2012高考长春市第一次模拟数学理科试题答案

2012年长春市高中毕业班第一次调研测试 数学（理科）试题参及评分标准

一、选择题（本大题共12小题,每小题5分,共60分）

1．B 2．B 3．A 4． B 5． C 6． D 7．A 8．D 9．C 10．B 11．A 12．C 简答与提示：

1. B 化简A为[2,2]，化简B为[4,0]，故

)ðRAB(,2(0,. 2. B (ai)2a212ai在复平面内对应的点在y轴负半轴

上，则a210,且a0，∴a1. 3. A

f(x)ax3在区间[1,2上存在零点，则

3(2，即)(3a)(2a3)0，∴a3或a，

23∴“a2”是“a3或a”的充分不必要条件，∴

2f(1f)“a2”是“函数f(x)ax3在区间[1,2]上存在零点”的充分不必要条件. 4. Bf(x)sinn的函数值构成周期为6的数列，且3f(1)f(2)f(3)f(4)f(5)f(6)0，则f(1)f(

1f()1)sin f(2015. C 由正弦定理sinC33. 22，又BC3，AB6，∴AC，2数学（理科）试题参及评分标准 第1页（共12页）

则C为锐角，故C4.

6. D 由空间线面位置关系容易判断①②③④均正确. 7. A 几何体为底面半径为

1，高为1的圆柱，全面积为21132()221.

2228. D 由ycos(x)为奇函数，得k2(kZ)，又

0，∴2.结合图象知

T1，∴，∴42ycos(x)sinx，当x1时，ysin1，

2222∴x1是其一条对称轴.

119. C 由题意知cACa(ABAC)b(ABAC)0，

22abab)ACAB0，∴∴(c22abab(c)ACAB，

22ab02又AB、AC不共线，∴，∴abc.

cab0210. B 经验证，只有③④正确.

11. A 设|PF1|m,|PF2|n,|F1F2|2c，不妨设mn.由

PF1PF2F1F2知，∠F1PF290,则m2n24c2,∴

2c2c，e2， mnmne1数学（理科）试题参及评分标准 第2页（共12页）

e1e22112(m2n2)∴22，∴. 22222e1e24ce1e212. C 由f(1x)f(1x)0得f(1x)f(1x)，

又f(m26m23)f(n28n)0，∴

f(m26m23)f[1(n28n1)]，∴

f(m26m23)f[1(n28n1)]f(2n28n).

2 ∵f(x)是R上的增函数，∴m6m23＜

y2n28n，

∴(m3)2(n4)24

又m3，结合图象知m2n2为半圆

BA(m3)2(n4)24(m3)内的点到原点的距

离，故13m2n27，∴13mn49.

22Ox二、填空题（本大题共4小题,每小题5分,共20分）

13. 7 14. 3x4y10或3x4y90

15.

4 16. ①② 3简答与提示：

13. 7 依题意a35，a23，则d2，∴a47. 14. 3x4y10或

3x4y90 设直线

|b4|1,5∴b9或b1,∴所求直线方程为3x4y10或3x4y90. 415.

3l1:3x4yb0，与圆x2(y1)21相切，故

数学（理科）试题参及评分标准 第3页（共12页）

0

ef(x)dxx2dx01e11xdxx33114elnx11.330yexe,x≥016. ①② 由f(x)的图象知f(x)0,则f[f(x)],

2xe,x0根据f[f(x)]的图象(如图)可知，①②正确.

三、解答题（本大题必做题5小题,三选一中任选1小题,共70分） 17. (本小题满分12分)

【命题意图】本小题主要考查三角函数的定义，两角和、差的正余弦公式的运用，以及三角函数的值域的有关知识，同时还考查了向量的数量积的运算等知识.

【试题解析】解：（1）根据三角函数的定义，得sin-k1Oex4，5sin又

12． 13是锐角，所以

3co． s ( 4分)

512（2）由（1）知sin．

135因为是钝角，所以cos．

13所

以

c51o． ( 8分)

（3）由题意可知，OA(cos，sin)，OC(1，3)．

所以f()OAOC3sincos2sin()，

6数学（理科）试题参及评分标准 第4页（共12页）

因为

02，所以

663，

13 sin(a)262从而1f()3，因此函数f()OAOC的值域为

(1,3)． ( 12分)

18. (本小题满分12分) 【命题意图】本小题主要考查运用数列基础知识求解数列的通项公式.

