已知全集UR，集合A{x||x1|1}，则CUA等于（ C ） A.(，0] B. [2，) C.(，0][2，) D.[0，2] ２．等比数列{an}中，a112，又a1a4a2a34，则公比q

A．2 B．23 C．2 D．3

３．在复平面内，复数6+5i, -2+3i 对应的点分别为A,B.若C为线段AB的中点，则点C对应的复数是 （ ） A.4+8i B.8+2i C.2+4i D.4+i ４．已知a、b是实数，则“a>1，b>2”是“a+b>3且ab>2”的

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条

5． ABC中，角A、B、C所对的边a、b、c，若a451253，A3，cosB55，则b

A．

855 B．

255 C．5 D．

5

7)=

6．已知函数f(x)满足：当x1时，f(x)=f(x1)；当x＜1时，f(x)=2x，则f(log7772A．

716 B．8 C．4 D．2

7．某班主任对全班50名学生进行了作业量多少的调查，数据如下表：

喜欢玩电脑游戏 不喜欢玩电脑游戏 总数 认为作业多 18 8 26 认为作业不多 9 15 24 总数 27 23 50 1

根据表中数据得到k50(181589)2723242625.059，参考下表：

P(K2≥k) k 0.050 3.841 0.025 5.024 0.010 6.635 0.001 10.828

则认为喜欢玩电脑游戏与认为作业量的多少有关系的把握大约为（ ） A．97.5% B．95% C．90% D．99.9%

A．16 B．17 C． 18 D．19

二、填空题：本大题共7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，两题全答的，只计算前一题得分．答案请填在答题卡上.

9.（理科）某校高中部有三个年级，其中高三有学生1000人，现采用分层抽样法抽取一个容量为185的样本，已知在高一年级抽取了75人，高二年级抽取了60人，则高中部共有学生____人.

10．（理科）已知单位向量a，b，其夹角为，则ab=__________

3211．（理科）已知随机变量~N(2,)，P(1)

v48． 起点到终点的最短距离为（ ）

起点v08v2523244终点v67v1v36v534，P(5) . 12．下图是一个几何体的三视图，根据图中数据可得该几何体的表面积是_________；

13．甲乙两艘船都要在某个泊位停靠，若分别停靠4小时、8小时，假定它们在一昼夜的时间段内任意时刻到达，则这两艘船中有一艘在停靠泊位时必须等待的概率为 ． 14．（坐标系与参数方程选做题）． 如图，PA是圆的切线，A为切点，PBC是圆的割线，且

PBBC12PABCC ． B P

，则 ．

A 15．（坐标系与参数方程选做题）曲线4cos关于直线为 。

2

4对称的曲线的极坐标方程

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）在平面直角坐标系xoy中，以ox轴为始边做两个锐角,，它们的

1010终边都在第一象限内，并且分别与单位圆相交于A，B两点，已知A点的纵坐标为，B点的

纵坐标为

210．（1）求tan和tan的值；（2） 求2的值．

17．（本小题满分12分）某学校900名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与18秒之间，

抽取其中50个样本，将测试结果按如下方式分成五组：第一组13,14)，第二组14,15)，„，第五组17,18，下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．

（1）若成绩小于14秒认为优秀，求该样本在这次百米测试中成绩优秀的人数； （2）请估计本年级900名学生中，成绩属于第三组的人数；

（3）若样本第一组中只有一个女生，其他都是男生，第五组则只有一个男生，其他都是女生，现从第一、五组中各抽2个同学组成一个实验组，设其中男同学的数量为，求的分布列和期望．

3

频率组距0.380.320.160.080.06O131415161718秒

18.（本小题满分14分）如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，CC14，ABBC3． （1）若E、F分别是BC1、A1C1中点，求证EF//平面DCC1； （2）求二面角A1BC1D的正弦值．

4

19.（本小题满分14分）已知圆C方程：（x－1）+ y=9，垂直于x轴的直线L与圆C相切于N点（N在圆心C的右侧），平面上有一动点P，若PQ⊥L，垂足为Q，且

|PC||PQ|122

2

；

（1）求点P的轨迹方程；

（2）已知D为点P的轨迹曲线上第一象限弧上一点，O为原点，A、B分别为点P的轨迹曲线与x,y轴的正半轴的交点，求四边形OADB的最大面积及D点坐标.

