1、浙江省镇海中学2012届高三数学（理）测试一、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) 设Py | y，xR，Qy | y，xR，则(A) P Q(B) Q P (C) RP (D) RQ【解析】Py | y0，Qy | y2012?输出n结束(第3题)是否p=p+2n-1 (2) 已知i是虚数单位，设复数，则在复平面内对应的点在(A) 第一象限 (B) 第二象限 (C) 第三象限 (D) 第四象限【解析】，对应点，在第四象限【答案】D(3) 若某程序框图如图所示，则输出的n的值是(A) 43 (B) 44 (C) 45 (D)
2、 46【解析】n=2，p=1+3=4；n=3，p=1+3+5=9；n=4，p=1+3+5+7=16；n=44，p=442=1936；n=45，p=4522012至此跳出程序【答案】C(4) 设是等比数列，则“”是“数列是递增数列”的(A) 充分而不必要条件(B) 必要而不充分条件(C) 充分必要条件 (D) 既不充分也不必要条件【解析】“” “数列是递增数列”【答案】C (5) 设a、b是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题中正确的是(A) 若 (B) 若 (C) 若 (D) 若【解析】 (A)；(C) ；(D) 与斜交【答案】B(6) 甲和乙等五名志愿者被随机地分到A、B、C、D四个
3、不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者，则甲和乙不在同一岗位服务的概率为 (A) (B) (C) (D) 【解析】注：第一个表示甲与除乙外的某一位志愿者一起去同一个岗位服务，第二个表示乙与甲除外的某一位志愿者一起去同一个岗位服务，表示甲与乙都一个人去某一岗位服务【答案】B(7) 若(1-3x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则|a0|a1|a2|a3|a4|a5|等于(A) 1024 (B) 243 (C) 32 (D) 24【解析】分析式子易得|a0|a1|a2|a3|a4|a5|= a0a1a2a3a4a5故令x =1即可得答案【答案】A (8) ABC外接圆的半径为，圆心
4、为，且，则的值是(A) 3 (B) 2 (C) 1 (D) 0【解析】仔细分析式子：，易得ABC位直角三角形，且A为直角，又，故C=30由此，【答案】A(9) 已知实数x、y满足，若不等式恒成立，则实数a的最小值是 (A) (B) (C) (D) 2【解析】作出可行域如下所示：则设（表斜率），则，则，故，所以 即【答案】C(10) 设R表示一个正方形区域，n是一个不小于4的整数点X位于R的内部（不包括边界），如果从点X可引出n条射线将R划分为n个面积相等的三角形，则称点X是一个“n维分点”由区域R内部的“100维分点”构成集合A，“60维分点”构成集合B，则集合x | xA且xB中的元素个数是
5、 (A) 1560 (B) 2320 (C) 2480 (D) 2500【答案】B非选择题部分 (共100分)正视图俯视图侧视图664(第12题)33二、 填空题: 本大题共7小题, 每小题4分, 共28分。(11) 函数的 最小正周期是 【解析】看看就行了！ 能转换成 故周期【答案】(12) 若一个三棱锥的三视图 (单位：cm) 如图所示，则该棱锥的全面积是 _cm2【解析】【答案】(13) 设是定义在上、以1为周期的函数，若在上的值域为，则在区间上的值域为_【解析】因为在R上为单调递增函数，故不妨假设在上也为单调递增函数，则在上，由此在区间上，故在区间上的值域为，注：在上也为单调递增函数必
6、定存在，如【答案】， (14) 盒中装有个零件，其中个是使用过的，另外个未经使用. 从盒中随机抽取个零件，使用后放回盒中，记此时盒中使用过的零件个数为X，则X的数学期望 E(X)= _【解析】X可能取值有2、3、4 ， 【答案】(15) 设Sn是正项数列an的前n项和，且和满足：，则Sn 【解析】由题：，当时，易得 整理得： 所以 所以【答案】(16) 若点P在曲线C1：上，点Q在曲线C2：(x2)2y21上，点O为坐标原点，则的最大值是 【解析】设，则， （其中）ABCDMN(第17题)【答案】(17) 正方形ABCD的边长为1，点M，N分别在线段AB，AD上若3|MN| 2|CM| 2|C