【试题解析】解：（1） an12an1，an112(an1)，而a11，故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列，

即an12n，因此

an2n1． ( 5

分)

（2）∵

4b1142b2143b314nbn1an12，( 7分)

n2n，∴

4b12b23b3nbnn∴2b12b23b3nbn2nn2， 即2b12b23b3nbnn22n，①

n≥2时

2[b12b2(n1)bn1](n1)22(n1)n21，②

当①

－

②

得

，，

2nbn2n1n≥2bn11n≥2． （10分） 2n可验证n1也满足此式，因此

数学（理科）试题参及评分标准 第5页（共12页）

bn11． （12分） 2n

19. (本小题满分12分)

【命题意图】本小题将直四棱锥的底面设计为梯形，考查平面几何的基础知识.同时题目指出一条侧棱与底面垂直，搭建了空间直角坐标系的基本架构.本题通过分层设计，考查了空间平行、垂直，以及线面成角等知识，考查学生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.

【试题解析】解：【方法一】（1）证明：由题意知DC23,

则BC2=DB2DC2， BDDC，PD面ABCD，BDPD，而PDCDD，BD面PDC.PC在面PDC内，BDPC. （4分）

（2）∵DE∥AB，又PD平面ABCD. ∴平面PDC平面ABCD. 过D作DF//AB交BC于F

过点F作FGCD交CD于G,则

∠FDG为直线AB与平面PDC所成的角.

在Rt△DFC中，∠DFC90，DF3,CF3，B PEAFDGC∴tanFDG3，∴∠FDG60.

即直线AB与平面PDC所成角为60.

P（8分）

（3）连结EF，∵DF∥AB，∴DF∥平面PAB. EDEPAB又∵∥平面，

A∴平面DEF∥平面PAB，∴EF∥AB.

D又∵AD1,BC4,BF1,

BF1PEBF11,∴PEPC，即. ∴

CPCBC444（

12分）

【方法二】如图，在平面ABCD内过D作直线DF//AB，交数学（理科）试题参及评分标准 第6页（共12页）

BC于F，分别以DA、DF、DP所在的直线为x、y、z轴建立空

间直角坐标系.

（1）设PDa，则BD(1,3,0),PC(3,3,a)，

 ∵BDPC330，∴BDPC.

（4分）

（2）由（1）知BD面PDC，DB 就是平面PDC的法向量. AB(0,3,0),DB(1,3,0).

Ax设AB与面PDC所成角大小为，

|DBAB|33ByF. 则sin2|DB||AB|23090，60, 即直线AB与平面PDC所成角为60. （8分）

（3）由（2）知C（－3，3，0），记P（0，0，a），则

由条件知A（1，0，0），B（1，3，0），

zPD， PC（3，3，a）（1，0，-a），AB（0，3，0），DP(0,0,a)，PA（3，3，a）而PEPC，所以PE，

DEDPPEDPPC(0,0,a)(3，3，a)=

（3，3,aa）.

ABn0设n为平面PAB的法向量，则，即（x，y，z）PAn0y03y0，即. xazxaz0面PAB,得DEn0，由DE//平∴-3aa-a0，

数学（理科）试题参及评分标准 第7页（共12页）



（a,0,1）取z1，得xa， 进而得n，

1而a0，.4

（12分）

20. (本小题满分12分)

【命题意图】本小题考查椭圆的定义及标准方程，直线和椭圆的综合应用，考查学生的逻辑思维能力和运算求解能力.

【试题解析】解：(1)设M(x,y)，在△MAB中，AB2，

AMB2，根据余弦22AMBM2AMBMcos24（2分）

定理得

.

2即(AMBM)2AMBM(1cos2)4. 2(AMBM)4AMBMcos24. 22而AMBMcos3，所以(AMBM)434.

AM4M所以. B

（4分）

又AMBM42AB，

因此点M的轨迹是以A、B为焦点的椭圆（点M在x轴上也符合题意），

a2，c1.

所

以

曲

线

C的方程为

x2y2143.

（6分）

(2)设直线PQ的方程为xmy1.

xmy122由x2y2，消去x并整理得(3m4)y6my90.