20.（本小题满分14分）已知函数fx13xaxbx32a,bR.

（Ⅰ）若曲线C:yfx经过点P1,2，曲线C在点P处的切线与直线2xy30平行，求a,b的值；

2（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，试求函数gxm1fx7x（m为实常数，m1）3的极大值与极小值之差；

（Ⅲ）若fx在区间1,2内存在两个不同的极值点，求证：0ab2.

5

521.已知函数f(x)cosx，g(x)2x，数列{xn}满足：x1(，

6,6)g(xn1)2nf(xn)(nN)，

*(1) 当2时，求x2,x3的值并写出数列{xn}的通项公式（不要求证明）；

(2) 求证：当x0时，xf'(x)x；

(3) 求证：x1

2x22x32xn12*(nN)。

6

数学理参

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,请在答题卡相应位置填涂答案） １．C ２．A ３．C ４．A 5． C 6．C 7．A

8．B

二、填空题：本大题共7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，两题全答的，只计算前一题得分．答案请填在答题卡上. 9. 3700 10． 3

1

11． 4

5112． 2

3113． 72

314． 2 15． 4sin

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.解: 本小题考查三角函数的定义、两角和的正切、二倍角的正切公式。 （1）由条件得 sin110， sin152 „„„„„„„„„„„„„„„„2分

为锐角，故 cos0且cos1317310 ，同理可得cos752 „„„„„4分

因此tan，tan。 „„„„„„„„„„„„„„„„6分

7

（2）tan13，tan17

11tantantan1tantan371„„„„„„„„„„„„„„„„7分 1121371tantan()1tantan()321 „„„„8分 111321tan2tan()02，ytanx在(0,42)上单调递增，

且tan1tan同理0从而

4 ，∴044，„„„„„10分 „„„„„11分

，∴02432 „„„„„„12分

17. 频率 组距0.38

0.32 0.16 解：（1）由频率分布直方图知，成绩在第一组的为优秀，频率为0.06， 0.08人数为：50×0.06=3 0.06所以该样本中成绩优秀的人数为3。 „„„„„„„„ 3分 （2）由频率分布直方图知，成绩在第三组的频率0.38，以此估计本年级900名学生成绩属O于第三组的概率为0.38， 人数为：900×0.38=342

所以估计本年级900名学生中，成绩属于第三组的人数为342。„„„ 7分 （3）的可能取值为1，2，3；

131415161718秒 8

p(1)C1C2C3C1C0112023CC1C3C420224131„„„ 8分

p(2)C2C1C322C2C1C321C1C3C421112„„„ 9分

p(3)C2C1C2320C1C3C241116„„„ 10分

的分布列为

P  1 1/32 1/23 1/6 „„ 11分

∴

E1p(1)2p(2)3p(3)116156

„„ 12分

18.．

9

(Ⅰ)证明：连接D1B1、B1C，则长方体ABCDA1B1C1D1中，

BC1B1CE，D1B1A1C1F，

E、F分别是B1D1和B1C的中点

EFD1C„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„２分 EF平面DCC1 „„„„„„„„„„„„„„„„„„4分