7、N| 2，则|AM|AN|的取值范围是 【解析】利用勾股定理 3|MN| 2|CM| 2|CN| 23(|AM| 2|AN| 2) 1(1|AM|) 21(1|AN|) 2)4(|AM| 2|AN| 2)2(|AM|AN|)4整理得：4(|AM| 2|AN| 2)2(|AM|AN|)16|AM|AN| （）将|AM|AN|代入（）可得： 4(|AM| 2|AN| 2)2(|AM|AN|) 即：4(|AM|AN|) 24(|AM|AN|)1解之得：|AM|AN|）对于（）有： 4(|AM| 2|AN| 2)2(|AM|AN|)， 即：8(|AM|AN|) 24(|AM|AN|)1解之得：|AM|
8、AN| 综上所述：|AM|AN|【答案】，ABOEDC(第17题)注：本题与浙江省2012年高考理科数学样卷第17题同出一辙：已知圆心角为120 的扇形AOB半径为，C为 中点点D，E分别在半径OA，OB上若CD 2CE 2DE 2，则ODOE的取值范围是 【解析】略【答案】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) 在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=5，b=4，cos(AB)= () 求sin B的值；() 求cos C的值【解析】(18) 本题主要考查三角变换、正弦定理、余弦定理等基础知识，同时考查运
9、算求解能力。满分14分。解法一：() 解：在ABC中，因为，所以又，可知 为锐角且由正弦定理，于是 将及的值代入可得，故 6分() 解：由及，知所以于是，所以 故 14分在ABC中运用余弦定理得，即知由正弦定理，得，即知14分(19) (本题满分14分) 已知等差数列an的首项a1为a设数列的前n项和为Sn ，且对任意正整数n都有 () 求数列an的通项公式及Sn ；() 是否存在正整数n和k，使得Sn , Sn+1 , Sn+k 成等比数列？若存在，求出n和k的 值；若不存在，请说明理由 【解析】(19) 本题主要考查等差数列、等比数列的概念、等差数列的通项公式及前n项和的公式,同时考查推理
10、论证能力。满分14分。() 解：设等差数列an的公差为d，在中令可得，即故，经检验，恒成立所以， 6分() 解：由()知，假若Sn , Sn+1 , Sn+k 成等比数列，则，即知又因为，所以，经整理得考虑到均为正整数，所以，所以，存在正整数和符合题目的要求 14分(20) (本题满分15分) 如图，平面PAC平面ABC，ACBC，PAC为等边三角形，PE，M， N分别是线段，上的动点，且满足：() 求证：平面；() 求l 的值，使得平面ABC与平面MNC 所成的锐二面角的大小为45. 【解析】(20) 本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力
11、和运算求解能力。满分15分。EABCMNP（第20题）xyz方法一：() 证明：如图以点C为原点建立 空间直角坐标系Cxyz，不妨设CA 1，CBt（t 0），则， ，由，得， ，=(0，0，1) 是平面的一个法向量，且，故又因为MN平面ABC，即知MN平面ABC 6分 () 解：，设平面CMN的法向量，则，可取，又=(0，0，1) 是平面的一个法向量由，以及可得，即解得（将舍去），故 15分方法二：() 证明：由，得MNPE， 又依题意PEBC，所以MNBC因为平面，平面，EABCMNP（第20题）所以/平面 6分()解：由()知MNBC，故C、B、M、N 共面，平面ABC与平面MNC所成的
12、锐二面角即NCBA因为平面PAC平面ABC，平面PAC 平面ABC = AC，且CBAC，所 以CB平面PAC故CBCN，即知为二面角NCBA的平面角所以在NCA中运用正弦定理得，所以， 15分(21) (本题满分15分) 已知椭圆G：(ab0)的离心率为，右焦点F(1,0)过点F作斜率为k（k0）的直线l，交椭圆G于A、B两点，M（2,0）是一个定点如图所示，连AM、BM，分别交椭圆G于C、D两点（不同于A、B），记直线CD的斜率为()求椭圆G的方程；()在直线l的斜率k变化的过程中，是否存在一个常数，使得恒成立？若存在，求出 这个常数；若不存在，请说明理由【解析】(21) 本题主要考查椭圆
13、的几何性质，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分。()解：设，依题意，解得，故椭圆G的方程为 5分()存在常数解法一：设联立，可得于是 直线AM的斜率，联立，可得则，进一步可得将代入，则同理可得进一步，可计算其中同理可得由两式相减可得，综上可知，存在常数 15分解法二：设联立，可得于是 A、B关于x轴的对称点分别为，则直线、的斜率分别是注意到：所以三点共线同理，三点共线因此，点C即，点D即，直线CD即直线故 所以，存在常数 15分(22) (本题满分14分) 设和是函数的两个极值点，其中，() 求的取值范围；() 若，求的最大值注：e是自然对
