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＝(a－i)(1＋i)＝a＋1＋(a－1)i，∵ z在复平面内对应的点在实轴上，∴ a－1＝0，从而a＝1.
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p＝8.
4. 　解析：由f(x0)≥0得log2x0≥0，∴ x0≥1.从而所求概率为P＝＝.
5. (－2，0)　解析：由题意得a2＋2a＜0，解得－2＜a＜0.
6. 　解析：5个数据的平均分＝85.∴ s2＝×[(85－83)2＋(85－84)2＋0＋(85－86)2＋(85－87)2]＝2，∴ s＝.
7. 　解析：i＝1时a＝＝3；i＝2时，a＝＝5；i＝3时，a＝＝，输出.
8. 　解析：|2a－xb|2＝4a2－4a·bx＋b2·x2＝4－4x×1×1×cos120°＋x2＝x2＋2x＋4.∴ 当x＝－1时，|2a－xb|2取得最小值为3.从而|2a－xb|的最小值为.
9. －　解析：由题意知cosφ＝，sinφ＝－.T＝，
∴ ＝，ω＝3.∴ f(x)＝sin(3x＋φ)，
f＝sin＝sincosφ＋cossinφ＝×＋×＝－.
10. 　解析：设等比数列{an}的公比为q(q＞0)，
∵ a1·a7＝4，∴ a＝4，a4＝2.
∴ q2＝＝4，q＝2，a1＝＝.
f′(x)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋10a10x9.
∵ ai＋1·xi＝a1×qi·xi＝a1·(2x)i，
∴ f′＝a1＋2a1＋3a1＋…＋10a1＝a1·(1＋2＋…＋10)＝.
11. [8，16]　解析：M(x0，y0)的轨迹方程为x－y－4＝0，它与圆(x－2)2＋(y＋2)2＝8的交点坐标为A(0，－4)，B(4，0)．
∴ M(x0，y0)满足x0－y0－4＝0(0≤x0≤4)．
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，∴ x＋y的取值范围是[8，16]．
12. 2　解析：结合图形计算可得：
a2n＋1＝a2n－1，a2n＝a2n－1(n∈N*)，
∴ a6＝a5＝×a1×＝×18＝2.
13. 3　解析：令g(x)＝0，即f[f(x)]＋lnx＝0，
∴ f[f(x)]＝－lnx，分别画出函数y＝f[f(x)]，x∈(0，1)及y＝－lnx，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OD＝m，OE＝n，则CD2＋CE2＋DE2＝(m2＋1－m)＋(n2＋1－n)＋(m2＋n2＋mn)，
∴ 2(m2＋n2)－(m＋n)＋mn＋2＝.
∴ 2(m＋n)2－(m＋n)＝＋3mn.
∵ mn≤，∴ 2(m＋n)2－(m＋n)≤＋(m＋n)2，
∴ 5(m＋n)2－4(m＋n)－≤0，
∴ ·≤0，
∴ m＋n≤.即当m＝n，即OD＝OE时，OD＋OE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m＞0，于是m＝，f(x)＝2sin.(4分)
f(x)为递减函数，则x满足2kπ＋≤x＋≤2kπ＋(k∈Z)，即2kπ＋≤x≤2kπ＋(k∈Z)．(6分)
所以f(x)在[0，π]上的单调递减区间为[，π]．(7分)
(2) 设△ABC的外接圆半径为R，由题意，得2R＝＝＝2.
化简f＋f＝4sinAsinB，得
sinA＋sinB＝2sinAsinB.(9分)
由正弦定理，得2R(a＋b)＝2ab，a＋b＝ab.　①
由余弦定理，得a2＋b2－ab＝9，即(a＋b)2－3ab－9＝0.　②(11分)
将①代入②，得2(ab)2－3ab－9＝0.
解得ab＝3或ab＝－(舍去)．(13分)
S△ABC＝absinC＝.(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OF∥C1E.(3分)
又OF平面ADF，C1E平面ADF，
所以C1E∥平面ADF.(6分)
(2) 解：当BM＝1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AB＝AC，D是BC中点，所以AD⊥BC.又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，所以AD⊥平面B1BCC1.
而CM平面B1BCC1，于是AD⊥CM.(9分)
因为BM＝CD＝1，BC＝CF＝2，所以Rt△CBM≌Rt△FCD，所以CM⊥DF.(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BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.(14分)
17. 解：(1) 由e＝，c＝2，得a＝2，b＝2.
