南通市2012届高三第三次模拟考试.doc

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)(1i)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， 26，解得p8.4. 解析：由f(x0)0得log2x00， x01.从而所求概率为P.5. (2，0)解析：由题意得a22a0，解得2a0.6. 解析：5个数据的平均分85. s2(8583)2(8584)20(8586)2(8587)22， s.7. 解析：i1时a3；i2时，a5；i3时，a，输出.8. 解析：|2axb|24a24abxb2x244x11cos120x2x22x4. 当x1时，|2axb|2取得最小值为3.从而|2axb|的最小值为.9. 解析：由题意知cos，sin.T， ，3. f(x)sin(3x)，fsinsincoscossin.10. 解析：设等比数列an的公比为q(q0)， a1a74， a4，a42. q24，q2，a1.f(x)a12a2x3a3x210a10x9. ai1xia1qixia1(2x)i， fa12a13a110a1a1(1210).11. 8，16解析：M(x0，y0)的轨迹方程为xy40，它与圆(x2)2(y2)28的交点坐标为A(0，4)，B(4，0) M(x0，y0)满足x0y040(0x04)结合xy的几何意义可知：原点到直线PQ的距离的平方为最小值等于8，原点与端点A或端点B的距离的平方为最大值等于16， xy的取值范围是8，1612. 2解析：结合图形计算可得：a2n1a2n1，a2na2n1(nN*)， a6a5a1182.13. 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CD2CE2DE2(m21m)(n21n)(m2n2mn)， 2(m2n2)(mn)mn2. 2(mn)2(mn)3mn. mn， 2(mn)2(mn)(mn)2， 5(mn)24(mn)0， 0， mn.即当mn，即ODOE时，ODOE取得最大值为.15. 解：(1) 由题意，f(x)的最大值为，所以2.(2分)而m0，于是m，f(x)2sin.(4分)f(x)为递减函数，则x满足2kx2k(kZ)，即2kx2k(kZ)(6分)所以f(x)在0，上的单调递减区间为，(7分)(2) 设ABC的外接圆半径为R，由题意，得2R2.化简ff4sinAsinB，得sinAsinB2sinAsinB.(9分)由正弦定理，得2R(ab)2ab，abab.由余弦定理，得a2b2ab9，即(ab)23ab90.(11分)将代入，得2(ab)23ab90.解得ab3或ab(舍去)(13分)SABCabsinC.(14分)16. (1) 证明：连结CE交AD于O，连结OF.因为CE，AD为ABC的中线，所以O为ABC的重心，.从而OFC1E.(3分)又OF平面ADF，C1E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，BB1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BMCD1，BCCF2，所以RtCBMRtFCD，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，c2，得a2，b2.所求椭圆方程为1.(4分)(2) 设A(x0，y0)，则B(x0，y0)，故M，N.(6分) 由题意，得0.化简，得xy4，所以点A在以原点为圆心，2为半径的圆上(8分) 设A(x0，y0)，则(1k2)(10分)将e，b2a2c24，代入上式整理，得k2(2e21)e42e21.(12分)因为e42e210，k20，所以2e210，e.所以k23.化简，得解得e242，e1.故离心率的取值范围是.(14分)18. 解：(1) 设P0Bx0，则P1Bx0tan，P1C2x0tan.(2分)P2Cx0，P2D3x0.(4分)P3D(3x0)tan2，P3A4(3x0)tan，AP4(3x0)(6分)由于P4与P0重合，AP4P0B3，所以6，即tan.(8分)(2) 由(1)，可知AP44.因为P4落在A、P0两点之间，所以tan1，即t1.(10分)SS四边形ABCDSP0BP1SP1CP2SP2DP3SP3AP46tan(2tan)4(4tan2)(44tan)5832.(14分)由于t1，所以32322324.故S的最大值为324.(16分)19. 解：(1) 由g(x)x2(a2)x，得(xlnx)ax22x.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)设t(x)，x1，e求导，得t(x)，(6分)x1，e，x10，lnx1，x2lnx0，从而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yF(x)上的任意一点假设曲线yF(x)上存在一点Q(t，F(t)，得POQ为钝角，则0.(10分) 若t1，P(t，t3t2)，Q(t，aln(t)，t2aln(t)(t3t2)由于0恒成立，a(1t)ln(t)1.当t1时，a(1t)ln(t)1恒成立当t1时，a恒成立由于0，所以a0.(12分) 若1t1，t0，P(t，t3t2)，Q(t，t3t2)，则t2(t3t2)(t3t2)0，t4t210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1，1，21.(1) 解：由b2a3a2a1a2a21a22a2，得b2a22.(4分)(2) 证明：因为，(8分)又b1a2a10，所以bn是首项为，公比为的等比数列(10分)(3) 证明：由(2)可知an1an()n1.同理，an1an(anan1)又a2a10，于是an1an0.由，得ann1.(13分)下面我们只要证明：n3时，(1)n1(cn2cn)n1.因为.又c11，c21，c32，则当n3时，(1)2(c1c3)(2)12，所以(1)n1(cn2cn)是以2为首项，为公比的等比数列(1)n1(cn2cn)是它的第n2项，所以(1)n1(cn2cn)2n3n1an.(16分)