14、数的底数【解析】(22) 本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用等基础知识，同时考查推理论证能力、抽象概括等综合解题能力和创新意识。满分14分。()解：函数的定义域为，依题意，方程有两个不等的正根，（其中）故，并且 所以， 故的取值范围是 6分()解:当时，若设，则于是有 构造函数（其中），则所以在上单调递减， 故的最大值是 14分理科数学测试卷参考答案说明：一、本解答指出了每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, 如果考生的解法与本解答不同, 可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则。二、对计算题, 当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的
15、解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后续部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分。三、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。四、只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。五、未在规定区域内答题，每错一个区域扣卷面总分1分。(18) 本题主要考查三角变换、正弦定理、余弦定理等基础知识，同时考查运算求解能力。满分14分。解法一：() 解：在ABC中，因为，所以又，可知 为锐角且由正弦定理，于是 将及的值代入可得，故 6分() 解：由及，知所以于是，所以 故 14分在ABC中运用余弦定理得，即知由正弦定理，得，即知14
16、分(19) 本题主要考查等差数列、等比数列的概念、等差数列的通项公式及前n项和的公式,同时考查推理论证能力。满分14分。() 解：设等差数列an的公差为d，在中令可得，即故，经检验，恒成立所以， 6分() 解：由()知，假若Sn , Sn+1 , Sn+k 成等比数列，则，即知又因为，所以，经整理得考虑到均为正整数，所以，所以，存在正整数和符合题目的要求 14分(20) 本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。EABCMNP（第20题）xyz方法一：() 证明：如图以点C为原点建立 空间直角坐标系Cxyz，不妨设CA
17、 1，CBt（t 0），则， ，由，得， ，=(0，0，1) 是平面的一个法向量，且，故又因为MN平面ABC，即知MN平面ABC 6分 () 解：，设平面CMN的法向量，则，可取，又=(0，0，1) 是平面的一个法向量由，以及可得，即解得（将舍去），故 15分方法二：() 证明：由，得MNPE， 又依题意PEBC，所以MNBC因为平面，平面，EABCMNP（第20题）所以/平面 6分()解：由()知MNBC，故C、B、M、N 共面，平面ABC与平面MNC所成的锐二面角即NCBA因为平面PAC平面ABC，平面PAC 平面ABC = AC，且CBAC，所 以CB平面PAC故CBCN，即知为二面角N
18、CBA的平面角所以在NCA中运用正弦定理得，所以， 15分(21) 本题主要考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分。()解：设，依题意，解得，故椭圆G的方程为 5分()存在常数解法一：设联立，可得于是 直线AM的斜率，联立，可得则，进一步可得将代入，则同理可得进一步，可计算其中同理可得由两式相减可得，综上可知，存在常数 15分解法二：设联立，可得于是 A、B关于x轴的对称点分别为，则直线、的斜率分别是注意到：所以三点共线同理，三点共线因此，点C即，点D即，直线CD即直线故 所以，存在常数 15分(22) 本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用等基础知识，同时考查推理论证能力、抽象概括等综合解题能力和创新意识。满分14分。()解：函数的定义域为，依题意，方程有两个不等的正根，（其中）故，并且 所以， 故的取值范围是 6分()解:当时，若设，则于是有 构造函数（其中），则所以在上单调递减， 故的最大值是 14分