所求椭圆方程为＋＝1.(4分)
(2) 设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)，
故M，N.(6分)
① 由题意，得·＝0.化简，得x＋y＝4，所以点A在以原点为圆心，2为半径的圆上．(8分)
② 设A(x0，y0)，则
＋＝(1＋k2)．(10分)
将e＝＝，b2＝a2－c2＝－4，代入上式整理，得
k2(2e2－1)＝e4－2e2＋1.(12分)
因为e4－2e2＋1＞0，k2＞0，所以2e2－1＞0，e＞.
所以k2＝≥3.化简，得
解得＜e2≤4－2，＜e≤－1.
故离心率的取值范围是.(14分)
18. 解：(1) 设P0B＝x0，则P1B＝x0tanθ，P1C＝2－x0tanθ.(2分)
P2C＝＝＝－x0，P2D＝3＋x0－.(4分)
P3D＝(3＋x0)tanθ－2，P3A＝4－(3＋x0)tanθ，
AP4＝－(3＋x0)．(6分)
由于P4与P0重合，AP4＋P0B＝3，所以＝6，
即tanθ＝.(8分)
(2) 由(1)，可知AP4＝－4.
因为P4落在A、P0两点之间，所以＜tanθ＜1，即＜t＜1.(10分)
S＝S四边形ABCD－S△P0BP1－S△P1CP2－S△P2DP3－S△P3AP4＝6－tanθ－(2－tanθ)－4－(4tanθ－2)
－4－4tanθ)＝58－
＝32－.(14分)
由于＜t＜1，所以32－≤32－2＝32－4.故S的最大值为32－4.(16分)
19. 解：(1) 由g(x)≥－x2＋(a＋2)x，得(x－lnx)a≤x2－2x.
由于x∈[1，e]，lnx≤1≤x，且等号不能同时取得，所以lnx＜x，x－lnx＞0.从而a≤恒成立，a≤.(4分)
设t(x)＝，x∈[1，e]．求导，得
t′(x)＝，(6分)
x∈[1，e]，x－1≥0，lnx≤1，x＋2－lnx＞0，
从而t′(x)≥0，t(x)在[1，e]上为增函数．
所以t(x)min＝t(1)＝－1，所以a≤－1.(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y＝F(x)上存在一点Q(－t，F(－t))，得∠POQ为钝角，则·＜0.(10分)
① 若t≤－1，P(t，－t3＋t2)，Q(－t，aln(－t))，
·＝－t2＋aln(－t)·(－t3＋t2)．
由于·＜0恒成立，a(1－t)ln(－t)＜1.
当t＝－1时，a(1－t)ln(－t)＜1恒成立．
当t＜－1时，a＜恒成立．
由于＞0，所以a≤0.(12分)
② 若－1＜t＜1，t≠0，P(t，－t3＋t2)，Q(－t，t3＋t2)，
则·＝－t2＋(－t3＋t2)(t3＋t2)＜0，
t4－t2＋1＞0对－1＜t＜1，t≠0恒成立．(14分)
③ 当t≥1时，同①可得a≤0.
综上所述，a的取值范围是(－∞，0]．(16分)
20. 因为α，β是方程x2－x－1＝0的两个根，所以α＋β＝1，α·β＝－1，β2＝β＋1.
(1) 解：由b2＝a3－αa2＝a1＋a2－αa2＝1＋a2－αβ＝2＋a2，得b2－a2＝2.(4分)
(2) 证明：因为＝＝
＝＝＝＝β，(8分)
又b1＝a2－αa1＝β－α≠0，所以{bn}是首项为β－α，公比为β的等比数列．(10分)
(3) 证明：由(2)可知an＋1－αan＝(β－α)βn－1.　①
同理，an＋1－βan＝α(an－βan－1)．
又a2－βa1＝0，于是an＋1－βan＝0.　②
由①②，得an＝βn－1.(13分)
下面我们只要证明：n≥3时，(－1)n－1(αcn－2＋βcn)＝βn－1.
因为＝＝
－＝＝－
＝－＝β.
又c1＝1，c2＝－1，c3＝2，则当n＝3时，(－1)2(αc1＋βc3)＝(α＋2β)＝1＋β＝β2，所以{(－1)n－1(αcn－2＋βcn)}是以β2为首项，β为公比的等比数列．(－1)n－1(αcn－2＋βcn)是它的第n－2项，
所以(－1)n－1(αcn－2＋βcn)＝β2·βn－3＝βn－1＝an.(16分)