惠州市2012届高三第二次调研数学试题（理）

12999数学网届高三第二次调研考试理科数学参考答案与评分标准一．选择题：共8小题，每小题5分，满分40分题号12345678答案CBAADDDB1．【解析】由0PQ,得2log0a，∴1a，从而=0b，3,0,1PQ.选C.2．【解析】由(4)4aiiaibi154aabb，选B．3．【解析】由||2x得到22x，由260xx得到2x＜3，选A.4．【解析】222467574,4aaaaa，572aa，所以22311,1.2qaaq选A．5．【解析】由条件知，4x，5y，设回归直线方程为ˆ1.23yxa，则1.230.08ayx.选D.．【解析】5(1)ax的展开式中含3x的项为232335()(1)10Caxax，由题意得31080a，所以2a.选D.7.【解析】因为三棱锥A—1ABD是正三棱锥，故顶点A在底面的射影是底面中心，A正确；平面1ABD∥平面11CBD，而AH垂直平面1ABD，所以AH垂直平面11CBD，C正确；根据对称性知B正确.选D.8．【解析】函数的对称轴为1x,设1202xxx，由03a得到11122a，又12xx，用单调性和离对称轴的远近作判断,故选B.二．填空题：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．9．3010．4:2:11．132012．(22,22)13．47714．01a15．55[来源:学*科*网Z*X*X*K]9.【解析】根据正弦定理,,sinsinabAB[来源:学&科&网Z&X&X&K]12999数学网,30.abA10.【解析】因为三个几何体的主视图和俯视图为相同的正方形，所以原长方体棱长相等为正方体，原直三棱柱是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，设正方形的边长为a则，长方体体积为3a，三棱柱体积为312a，四分之一圆柱的体积为314a，所以它们的体积之比为4:2:．新课标第一网11．【解析】该程序框图的作用是计算121110的值。12.【解析】圆心到直线的距离2122222mdm.13.【解析】抛物线焦点F（4，0）得4c又2916,a得7a，故44777e.14．【解析】曲线2sin(sinxy为参数)为抛物线段2(11)yxx，借助图形直观易得01a。15.【解析】由条件不难得ABC为等腰直角三角形，设圆的半径为1，则1OB，2BC，OC5，15sin55BCO。三、解答题16．（本小题满分12分）解：（1）443sin2sincos3sin2cos22sin26xxxxxxy===…………4分所以min,2Ty…………6分（2）226263xx令2k-2k,kZ，则k-k,kZ…………8分令0,1k，得到[,]63x-或54[,]63x，…………10分12999数学网与[0,]x取交集,得到[0,]3x或5[,]6x,所以，当[0,]x时，函数的536递增区间是0，和，.…………12分17．（本小题满分12分）解：（1）从条表图上可知，共生产产品50+100+150+200=500（件），样品比为50150010所以A、B、C、D四种型号的产品分别取111110010,20020,505,1501510101010即样本中应抽取A产品10件，B产品20件，C产品5件，D产品15件。………4分（2）353152(0)91CPC，1210531520(1)91CCPC2110531545(2)91CCPC，31031524(3)91CPC………8分所以的分布列为0123P291209145912491………10分204524232919191E………12分18．（本小题满分14分）（1）解法1证明：∵EF平面AEB，AE平面AEB，∴EFAE，又,AEEBEBEFE，,EBEF平面BCFE，∴AE平面BCFE.…………2分过D作//DHAE交EF于H，则DH平面BCFE.∵EG平面BCFE，∴DHEG.…………4分BCFEDMHGA12999数学网∵//,//ADEFDHAE，∴四边形AEHD平行四边形，∴2EHAD，∴2EHBG，又//,EHBGEHBE，∴四边形BGHE为正方形，∴BHEG，……………6分又,BHDHHBH平面BHD，DH平面BHD,∴EG⊥平面BHD.………………………7分∵BD平面BHD,∴BDEG.………………………8分（2）∵AE平面BCFE，AE平面AEFD∴平面AEFD⊥平面BCFE由（1）可知GHEF∴GH⊥平面AEFD∵DE平面AEFD∴GHDE……………………9分取DE的中点M，连结MH，MG[来源:学,科,网Z,X,X,K][来源:学§科§网Z§X§X§K]∵四边形AEHD是正方形，∴MHDE∵,MHGHHMH平面GHM，GH平面GHM∴DE⊥平面GHM∴DE⊥MG∴GMH是二面角GDEF的平面角，………………………12分由计算得2,2,6GHMHMGXkb1.com∴23cos36GMH………………………13分12999数学网∴平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值为33.