(Ⅱ)解：(理)连接AC设交BD于O，连接A1O、C1O

正方形ABCD中ACBD，又AA1平面ABCD

AA1BD

BD平面AA1C1C„„„„„„„„„„„5分

过A1作A1HC1O于H，作A1GC1B于G，连接GH、BF

A1HBD

A1H平面BDC1 „„„„„„„„„„„„6分 BC1A1H BC1平面A1HG

BC1HG „„„„„„„„„„„„„„8分 A1GH就是二面角A1BC1D„„„„„„„„„„10分

ABBC3，CC14

A1BBC15，A1C1BD32 A1HAA1A1C1OC124414041，A1GBFA1C1BC13415„„„„„1２分

sinA1GH

A1HA1G

10

二面角A1BC1D的正弦值是

19. 解

：（

1

）

设

P4041 „„„„„„„„14分

点坐标为

(xy,，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„

„„1分

则PQ4x，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分

PC(x1)y„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分

22因为

|PC||PQ|x2y122，所以(x1)y4x2212， „„„„„„„„„„„„„4分

化简得

431„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分

x2所以点P的轨迹方程是

4y231„„„„„„„„„„„„„„„„„6分

（2）依题意得，A点坐标为(2,0)，B点坐标为(0,3)„„„„„„„„„„„„„7分

设D点坐标为(2cos,3sin),(02)，„„„„„„„„„„„„„„„„8分

则四边形OADB的面积S四边形OADBSOAD+SOBD,„„„„„„„„„„„„„„„9分

1223sin1232cos„„„„„„10分

3(sincos)

11

6sin(4)„„„„„„„„„„„„„„11分

又因为0所以222，所以

44+434„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分

4)6sin()1，即36sin(

所以四边形OADB的最大面积为6，„„„„„„„„„„„„„„„13分

当四边形OADB的面积取最大时，此时D点坐标为(2,

20. 解：（Ⅰ）fx13232xaxbxfxx2axb，„„„„„„„„„1分

4=2，即=4，

分

62)„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„14

直线2xy30的斜率为2，曲线C在点P处的切线的斜率为2,

f112ab2„„① „„„„„„„„„„„„„„„2分

曲线C:yff113x经过点P1,2，

ab2„„② „„„„„„„„„„„„„„„3分

2a,3由①②得： „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分

7b.3（Ⅱ）由（Ⅰ）知：fx13x323x273x，gxm132x32x2，

442gxm1xx, 由gx0x0，或x.„„„„„5分

33当m210，即m1,或m1时，x，gx，gx变化如下表

x gx ,0 + 0 40, 343 4,3 0 - 0 + 12

gx 极大值 极小值 由表可知： 4gx极大gx极小g0g03323222m1m1 „„„„„7分 8181当m210,即1m1时，x，gx，gx变化如下表

x gx gx ,0 - 0 40, 343 4,3 0 极小值 + 0 极大值 - 由表可知： 3232422gx极大gx极小gg0m10m1„„„„„„8分 81813综上可知：当m1,或m1时，gx极大gx极小当1m1时，gx极大gx极小32m81232m8121；

1„„„„„„„„„„„„„„9分

（Ⅲ）因为fx在区间1,2内存在两个极值点 ，所以f(x)0， 即x22axb0在(1,2)内有两个不等的实根． f(1)12ab0,f(2)44ab0,∴1a2,4(a2b)0.(1)(2)(3)(4) „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„11分

由 （1）+（3）得：ab0， „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分 由（4）得：aba2a，由（3）得：2a1，

aa(a212)2142，∴ab2． „„„„„„„„„„13分

故0ab2 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„14分 21.

13

(1)解：x2x32,xn2， „„„„„„„„„„„„„„2分

(2)证明：设F(x)f'(x)xsinxx，则F'(x)cosx10，

∴F(x)在[0,)上为减函数，即F(x)F(0)0，即f'(x)x，„„„„„„4分 设H(x)f'(x)xsinxx，则H'(x)cosx10，

∴H(x)在[0,)上为增函数，即H(x)H(0)0，即f'(x)x，„„„„„„5分 ∴当x0时，xf'(x)x。 „„„„„„„„„„„„„„6分 (3)由(1)知：当x0时，|f'(x)||x|，

同理可证：当x0时，|f'(x)||x|，即对xR，恒有：|f'(x)||x|。„„„„7分 由g(xn1)∴xn12nf(xn)(nN)得：xn1*21ncosxn，

21n1cosxn1nsin(xn2)1nxn2 （nN*） „„„„„„8分

∴xn2n1xn12，xn121n2xn22，„„，x22x12，

从而xn21(n1)!2， „„„„„„„„„„„„„„„„10分

x12x22x32xn111111 „11分 21!1!2!3!n!21 n122 1112122 12(1211 „„„„„„„13分 )3nn122225(,66 )* 3∴x1

2x22x32xn12(nN)成立。 „„„„„„„14分

14