2012届浙江省部分重点中学高三第二学期3月联考试题理科数学参考答案

绝密★启用前试卷类型：A2012届浙江省部分重点中学高三第二学期3月联考试题理科数学参考答案一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）二、填空题（本大题共7小题，每小题４分，共28分）11．012．113．1214．201215．25616．4317．12k三、解答题（本大题共5小题，共72分）18．（本小题满分14分）（Ⅰ）//pq12cos2(1sin)2sin7AAA，26(12sin)7sin(1sin)AAA，25sin7sin60AA，3sin.(sin2)5AA舍…………7分（Ⅱ）由1sin3,22ABCSbcAb，得5c，又24cos1sin5AA，2222cos425225cos2920cosabcbcAAA，当4cos5A时，213,13aa；…………11分当4cos5A时，245,35aa.…………14分19．（本小题满分14分）（Ⅰ）解：由(p–1)Sn=p2–an(n∈N*)①由(p–1)Sn–1=p2–an–1②①–②得paann11(n≥2)∵an0(n∈N*)又(p–1)S1=p2–a1，∴a1=p{an}是以p为首项，p1为公比的等比数列题号12345678910答案CDDBDCABCAan=pnnpp211bn=2logpan=2logpp2–n∴bn=4–2n…………4分证明：由条件p=21得an=2n–2∴Tn=232012242624222022nn①14320224262422202221nnnT②①–②得1232102242222222222421nnnnT=4–2×1222242121211nnn=4–2×11224211211nnn∴Tn=022431nnnn…………8分Tn–Tn–1=34322212nnnnnn当n2时，Tn–Tn–10所以，当n2时，0Tn≤T3=3又T1=T2=4，∴0Tn≤4．…………10分（Ⅱ）解：若要使an1恒成立，则需分p1和0p1两种情况讨论当p1时，2–n0，n2当0p1时，2–n0，n2∴当0p1时，存在M=2当nM时，an1恒成立．…………14分20．（本小题满分14分）证明：（Ⅰ）当E为AB的中点时,ME∥平面11ADDA.证明：取1DD的中点N，连结MN、AN、ME，MN∥CD21，AE∥CD21，四边形MNAE为平行四边形，可知ME∥ANAN在平面1AD内ME∥平面1AD.…………5分MNFH方法二）延长CE交DA延长线于N，连结1DN.AN∥BCNEEC，又M为1DC的中点,ME∥1DN1DN平面1ADME∥平面1AD.…………5分（Ⅱ）当E为AB的中点时，2DE,2CE,又2CD,可知090DEC,所以DECE,平面1CED平面1DDE,所以二面角CEDD1的大小为2；.…………8分又二面角CEDA1的大小为二面角DEDA1与二面角CEDD1大小的和，只需求二面角DEDA1的大小即可；.…………10分过A点作DEAF交DE于F，则AF平面EDD1,22AF，过F作EDFH1于H，连结AH，则AHF即为二面角DEDA1的平面角，…………12分11ADAEEDAH，630AH，515sinAHF，所以二面角CEDA1的大小为515arcsin2．…………14分21．（本小题满分15分）（Ⅰ）由2C：yx42知1F（0，1），设)0)((00,0xyxM，因M在抛物线2C上，故0204yx①又351MF，则3510y②，由①②解得32,36200yx………………4分椭圆1C的两个焦点1F（0，1），)1,0(2F，点M在椭圆上，有椭圆定义可得212MFMFa22)132()0362(22)132()0362(4∴,2a又1c，∴3222cab，椭圆1C的方程为：13422xy。……………7分（Ⅱ）设),(),,(),,(2211yxQyxByxA，由PBAP可得：)3,1()3,1(2211yxyx，即)1(312121yyxx……………10分由QBAQ可得：),(),(2211yyxxyyxx，即yyyxxx)1()1(2121⑤×⑦得：xxx)1(222221⑥×⑧得：)1(3222221yy………………12分两式相加得)3)(1()()(2222222121yxyxyx………………13分又点A，B在圆322yx上，且1，所以32121yx，32222yx即33yx，所以点Q总在定直线33yx上………………15分22．（本小题满分15分）（Ⅰ）xaxxxf)ln(2)('………………1分2)ln(2)('xxaxxxf，即xax1ln2在0x上恒成立设xaxxu1ln2)(2,012)('xxxu，2x时，单调减，2x单调增，所以2x时，)(xu有最大值)2(u………………3分212ln2,0)2(au，所以20ea………………5分（Ⅱ）当1a时，xxxxfxgln)()(,exxxg1,0ln1)(,所以在),1(e上)(xg是增函数，)1,0(e上是减函数……………6分因为11211xxxe，所以111212121ln)()ln()()(xxxgxxxxxxg即)ln(ln211211xxxxxx同理)ln(ln212212xxxxxx………………8分所以)ln()2()ln()(lnln2112212112122121xxxxxxxxxxxxxxxx又因为,421221xxxx当且仅当“21xx”时，取等号………………10分又1),1,1(,2121xxexx，0)ln(21xx………………12分所以)ln(4)ln()2(21211221xxxxxxxx所以)ln(4lnln2121xxxx所以：42121)(xxxx………………15分