………………………14分解法2∵EF平面AEB，AE平面AEB，BE平面AEB，∴EFAE，EFBE，又AEEB,∴,,EBEFEA两两垂直.……………………2分以点E为坐标原点，,,EBEFEA分别为,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得，A（0，0，2），B（2，0，0），C（2，4，0），F（0，3，0），D（0，2，2），G（2，2，0）.…………………………4分∴(2,2,0)EG，(2,2,2)BD，………6分∴22220BDEG,………7分∴BDEG.…………………………8分（2）由已知得(2,0,0)EB是平面DEF的法向量.………………………9分设平面DEG的法向量为(,,)nxyz，∵(0,2,2),(2,2,0)EDEG，∴00EDnEGn，即00yzxy，令1x,得(1,1,1)n.……………12分设平面DEG与平面DEF所成锐二面角的大小为，则||23cos|cos,|3||||23nEBnEBnEB…………………………13分∴平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值为33.…………………………14分19．（本小题满分14分）解：（1）对任意*Nn,都有11124nnbb，所以1111()222nnbbxzyADFEBGC12999数学网{}2nb成等比数列,首项为1132b，公比为12…………2分所以1113()22nnb，1113()22nnb…………4分（2）因为1113()22nnb所以2113(1)111123(1...)6(1)1222222212nnnnnnnT…………7分因为不等式1227(122)nknnT，化简得272nnk对任意*Nn恒成立……………8分设272nnnc，则1112(1)72792222nnnnnnnncc当5n,1nncc,{}nc为单调递减数列，当15n,1nncc,{}nc为单调递增数列…………11分45131632cc,所以,5n时,nc取得最大值332…………13分所以,要使272nnk对任意*Nn恒成立，332k…………14分20．（本小题满分14分）解：（1）由题意得，12(1,0),(1,0),FF圆1F的半径为22，且2||||MFMP………1分从而121112||||||||||22||MFMFMFMPPFFF…………3分∴点M的轨迹是以12,FF为焦点的椭圆,…………5分其中长轴222a,得到2a,焦距22c，12999数学网椭圆方程为:2212xy…………6分（2）设直线l的方程为ykxn,由2212ykxnxy可得222(21)4220kxknxn则2222168(1)(21)0knnk,即22210kn①…………8分[来源:学。科。网Z。X。X。K]设1122(,),(,)PxyQxy,则2121222422,2121knnxxxxkk由0OPOQ可得12120xxyy,即1212()()0xxkxnkxn…………10分整理可得221212(1)()0kxxknxxn…………12分即22222(1)(22)4()02121knknknnkk化简可得22322nk,代入①整理可得212n,故直线l在y轴上截距的取值范围是22(,)(,)22．…………14分21．（本小题满分14分）解：（1）由题意可设()(),0gxkxxmk，又函数图象经过点(1,1)Pmm，则1(1)(1)mkmmm，得1k.………2分（2）由（1）可得2()()ygxxxmxmx。所以()()()fxxngx32()()()xxmxnxmnxmnx，/2()32()fxxmnxmn，…………4分函数()fx在xa和xb处取到极值，故//()0,()0fafb，…………5分12999数学网，/22()32()()0fmmmnmmnmmnmmn…………7分/22()32()()0fnnmnnmnnmnnnm又ba，故bnam。……8分（3）设切点00(,)Qxy，则切线的斜率/2000()32()kfxxmnxmn又320000()yxmnxmnx，所以切线的方程是322000000()[32()]()yxmnxmnxxmnxmnxx……9分又切线过原点，故3232000000()32()xmnxmnxxmnxmnx所以32002()0xmnx，解得00x，或02mnx。…………10分两条切线的斜率为/1(0)kfmn，/2()2mnkf，由22mn，得2()8mn，21()24mn