湖北省2012高三数学预测卷及答案(文科数学)

湖北省2012届高三高考文科数学第I卷一、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．集合{|1}Pxyx，集合{|1}Qyyx，则P与Q的关系是（）A．PQB．QPÞC．PQÞD．PQ2．已知函数yfx的图象与lnyx的图象关于直线yx对称，则2f()A．1B．eC．2eD．ln1e3．抛物线24yx的焦点坐标是（）A．4,0B．2,0C．1,0D．1,024．已知向量(1,)am，2(,)bmm，则向量ab所在的直线可能为（）A．x轴B．第一、三象限的角平分线C．y轴D．第二、四象限的角平分线5.某几何体的俯视图是如右图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为5的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为5的等腰三角形．则该儿何体的体积为()A．24B．80C．64D．2406.角终边过点(1,2)P，则sin=()A．55B．255C．55D．2557．已知x、y满足约束条件2010220xyxy，则zxy的取值范围为()（第5题图）A．2,1B．2,1C．1,2D．1,28．以下有关命题的说法错误的是（）A．命题“若2320xx，则1x”的逆否命题为“若1x,则2320xx”B．“1x”是“2320xx”的充分不必要条件C．若pq为假命题，则p、q均为假命题D．对于命题:pxR，使得210xx，则:pxR，则210xx9．设双曲线)0,0(12222babyax的右顶点为A，P为双曲线上的一个动点（不是顶点），从点A引双曲线的两条渐近线的平行线，与直线OP分别交于,QR两点，其中O为坐标原点，则2||OP与||||OQOR的大小关系为（）（不做）A．2||||||OPOQORB．2||||||OPOQORC．2||||||OPOQORD．不确定10．已知()fx是定义在,ab上的函数，其图象是一条连续的曲线，且满足下列条件：①()fx的值域为M，且M,ab；②对任意不相等的x，y∈,ab，都有|()fx－()fy||x－y|．那么，关于x的方程()fx=x在区间,ab上根的情况是（不做）A．没有实数根B．有且仅有一个实数根C．恰有两个不等的实数根D．实数根的个数无法确第Ⅱ卷二、填空题：本大题共7小题，每小题5分,共35分．11命题“若0a且0b，则022ba”的否命题为12．不等式123xx的解集为13．函数339yxx的极小值是．B=0？C=A除以B的余数A=BB=C输出A输入非零正整数A,B开始结束否是14．设等差数列{}na的前n项和为nS，若25815aaa，则9S=.15．已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为,,abc，且2a，3b，4cos5B．则sinA的值为．16.设有算法如右图：如果输入A=144,B=39,则输出的结果是.17．在平面几何里，有：“若ABC的三边长分别为,,,cba内切圆半径为r，则三角形面积为rcbaSABC)(21”，拓展到空间，类比上述结论，“若四面体BCDA的四个面的面积分别为,,,,4321SSSS内切球的半径为r，则四面体的体积为”（不做）三、解答题：本大题共65分．18．（本小题满分12分）已知函数()2sin2cos2fxxxx，R，求：（Ⅰ）函数()fx的最大值及取得最大值的自变量x的集合；（Ⅱ）函数()fx的单调增区间．19．（本小题满分12分）已知关于x的一元二次函数21fxaxbx，设集合1,2,3P1,1,2,3,4Q，分别从集合P和Q中随机取一个数a和b得到数对,ab．（Ⅰ）列举出所有的数对,ab并求函数yfx有零点的概率；（Ⅱ）求函数yfx在区间1,上是增函数的概率.20．（本小题满分13分）如图甲，在平面四边形ABCD中，已知45,90,AC105ADC,ABBD,现将四边形ABCD沿BD折起，使平面ABD平面BDC（如图乙），设点E、F分别为棱AC、AD的中点．（Ⅰ）求证：DC平面ABC；（Ⅱ）设CDa，求三棱锥A－BFE的体积．21．（本小题满分14分）已知中心在原点的椭圆C的右焦点为0,3，离心率为23（Ⅰ）求椭圆C的方程（Ⅱ）若直线l：2kxy与椭圆C恒有两个不同交点A、B，且2OBOA（其中O为原点），求实数k的取值范围22．（本小题满分14分）已知函数321232afxxxxaR．（1）当3a时，求函数()fx的单调区间；hhhttttttppp::://////（2）若对于任意1,x都有()2(1)fxa成立，求实数a的取值范围；（3）若过点10,3可作函数yfx图象的三条不同切线，求实数a的取值范围．（重点）2012届高三湖北高考模拟重组预测试卷六答案一、选择题（每小题5分，共50分）1．B2．C3．C4．A5．B6．B.7．C8．C9.C10．B二、填空题（每小题5分,共35分）11.