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1、-精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - x y O 1 。 x y O 1 。 x y O 1 。 x y O 1 。 。 。 2012 年佛山市普通高中高三教学质量检测（二） 数 学 ( 理科) 一、选择题 : 本大题共 8小题, 每小题 5 分, 共 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设全集1,2,3,4,5U, 集合1,2A,2,3B, 则 U ABe（） A4,5B2,3C1D1 2设向量a、b满足 :1a,2b,0aab, 则a与b的夹角是（） A30B60C90D120 3若0,0xy, 且21xy, 则 2 23xy
2、的最小值是（） A2B 3 4 C 2 3 D0 4已知,a b为实数 , 则“| 1ab”是“ 1 | 2 a且 1 | 2 b”的（） A充分不必要条件B必要不充分条件 C充分必要条件D既不充分也不必要条件 5函数 sin x y x ,00,x的图像可能是下列图像中的（） ABCD 6 已知直线 m、l与平面 、满足l,/l,m,m, 则下列命题一定正确的是（） A且lmB且/m C/m且lmD/且 7如图所示为函数2sinfxx(0,0) 的部 分图像 , 其中,A B两点之间的距离为5, 那么1f（） A2B3C3D2 8已知函数 M fx的定义域为实数集R, 满足 1, 0, M
3、xM fx xM (M是R的非空真子集 ), 在R上有两 个非空真子集,A B,且AB, 则 1 1 AB AB fx Fx fxfx 的值域为（） 2012 年 4 月 18 日 x y O 1 2 2 A B -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - F A E D B C A 2 0, 3 B1C 1 2 ,1 2 3 D 1 ,1 3 二、填空题：本题共7 小题，考生作答 6 小题，每小题 5 分，共 30 分 ( 一)必做题 (9 13 题) 9.设i为虚数单位 , 则 5 1i的虚部为 10.设 ,x y满足约束条件 0 20 1 x xy xy , 则2zx
4、y的最大值是 11.抛掷一枚质地均匀的骰子, 所得点数的样本空间为1,2,3,4,5,6S, 令事件2,3,5A, 事件 1,2, 4,5, 6B, 则|P A B的值为 12.直线2yx和圆 22 1xy交于,A B两点 , 以Ox为始边 ,OA,OB为终边的角分别为, 则 sin的值为 13.已知等比数列 n a的首项为2, 公比为2, 则 1 123 n n a aaaa a aaaa （二）选做题（ 14、15 题, 考生只能从中选做一题 , 两题全答的 , 只计前一题的得分） 14. (坐标系与参数方程选做题)在极坐标系中, 射线0 3 与曲线 1 C:4sin的异于极点的交 点为A
5、, 与曲线 2 C:8sin的异于极点的交点为B, 则|AB_. 15. (几何证明选做题)如图 ,已知圆中两条弦AB与CD相交于点F,E是 AB延长线上一点 , 且2DFCF,: 4: 2:1AF FB BE, 若CE 与圆相切 , 则线段CE的长为 三、解答题 : 本大题共 6小题 , 满分 80 分, 解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16 （本题满分12 分） 在四边形ABCD中,2AB,4BCCD,6AD,AC. （）求AC的长； （）求四边形ABCD的面积 . -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 级别 O 5 16 8 天数 4 2 10 15
6、P C D E F B A 17 （本题满分12 分） 空气质量指数PM2.5( 单位 : 3 /g m) 表示每立方米空气中可入肺颗粒物的含量, 这个值越高 ,就代 表空气污染越严重: PM2.5日均浓度035357575115115150150250250 空气质量级别一级二级三级四级五级六级 空气质量类别优良轻度污染中度污染重度污染严重污染 某市2012年3月8日4月7日(30天) 对空气质量指数PM2.5进行监测 , 获得数据后得到如下条 形图 : （）估计该城市一个月内空气质量类别为良的概率； （）在上述30个监测数据中任取 2个, 设X 为空气 质量类别为优的天数, 求X的分布列
7、. 18 （本题满分14 分） 如图所示四棱锥PABCD中,PA底面ABCD, 四边形ABCD 中,ABAD,/BCAD,2PAABBC,4AD,E为PD的中 点,F为PC中点 . （）求证 :CD平面PAC； （）求证 :/BF平面ACE； （）求直线PD与平面PAC所成的角的正弦值； 19 （本题满分14 分） -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - . x y 1 A 2 A T G P M O N 已知椭圆E: 22 22 10 xy ab ab 的一个交点为 1 3,0F, 而且过点 1 3, 2 H . （）求椭圆E的方程； （）设椭圆E的上下顶点分别为 1
