2012高考黄冈中学数学模拟

湖北省黄冈市2011年3月份高三年级质量检测

数学（文）试题

第Ⅰ卷 （选择题，共50分）

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，请把所选项前的字母在答题卡上相应涂黑。） 1．已知I为实数集， M{xx22x0}，则M(cIN)=（ ） N{xyx1}，

A．{x0x1} B．{x0x2} C．{xx1} D．

2．在等比数列{n}中，“8250n是{n}为递增数列”的 （ ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分又非必要条件 D．充要条件

1ln(x1)3．函数y的反函数是（ ）

2

A． ye2x11(x0) B．ye2x11(x0) C． ye2x11(xR) D．ye2x11(xR)

4．已知m、n是两条不同直线， a,,是三个不同平面，下列命题中正确的（ ）

A．若m//a，n//a，则m//n B．若，，则a// C．若m//a，m//，则a// D．若ma，na，则m//n

5．函数f(x)sin(xQ)的图象按向量(,0)平移后，它的一条对称轴x，

36则Q的一个可能值是（ ）

25 B． C． D． 1231266．黄冈市为宣传红色旅游召集20名志愿者，他们的编号分别是1号、2号、„19号、20号，若要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作，其中两个编号较小的人在一组，两个编号较大的在另一组，那么确保5号与14号人选并被分配到同一组的选取种数是 （ ） A．16 B．21 C．24 D．90

A．

7．已知两圆C1:x2y2D1xE1y30和C1:x2y2D2xE2y30都经过点A（2，—1），则同时经过点（D1,E1）和点（D2,E2）的值线方程为（ ）

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三学苑2011年高考模拟试题

A．2xy20 B．xy20 C．xy20

D．2xy20

8．用max{a,b}表示ɑ，b两数中的较大数，若函数f(x)max(x,xa)的最小值为2，则ɑ的值为 （ ）

A．4 B．±4 C．2 D．±2

9．设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，bn是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1ab2...ab10（ ）

A．1033

B．1034

C．2057 D．2058

10．过抛物线y22px(p0)的焦点F的直线l与抛物线在第一象限的交点为A，与抛物线的准线的交点为B，点A在抛物线的准线上的射影为C，若

AFFB,BABC48，则抛物线的方程为 （ ）

A．y28x B．y24x C．y216x

D．y242x

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。请把答案填在答题卡相应位置上。

x111．二项式(3)8的展开式中的常数项为 2x12．某中学高中学生有900名，学校要从中选出9名同学作为校庆活动的志愿者。

已知高一有400名学生，高二有300名学生，高三有200名学生，为了保证每名同学都有参与的资格，学校采用分层抽样的方法抽取，若再从这9名同学中随机的抽取2人作为活动负责人，求抽到的这2名同学都是高一学生的概率

tan18tan42tan120 13．

tan18tan42tan602xy014．若实数x，y满足

yx,且z2xy的最小值为3，则实数b的值为 yxb

15．如图，△ABC中，AB=4，AC=4，AC=8，∠BAC=60°， 延长CB到D，使BA=BD，当E 点在线段AB上移动时，

若AEmACnAD，当m取最大值时，nm的值是

三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

x(0)的最小正周期为3， 16．（12分）已知函数f(x)3sin(x)2sin22

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三学苑2011年高考模拟试题

3（1）当x[,]时，求函数f(x)最小值；

24（2）在△ABC中，若f(C)1，且2sin2cos(AC)，求sinA的值。

17．（12分）在三人兵乓球对抗赛中，甲、乙、丙三名选手进行单循环赛（即每两人比赛一场），共赛三场，每场比赛胜者得1分，输者得0分，没有平局；在

111每一场比赛中，甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为。

343 （1）求甲获得小组第一且丙获得小组第二的概率； （2）求三人得分相同的概率； （3）求甲不是小组第一的概率；

18．（本小题12分）如图，棱柱ABCD—A1B1C1D1的底 面和侧棱长都等于2，平面A1ACC1,AA1C1CABCD

A1AC=60°。点O为底面对角线AC与BD的交点。

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（1）证明：A1O⊥平面ABCD；

（2）求二面角DA1AC的平面角的正切值。

三学苑2011年高考模拟试题

x2y219．（12分）已知F1，F2分别是椭圆221(ab0)的左、右 焦点，已知

aba2点N(,0) 满足F1F22NF1,且F1F22,设A,B上半椭圆上满足NANB的

c两点。

（1）求此椭圆的方程；

1 （2）若，求直线AB的斜率。

3

mx3ax2(1b2)x,m,a,bR 20．（13分）已知函数f(x)3

（1）求函数f(x)的导函数f(x)；

（2）当m1时，若函数f(x)是R上的增函数，求zab的最小值； （3）当a1,b2时，函数f(x)在(2,)上存在单调递增区间，求m的取

值范围。

21．（14分）位于函数y3x13的图象上的一系列点p1(x1,y1)，p2(x2,y2)，„，45pn(xn,yn)„这一系列点的横坐标构成以为首项，-1为公差的等差数列{xn}