若0a或0b，则022ba12.3,10,13．7y极小值14．4515．2516．3．17．12341()3ABCDVSSSSr在四面体ABCD中，四面体的体积ABCDV可分成四个小三棱锥的体积之和，而这四个小三棱锥的高都为内接球的半径r，底面积分别为1S、2S、3S、4S，因此12341()3ABCDVSSSSr三、解答题18．解：（Ⅰ）()2sin2cos2fxxx22sin(2)4x……4分当2242xk，即()8xkkZ时，fx取得最大值22.因此，fx取得最大值的自变量x的集合是,8xxkkZ.……8分（Ⅱ）22sin(2)4fxx由题意得222()242kxkkZ，即3()88kxkkZ.因此，fx的单调增区间是3,88kkkZ.…………12分19．解：（Ⅰ）,ab共有1,1,1,1,1,2,1,3,1,4,2,1,2,1,2,2,2,32,431,3,1,3,2,3,3,3,4,15种情况…………4分函数yfx有零点，240ba，有1,2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,4共6种情况满足条件………6分所以函数yfx有零点的概率为62155………8分（Ⅱ）函数yfx的对称轴为,2bxa在区间1,上是增函数则有12ba1,1,1,1,1,2,2,1,2,1,2,2,2,3,2,4,31,3,1,3,2,3,3,3,4,共13种情况满足条件……10分所以函数yfx在区间1,上是增函数的概率为1315………12分20．（Ⅰ）证明：在图甲中∵ABBD且45A∴45ADB,90ABD即ABBD在图乙中，∵平面ABD平面BDC，且平面ABD平面BDC＝BD∴AB⊥底面BDC，∴AB⊥CD．又90DCB，∴DC⊥BC,且ABBCB∴DC平面ABC．……………………6分（Ⅱ）解：∵E、F分别为AC、AD的中点∴EF//CD，又由（Ⅰ）知，DC平面ABC，∴EF⊥平面ABC，∴13ABFEFAEBAEBVVSFE在图甲中，∵105ADC,∴60BDC,30DBC由CDa得2,3BDaBCa,1122EFCDa∴21123322ABCSABBCaaa∴232AEBSa∴23131332212ABFEVaaa.。……..13分21．解：（1）椭圆C的方程为1422yx（2）14222yxkxy，0428)41(22kxxk由0得412k，2214128kxx，221414kxx，由2OBQA得22121yyxx，得22)(2)1(21112xxkxxk解得312k，所以31412k所以)33,21()21,33(k22．（本小题满分14分）解：（1）当3a时，3213232fxxxx，得2'32fxxx．………1分因为2'3212fxxxxx，所以当12x时，0fx，函数fx单调递增；当1x或2x时，0fx，函数fx单调递减．所以函数fx的单调递增区间为1,2，单调递减区间为,1和2,．……3分（2）方法1：由321232afxxxx，得2'2fxxax，因为对于任意1,x都有'()2(1)fxa成立，即对于任意1,x都有222(1)xaxa成立，即对于任意1,x都有220xaxa成立，………………………………4分令22hxxaxa，要使对任意1,x都有0hx成立，必须满足0或0,1,210.ah…………………………………………5分即280aa或280,1,210.aaaa…………………………………………6分所以实数a的取值范围为1,8．……………………………………………7分方法2：由321232afxxxx，得2'2fxxax，因为对于任意1,x都有'()2(1)fxa成立，所以问题转化为，对于任意1,x都有max'()2(1)fxa．………………4分因为22224aafxx，其图象开口向下，对称轴为2ax．①当12a时，即2a时，'fx在1,上单调递减，所以max''13fxfa，由321aa，得1a，此时12a．…………………………………5分②当12a时，即2a时，'fx在1,2a上单调递增，在,2a上单调递减，所以2max''224aafxf，由22214aa，得08a，此时28a．……………………………6分综上①②可得，实数a的取值范围为1,8．…………………………………………7分（3）设点321,232aPtttt是函数yfx图象上的切点，则过点P的切线的斜率为2'2kfttat，…………………………………8分所以过点P的切线方程为32212232ayttttatxt．……………9分因为点10,3在切线上，所以32211220332attttatt即322110323tat．……………………………10分若过点10,3可作函数yfx图象的三条不同切线，则方程322110323tat有三个不同的实数解．……………………………………11分令32211323gttat，则函数ygt与t轴有三个不同的交点．令220gttat，解得0t或2at．…………………………………………12分因为103g，3112243aga，所以必须