8、2 ,AA,P是椭圆上异于 12 ,AA的任一点 ,直线 12 ,PA PA分别交x轴于点,N M, 若直线 OT与过点,M N的圆G相切 , 切点为T. 证明：线段OT的长 为定值 , 并求出该定值 . 20 （本题满分14 分） 记函数 * 112, n n fxxnnN的导函数为 n fx, 函数 n g xfxnx. （）讨论函数g x的单调区间和极值； （）若实数 0 x和正数k满足： 0 101 nn nn fxfk fxfk ，求证： 0 0xk. 21 （本题满分14 分） 设曲线C： 22 1xy上的点P到点0, nn Aa的距离的最小值为 n d, 若 0 0a, 1 2
9、nn ad, * nN （）求数列 n a的通项公式； （）求证 : 3212124 35214622 nn nn aaaaaa aaaaaa ； （）是否存在常数M, 使得对 * nN, 都有不等式 : 333 12 111 n M aaa 成立 ?请说明理由 . 2012 年佛山市普通高中高三教学质量检测（二）参考答案 数 学 ( 理科) 一、选择题：本题共8 小题，每小题 5 分，共 40 分 2012 年 4 月 18 日 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - A B C D P D E F A O G 题号1 2 3 4 5 6 7 8 答案C B B B
10、C A A B 二、填空题：本题共7 小题，考生作答 6 小题，每小题 5 分，共 30 分 94；105； 11 2 5 ； 12 4 5 ； 13.4；142 3； 15. 7 2 三、解答题：本大题共6 小题 , 满分 80 分. 解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤 16 【解析】（）如图 , 连结AC, 依题意可知 ,BD, 在ABC中, 由余弦定理得 222 24224cosACB 20 16cosB 在ACD中 , 由余弦定理得 222 64264cosACD 5248cos5248cosDB 由20 16cos5248cosBB, 解得 1 cos 2 B 从而 2 2016
11、cos28ACB, 即2 7AC6 分 （）由（）可知 3 sinsin 2 BD, 所以 11 sinsin 22 ABCDABCACD SSSAB BCBAD CDD2 36 38 3. 12 分 17 【解析】（）由条形统计图可知, 空气质量类别为良的天数为16天, 所以此次监测结果中空气质量类别为良的概率为 168 3015 .4 分 （）随机变量 X的可能取值为0,1,2, 则 2 22 2 30 231 0 435 C P X C , 11 822 2 30 176 1 435 C C P X C , 2 8 2 30 28 2 435 C P X C 所以 X的分布列为 : X0
12、12 P 231 435 176 435 28 435 18 【解析】（）因为PA底面ABCD,CD面ABCD, 所以PACD, 又因为直角梯形面ABCD中,2 2,2 2ACCD, 所以 222 ACCDAD, 即ACCD, 又PAACA, 所以CD平面PAC； 4 分 （） 解法一 : 如图 , 连接BD, 交AC于O, 取PE中点G, 连接,BG FG EO, 则在PCE中,/FGCE, 又EC平面ACE,FG平面ACE,所以/FG平面ACE, 因为/BCAD,所以 BOGE ODED , 则/OEBG, 12 分 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - P C
13、D E F B A O G H 又OE平面ACE,BG平面ACE, 所以/BG平面ACE, 又BGFGG, 所以平面/BFG平面ACE, 因为BF平面BFG, 所以/BF平面ACE. 10 分 解法二 :如图 , 连接BD, 交AC于O, 取PE中点G, 连接FD交CE于H, 连接OH, 则/FGCE, 在DFG中 ,/HEFG, 则 1 2 GEFH EDHD , 在底面ABCD中,/BCAD, 所以 1 2 BOBC ODAD , 所以 1 2 FHBO HDOD , 故/BFOH, 又OH平面ACE,BF平面ACE, 所以/BF平面ACE. 10 分 （）由（）可知,CD平面PAC, 所
14、以DPC为直线 PD与平面 PAC所成的角 , 在Rt PCD中, 22 2 2,2 5CDPDPAAD, 所以 2 210 sin 5 2 5 CD DPC PD , 所以直线PD与平面PAC所成的角的正弦值为 10 5 . 14 分 19 【解析】（） 解法一 : 由题意得 22 3ab, 22 31 1 4ab , 解得 22 4,1ab, 所以椭圆E的方程为 2 2 1 4 x y. 4 分 解法二 :椭圆的两个交点分别为 12 3,0 ,3,0FF, 由椭圆的定义可得 12 71 2|4 22 aPFPF, 所以2a, 2 1b, 所以椭圆E的方程为 2 2 1 4 x y. 4 分