2（1）求点pn的坐标；

（2）设抛物线C1,C2,C3,...Cn„中的第一条的对称轴都垂直于x轴，对于nN*第

n条抛物线Cn的顶点为pn，抛物线Cn过点Dn(0,n21)，且在该点处的切线的斜

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率为kn，求证

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1111... k1k2k2k3kn1kn10

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参

一、选择题

A卷 ACDDB BABAB B卷 ABDDC CACAC 二、填空题

1911. 7 12. 13. -1 14. 15. 1

三、解答题 16.解：

1cos(x)3sin(x)cos(x)12sin(x)1 f(x)3sin(x)226223，解得， 依题意函数f(x)的最小正周期为3，即32所以f(x)2sin(x)1

36223（Ⅰ）由x得x，

242363233所以，当sin(x)时， f(x)最小值2131 „„„6分

36222C2C)1及f(C)1，得sin()1 3636252而C, 所以C，解得 C „„„8分 63663622（Ⅱ）由f(C)2sin(在Rt△ABC中， AB2，2sin2BcosBcos(AC)

15 22cos2AsinAsinA0，∴sin2AsinA10，解得sinA∵0sinA1， sinA51 „„„„12分 217 解：（Ⅰ）设甲获小组第一且丙获小组第二为事件A,

1121P(A)=„„„„„„4分

34318（Ⅱ）设三场比赛结束后，三人得分相同为事件B, 即每人胜一场输两场,有以下两种情形：

1131； 甲胜乙，乙胜丙，丙胜甲，概率为P=1334121221甲胜丙，丙胜乙，乙胜甲，概率为P2=；

4339

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三人得分相同的概率为P(B)P1P2（3）设甲不是小组第一为事件C,

1111解法一： P(C)1；

341212322113解法二：该小组第一是乙或丙的概率为，

3343921813711P(C)„„„„„„12分

18361218. 解:（Ⅰ）由已知AB＝BC＝2，∠ABC＝60°，则 △ABC为正三角形，所以AC＝2

A1 因为点O为AC的中点，则AO＝1

117„„„„„„8分 12936D1 B1C1

又AA1AO＝60°， 1＝2，A在△A1OA中，由余弦定理，得

E D 222AOAAAO2AAAOcos603 A 111C O 所以A1O2AO2AA1，所以A1O⊥AC 因为平面AA1C1C平面ABCD，其交线为AC， 所以A1O⊥平面ABCD（6分）

2B

（Ⅱ）因为底面ABCD为菱形，则BD⊥AC ，又BD⊥A1O，则BD⊥平面A1ACC1 过点O作OE⊥AA1垂足为E，连接DE，则AA1⊥DE， 所以∠DEO为二面角DAA1C的平面角

22在Rt△AOD中，OD=ABAO3

在Rt△AEO中，OE＝AO²sin∠EAO＝在Rt△DOE中，tan∠DEO＝

OD2 OE3 2故二面角DA1AC的平面角的正切值为2 （12分） 19.解:(1)由于F1F22NF1,F1F22，

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2c22a2a2 ∴2(c)2c,解得2

cb1222abcx2 ∴椭圆的方程是y21„„„„„„„„„„„„„„„„„5分

2 (2)∵NANB，∴A,B,N三点共线,

而N(2,0)，设直线的方程为yk(x2),(k0)，

yk(x2)2k21242yy20， 由x消去x得: 22kky12422k212（)80 由△,解得„„„„„7分 0kkk224k2k2,y1y22 设A(x1,y1),B(x2,y2),由韦达定理得y1y22①, 2k12k1111 又由NANB得: (x12,y1)(x22,y2),∴y1y2②

3334k4y232k21 将②式代入①式得:  212ky222k213 消去y2得: 解得k1682 32k1b1„„„„„„„„„„„„„„„12分 2z=a+b20.（Ⅰ）解：f(x)mx22ax(1b2) „„„„„„„„„3分 （Ⅱ）因为函数f(x)是R上的增函数，所以f(x)0在R上恒成立。 则有△4a24(1b2)0，即a2b21 可用圆面的几何意得

zab的最小值2 „„„„„„„„„8分

oa

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（Ⅲ）①当m0时，f(x)mx22x1是开口向上的抛物线，显然f(x)在

(2,)上存在子区间使得f(x)0，所以m的取值范围是(0,)，②当m0时，

显然成立。

③当m0时，f(x)mx22x1是开口向下的抛物线，要使f(x)在(2,)上

m0m011存在子区间使f(x)0，应满足 2或2,

mm1f(2)0f()0m1313m0，或m，所以m的取值范围是(,0) 24243则m的取值范围是 (,) „„„„„„„„„„13分

4521解: (Ⅰ)由于pn的横坐标构成以为首项,1为公差的等差数列{xn},

253故xnx1(n1)d(n1)n„„„„„„„3分

2213又pn(xn,yn)位于函数y3x的图象上,

4133135所以yn3xn3(n)3n

424435所求点Pn(xn,yn)的坐标为 (n,3n) „„„6分

24解得 (Ⅱ)证明:由题意可设抛物线{Cn}的方程为yan(xxn)2yn,即

325yan(xn）3n

2435由抛物线Cn过点Dn(0,n21)，于是有n21an(n)23n

2435由此可得 an1 ,y(xn)23n „„„9分

243故knyx02(xn)2n3

2x0所以

1kn1kn1111()(n2) „„11分

(2n1)(2n3)22n12n3

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于是

1111111111 ...()()...(）k1k2k2k3kn1kn257792n12n3111) （252n3故

1111111...() „„„„„„„14分 k1k2k2k3kn1kn252n310

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