143

①

数学（理科）试题参及评分标准 第8页（共12页）

显然方程①的0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则

1SAPQ2y1y2y1y2

2由韦达定理得y1y2（9分）

226m9yy，. 123m243m243m23所以(y1y2)(y1y2)4y1y248. 22(3m4)482令t3m3，则t≥3，(y1y2)2.

1t2t1由于函数(t)t在[3,)上是增函数.

t1102所以t≥，当t3m33，即m0时取等号.

t348所以(y1y2)2≤9，即y1y2的最大值为3.

1023所以△APQ面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为x1.

（12分）

21. (本小题满分12分)

【命题意图】本小题主要考查函数与导数的知识，具体涉及到导数的运算，用导数来研究函数的单调性、极值等，以及函数与不等式知识的综合应用，考查学生解决问题的综合能力.

【试题解析】解：（1）由题意a0,f(x)ea，

x由f(x)ea0得xlna.

x

a,时)，当x(,lna)时, f(x)0；当x(lnf(x)0.

∴f(x)在(,lna)单调递减，在(lna,)单调递增. 即f(x)在xlna处取得极小值，且为最小值，

数学（理科）试题参及评分标准 第9页（共12页）

其最小值为f(lna)elnaalna1aalna1. （2）f(x)≥0对任意的xR恒成立，即在xR上，. f(x)min≥0由（1），设g(a)aalna1.，所以g(a)≥0. 由g(a)1lna1lna0得a1.

∴g(a)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,)上单调递减， ∴g(a)在a1处取得极大值g(1)0. 因此g(a)≥0的解为a1，∴a1.

x（4分

（8分）

x（3）由（2）知，因为a1，所以对任意实数x均有ex1≥0，

即1x≤e.

kkk令x (nN*,k0,1,2,3,…,n1)，则01≤en.

nnkknnk∴(1)≤(en)e.

n∴

12n1nnn()n()n…()()≤e(n1)e(n2)…e2e11nnnn

1en1e. 1e11e1e1 （12分）

22. (本小题满分10分) 选修4-1：几何证明选讲

【命题意图】本小题主要考查平面几何的证明，具体涉及到三角形内心的定义，以及弦切角定理等知识.

【试题解析】证明⑴：∵ABAC,AFAE,∴CFBE.

又∵CFCD,BDBE,∴CDBD.

又∵△ABC是等腰三角形，ABAC,∴AD是角∠CAB的平分线.

∴内切圆圆心O在直线AD上. A (5分)

⑵连接DF，由⑴知，DH是⊙O的直径， H数学（理科）试题参及评分标准 第10页（共12页）

FOCDEBG

 DFH90,FDHFHD90.又GFHD90,FDHG.

O与AC相切于点F,

AFHGFCFDH,GFCG.

CGCFCD,∴点C是线段GD的中点. (10分)

23. (本小题满分10分)选修4-4：坐标系与参数方程选讲

【命题意图】本小题主要考查坐标系与参数方程的相关知识，具体涉及到极坐标方程的求解，以及轨迹方程等内容.

【试题解析】解：（1）设M(,)是圆C上任一点，过C作CHOM于H点，则在Rt△COH中，

OHOCcosCOH，而COHCOM3，

111OHOM，OC2，所以2cos，即

22234cos()

3

为

( 5分)（2）设点Q的极坐标为(,)，由于3OPOQ，所以

1点P的极坐标为(,)代入⑴中方程得14cos()，即

3336cos63sin，

∴26cos63sin，x2y26x63y,

所求的圆

C的极坐标方程.

∴点Q的轨迹的直角坐标方程为x2y26x63y0. (10分)

24. (本小题满分10分)选修4-5：不等式选讲

【命题意图】本小题主要考查不等式的相关知识，具体涉及到绝对值不等式的解法及性质等内容.

数学（理科）试题参及评分标准 第11页（共12页）

3x1，x1【试题解析】解：(1)根据条件f(x)x3，1≤x≤1,

3x1，x1x1当时，

44f(x)53x15x,又x1,所以x;

331≤x≤1当时，

f(x)5x3又-15≤≤x，此时无解x

x1当时，

f(x)53x1又x所以5 x4综上，f(x)5的解集为{x|x或x2}.

3（5分）

3x1，x11x≤1,得f(x)的值域为(2)由于f(x)x3，≤可

3x1，x1[2,+. )又不等式f(x)a(aR)的解集为空集，所以a的取值范围是(-,2]. （10分）

数学（理科）试题参及评分标准 第12页（共12页）