15、 （） 解法一 : 由（）可知 12 0,1 ,0, 1AA, 设 00 ,P xy, 直线 1 PA: 0 0 1 1 y yx x , 令0y, 得 0 0 1 N x x y ; 直线 2 PA: 0 0 1 1 y yx x , 令0y, 得 0 0 1 M x x y ; 设圆G的圆心为 00 00 1 , 211 xx h yy , 则 2 r 2 2 22 00000 00000 11 2111411 xxxxx hh yyyyy , 2 22 00 00 1 411 xx OGh yy 22 2 22222 00000 2 00000 11 4114111 xxxxx OTOG
16、rhh yyyyy 而 2 20 0 1 4 x y, 所以 22 00 4 1xy, 所以 2 0 2 2 0 4 1 4 1 y OT y , 所以|2OT, 即线段OT的长度为定值 2. 14 分 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 解法二 : 由（）可知 12 0,1 ,0, 1AA, 设 00 ,P x y, 直线 1 PA: 0 0 1 1 y yx x , 令0y, 得 0 0 1 N x x y ; 直线 2 PA: 0 0 1 1 y yx x , 令0y, 得 0 0 1 M x x y ; 则 2 000 2 000 | | 111 xxx O
17、MON yyy , 而 2 2 0 0 1 4 x y, 所以 22 00 4 1xy, 所以 2 0 2 0 | |4 1 x OMON y , 由切割线定理得 2 | |4OTOMON 所以|2OT, 即线段OT的长度为定值 2. 14 分 20 【解析】（）由已知得 11 n g xxnx, 所以 1 11 n gxnx . 2 分 当2n且n为偶数时 ,1n是奇数 , 由0gx得0x;由0gx得0x. 所以g x的递减区间为,0, 递增区间为0, 极小值为00g. 5 分 当2n且n为奇数时 ,1n是偶数 , 由0gx得2x或0x; 由0gx得20x. 所以g x的递减区间为2,0,
18、递增区间为, 2和0, 此时g x的极大值为222gn, 极小值为00g. 8 分 （）由 0 101 nn nn fxfk fxfk 得 1 0 1 0 111 1111 nn nn nxk nxk , 所以 1 0 11 1 111 n n nk x nk , 0 111 111 n n nkk x nk 10 分 显然分母1110 n nk, 设分子为1110 n h knkkk 则 11 111110 nnn hknknknkn nkk 所以h k是0,上的增函数 , 所以00h kh, 故 0 0x 12 分 又 1 0 111 111 n n k nk xk nk , 由（）知 ,
19、11 n g xxnx是0,上的增函数 , 故当0x时,00g xg, 即11 n xnx, 所以 1 111 n k nk 所以 0 0xk,从而 0 xk. 综上 , 可知 0 0xk. 14 分 21 【解析】（）设点,P x y, 则 22 1xy, 所以 2 2 2 22 |2 22 nn nn aa PAxyay , 因为yR,所以当 2 n a y时,| n PA取得最小值 n d, 且 2 2 2 n n a d, -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 又 1 2 nn ad, 所以 1 2 nn ad, 即1 1 2 nn da 将 1 1 2 nn
20、 da代入 2 2 2 n n a d得 2 1 21 22 n n a a 两边平方得 22 1 2 nn aa, 又 0 0a, 2 1 2a 故数列 2 n a是首项 2 1 2a, 公差为 2的等差数列 , 所以 2 2 n an, 因为 1 2 nn ad0, 所以2 n an. 6 分 （）因为222122120nnnn, 所以2221221nnnn 所以2221221nnnn, 所以 2221212nnnn aaaa 所以 212 2122 nn nn aa aa , 所以 3212124 34562122 , nn nn aaaaaa aaaaaa 以上n个不等式相加得 321
21、2124 35214622 nn nn aaaaaa aaaaaa . 10 分 （） 因为 3 3 11 2 2k a k , 当2k时, 3 2 11111 1111 1 kkk kkk kkk , 因为 122 11 211 kk kkkk , 所以 11111 11 11 1111 kk kkk kkkk 所以 3 111 11kk k , 3 22 1111111 11 11212 nn kkkkkk k 所以 3 3 12 111111112 1 42 2 22 22 22 22 nn iki a k . 故存在常数 12 42 M, 对 * nN, 都有不等式 : 333 12 111 n M aaa 成立 . 14 分