南通市2012届高三第三次模拟考试.doc

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资源描述

1、南通市 2012 届高三第三次模拟考试1. 1,0,1 解析:直接根据定义易得2. 1 解析: z(ai)(1 i)a1(a1)i, z 在复平面内对应的点在实轴上, a10,从而 a1.3. 8 解析:根据抛物线的定义可知:A 点到焦点的距离等于 A 点到准线的距离, 2 6,解得 p8.p24. 解析:由 f(x0)0 得 log2x00, x 01.从而所求概率为 P .23 2 12 12 235. (2,0) 解析:由题意得 a22a 0,解得2a0.6. 解析: 5 个数据的平均分 85. s2 (8583) 2(8584) 20(8586)2 x 152(85 87)2 2, s

2、 .27. 解析:i1 时 a 3;i2 时,a 5;i 3 时,a ,输出 .73 4 24 2 3 23 2 5 25 2 73 738. 解析:|2axb| 24a 24abxb 2x244x11cos120x 2x 22x4.3当 x1 时,|2 axb| 2 取得最小值为 3.从而|2axb|的最小值为 .39. 解析:由题意知 cos ,sin .T ,1010 55 255 23 ,3. f(x)sin(3x ) ,2 23f sin sin coscos sin .(12) (4 ) 4 4 22 55 22 ( 255) 101010. 解析:设等比数列a n的公比为 q(q

3、0),554 a 1a74, a 4,a 42.24 q 2 4,q2,a 1 .a6a4 a4q3 14f(x) a12a 2x3a 3x210a 10x9. a i1 xia 1qixia 1(2x)i, f a 12a 1 3a 1 10a 1 a 1(1210) (12) (212) (212)2(212)9.55411. 8,16 解析:M(x 0,y 0)的轨迹方程为 xy40,它与圆(x 2) 2(y2) 28的交点坐标为 A(0,4) ,B(4 ,0) M(x 0,y 0)满足 x0y 040(0x 04) 结合 x y 的几何意义可知:原点到直线 PQ 的距离的平方为最小值等

4、于 8,原点与20 20端点 A 或端点 B 的距离的平方为最大值等于 16, x y 的取值范围是8,16 20 2012. 2 解析:结合图形计算可得:a2n1 a2n1 ,a 2n a2n1 (nN *),13 22 a 6 a5 a1 18 2.22 22 (13)2218 213. 3 解析:令 g(x)0,即 ff(x)lnx0, ff(x)lnx ,分别画出函数 yff(x),x(0,1) 及 ylnx ,x(0 ,1)的图象,从图中可看出两个函数图象有 3 个公共点,即函数 g(x)有 3 个零点14. 解析: 设 ODm,OEn,则 CD2CE 2DE 2(m 21m)(n

5、21n)43(m 2 n2mn), 2(m 2n 2) (mn)mn2 .269 2(mn) 2(mn) 3mn.89 mn , 2(m n) 2(mn) (mn) 2,(m n2 )289 34 5(mn) 24(mn) 0,329 0,(m n 43) 5(m n) 83 mn .即当 mn,即 ODOE 时,ODOE 取得最大值为 .43 4315. 解:(1) 由题意,f(x) 的最大值为 ,所以 2.(2 分)m2 2 m2 2而 m0,于是 m ,f(x)2sin .(4 分)2 (x 4)f(x)为递减函数,则 x 满足 2k x 2k (kZ),即 2k x2k2 4 32 4

6、(kZ )(6 分)54所以 f(x)在0,上的单调递减区间为 , (7 分)4(2) 设ABC 的外接圆半径为 R,由题意,得 2R 2 .csinC 3sin60 3化简 f f 4 sinAsinB,得(A 4) (B 4) 6sinAsinB 2 sinAsinB.(9 分)6由正弦定理,得 2R(ab) 2 ab,ab ab. 6 2由余弦定理,得 a2b 2ab 9,即(ab) 23ab90. (11 分)将代入,得 2(ab)23ab 90.解得 ab3 或 ab (舍去)(13 分)32SABC absinC .(14 分 )12 33416. (1) 证明:连结 CE 交 A

7、D 于 O,连结 OF.因为 CE,AD 为ABC 的中线,所以 O 为ABC 的重心, .从而CFCC1 COCE 23OF C1E.(3 分)又 OF 平面 ADF,C 1E 平面 ADF,所以 C1E平面 ADF.(6 分)(2) 解:当 BM1 时,平面 CAM平面 ADF.在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,由于 B1B平面 ABC,BB 1 平面 B1BCC1,所以平面 B1BCC1平面 ABC.由于 ABAC ,D 是 BC 中点,所以 ADBC.又平面 B1BCC1平面 ABCBC ,所以AD平面 B1BCC1.而 CM 平面 B1BCC1,于是 ADCM.(9 分)因为 BM

8、CD1,BCCF2,所以 RtCBM RtFCD,所以 CMDF.(11 分)又 DF 与 AD 相交,所以 CM平面 ADF.因为 CM 平面 CAM,所以平面 CAM平面 ADF.(13 分)当 BM1 时,平面 CAM平面 ADF.(14 分)17. 解:(1) 由 e ,c 2,得 a2 ,b2.22 2所求椭圆方程为 1.(4 分)x28 y24(2) 设 A(x0,y 0),则 B(x 0,y 0),故 M ,N .(6 分)(x0 22 ,y02) (2 x02 , y02) 由题意,得 0. 化简,得 x y 4,所以点 A 在以原点为圆心,2 为半OM ON 20 20径的圆

9、上(8 分) 设 A(x0,y 0),则 (1k 2)(10 分)1a2 k2b2 14将 e ,b 2a 2c 2 4,代入上式整理,得ca 2a 4e2k2(2e2 1)e 4 2e21.(12 分 )因为 e42e 210,k 20,所以 2e210,e .22所以 k2 3.化简,得e4 2e2 12e2 1 e4 8e2 4 0,2e2 1 0. )解得 e 242 , e 1.12 3 22 3故离心率的取值范围是 .(14 分)(22,3 118. 解:(1) 设 P0Bx 0,则 P1Bx 0tan,P 1C2x 0tan.(2 分)P2C x 0,P 2D3x 0 .(4 分

10、)P1Ctan 2 x0tantan 2tan 2tanP3D(3x 0)tan2,P 3A 4(3x 0)tan,AP4 (3x 0)(6 分)4tan由于 P4 与 P0 重合,AP 4P 0B3,所以 6,4tan即 tan .(8 分)23(2) 由(1),可知 AP4 4.4tan因为 P4 落在 A、P 0 两点之间,所以 tan1,即 t 1.(10 分)23 23SS 四边形 ABCDSP 0BP1SP 1CP2S P 2DP3SP 3AP46 tan (2tan)12 12 4 (4tan2)(2tan 1) 12 2tan (44tan) 58 12 ( 4tan 4) (

11、34tan 24tan)32 .(14 分)(17t 12t)由于 t1,所以 32 322 324 .故 S 的最大值为23 (17t 12t) 17t 12t 51324 .(16 分)5119. 解:(1) 由 g(x)x 2(a2)x,得(xlnx)ax 22x.由于 x1,e,lnx1x,且等号不能同时取得,所以 lnxx,xlnx0.从而 a恒成立,a .(4 分)x2 2xx lnx (x2 2xx lnx) min设 t(x) ,x1 ,e 求导,得x2 2xx lnxt(x) ,(6 分)(x 1)(x 2 lnx)(x lnx)2x1,e,x10,lnx1,x2lnx0,从

12、而 t(x)0,t(x) 在1,e 上为增函数所以 t(x)mint(1)1,所以 a1.(8 分)(2) F(x) 设 P(t,F(t)为曲线 y F(x)上的任意一点假设曲线 x3 x2,x 1,alnx,x 1. )yF(x)上存在一点 Q(t,F( t),得POQ 为钝角,则 0.(10 分)OP OQ 若 t1,P(t,t 3t 2),Q(t ,aln(t), t 2aln( t)(t 3t 2)OP OQ 由于 0 恒成立,a(1t)ln(t)1.OP OQ 当 t1 时,a(1t)ln( t) 1 恒成立当 t1 时,a 恒成立1(1 t)ln( t)由于 0,所以 a0.(12

13、 分)1(1 t)ln( t) 若1t1,t0,P(t,t 3t 2),Q(t,t 3t 2),则 t 2(t 3t 2)(t3t 2)0,OP OQ t4t 210 对1t1,t0 恒成立(14 分) 当 t1 时,同可得 a0.综上所述,a 的取值范围是( ,0 (16 分)20. 因为 , 是方程 x2x10 的两个根,所以 1,1, 2 1.(1) 解:由 b2a 3a 2a 1a 2a 21a 22a 2,得 b2a 22.(4 分)(2) 证明:因为 bn 1bn an 2 an 1an 1 an an 1 an an 1an 1 an ,(8 分)(1 )an 1 anan 1

14、an an 1 anan 1 an an 1 anan 1 an又 b1a 2a 10,所以 bn是首项为 ,公比为 的等比数列(10 分)(3) 证明:由(2)可知 an1 a n() n1 . 同理,a n1 a n(a na n1 )又 a2a 10,于是 an1 a n0. 由,得 an n1 .(13 分)下面我们只要证明:n3 时,(1) n1 (cn2 c n) n 1.因为 ( 1)n(cn 1 cn 1)( 1)n 1(cn 2 cn) cn 1 cn cn 1cn 2 cn cn 1 cncn 2 cn cn 2 cn cncn 2 cn cn 2 (1 )cncn 2 cn . cn 2 2cncn 2 cn又 c11,c 21,c 32,则当 n3 时,( 1) 2(c1c 3)( 2)1 2,所以( 1)n1 (cn2 c n)是以 2 为首项, 为公比的等比数列 (1) n1 (cn2 c n)是它的第 n2 项,所以(1) n1 (cn2 c n) 2 n3 n1 a n.(16 分)

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