2012學年第二學期高三年級質量調研考試數學試卷（文科）2B內直接填寫結果，每個空格填對得4分，否則一律得．x2y53xy

2已知集合Mx|x24,xR，Nx|logx0則集合MIN 2

=a+2i,

=1

z為實數，則實數a的值 z 20用二分法研究方程x33x10的近似解x0

學校 學校 班級 準考證 1…456…(0,……若精確到0.1，至少運算n次，則nx0的值 頻率/已知e1、e2是夾角為2的兩個單位向量向量ae12e2,bke1e2,若a//b，則實數k頻率/區間100,104的產品個數是 4

9810010210410663

公差為d，各項均為正整數的等差數列{an}中，若a11,an65，則nd的最小 設雙曲線x2y26的左右頂點分別為A、 第一象限，直線PA1、PA2的斜率分別為k1、k2，則k1k2的值 設ABCA、B、Ca、b、c，若ABCS，且Sa2(bc)2，則sin 1cos且成等差數列，這7個號碼的和為49，現從袋中任取兩個小球，則這兩個小球上的號碼均小于7的概率為 f(xax2bx1

f(1)2,2

f(2)的最大值 已知ABC的重心為O，AC6,BC7,AB8,則AOBC f(x是定義在Rf(0)8

xRf(x2)f(x)3x,f(x4)f(x2)93x，則f(8) 題紙的相應編號上，將代表答案的小方格涂黑，選對得5分，否則一律得 二項式(x1)6展開式中x4的系數 x（A）15 （C）6 （D）6在ABC中“ABAC0”是“ABC是鈍角三角形” 設函數f(x)|sinx|cos2x,x,，則函數f(x)的最小值是 22（A） （C）1 （D）9 z滿足|zi||zi|2z②若對任意的nN

a

2a0a

f(x是定義在RxR，|f(x||f(x|fPxPx是C9④已知曲線C 19④已知曲線C 1和兩定點50、

PE

6（） 三.解答題（74）519（ABCA1B1C1BAC2AEC1F2BEA1F所成的角的大小．

EAEABC20（DCOABAB在直徑上，點CDCOAB請你在下列兩個小題中①設BOCABCD的面積為Sg(g(的表達式，并寫出的范圍．BCx(cmABCD的面積為Sf(xf(xxABCD的面積最大？并求最大面積．21（E的中心在坐標原點OM(2,1N(22求橢圓E若平行于OM的直線ly軸上的截距為b(b0，直線lEA、BMAMB的斜率分別為k1、k2k1k20．22（f(x)x|xa|

1,xR4（1）當a1

f(x的單調遞減區間和奇偶性(不需說明理由當a1yf(2xx0,1f(x0恒成立，求實數a的取值范圍．23（過坐標原點O作傾斜角為60的直線交拋物線y2xPP yx 為120x軸于Q1點，交P2P2點作傾斜角為60x軸于Q21Q2，Q23Lyx 數列an的前nSn（1）求a1a2求anSn設baan(a0且a1)，數列{b}的前n項 為T， pqrspqrs，試比較TpTs與TqTr的大小． 一（第1題至第14題）1． 18 3．2 5．1

文17 9．

11．理，文 13．理14，

二（第15題至第18題） 三（第19題至第23題） 20.(文)[解①由BOC，得OB20cosBC20sin，其中023 2 Sg(ABBC2OBBC800sincos400sing(400sin2，0

4 2 ②連接OC

(0x

23400所以Sf(x)ABBC (0400400即f(x) (0x20) 400（2）①Sg(400sin 得當sin21即當 時，S取最大值400cm．……理4分，文54BC20sin4

102cmx2(400x2BC取102cmABCDx2(400x2400②f(x)400

x2(400x2)4002當且僅當x2400x2，即x 時，S取最大值400cm2．……理4分，文52BC取102cmABCD的面積最大，最大面積為400cm2219.(文)[解

1 CF11222

…6 F

3

3 （2）連接CE,由條件知CEFA1,所以CEBBEA1F分22

，所以CEB

2所以異面直線BE與A1F所成的角為60 220.（理）[解]（1）VB

13

AB1142)224……73zFEAyBCxA(0,0,0),B(0,2,0),E(0,0,2),F(2,0,4)EF(2,0,2),EB(0,2,

2BEF的法向量為n(x,yz所以n

2ABC的法向量為n100,1，則cos

nn11 n 所以BEF所在半平面與ABC所在半平面所成二面角的余弦值為3．…33[解]（1）E的方程為mx2ny21(m0n0mM(2,1N(220)E的方程，得4mn

238m解得m

121n1Exy12

23 P（xyOP2x2y2 P(xyE上的動點，所以001x284y2 OP2x2y283y2，y2,2 2y00OPmax2

OP的最大值為

22（2）因為直線l平行于OM，且在y軸上的截距為b，又 1，所以直線l的方2y1x

為y1xb．由

x22bx2b24

2 A(xyB(xyxx2bx

2b24 11k1

y11,ky212x1 x22k

y11

y21y11)(x22)y21)(x12)2 x

x

(x

y1xby1

b 2 2 所以上式分子

(2x1b1)(x22)(2x2b1)(x1

2xx(b2)(xx)4(b1)2b24(b2)(2b)4(b1)1 故k1k20 文2所以直線MA與直線MB的傾斜角互補 理2當a1b0f(x)x|x1|既不是奇函數也不是偶函數．……2∵f(1)2,f(1)0，∴f(1)f(1),f(1)f所以f(x)既不是奇函數，也不是偶函數 2當a1b1f(xx|x1|f(2x)5得2x|2x1|1

24 2x

2x即(2x)22x10或(2x)22x1

2 2x 2或2x 解 （舍），或2 所以x

2log

2)1或x 22x0af(x)0恒成立，x0,1，此時原不等式變為|xa|b2xxbax

2故(xb a(xb ,xx xg(x)xb在0,1上單調遞增，所以(xb

g(1)1bx對于函數h(x)xbxx①當b1時，在0,1h(x)(xbx

h(11b，又1b1b所以，此時a的取值范圍是(1b,1b) 2b②當1b0，在0,1上，h(x)x bbxb

bx

(xx)min

b，此時要使a22必須有1b

即1b

3，此時a的取值范圍是(1b

b綜上，當b1a的取值范圍是(1b,1b)2當1b2

3a的取值范圍是(1b

b)2當2

3b0時，a的取值范圍是． 2（1） 2 函數f(x)既不是奇函數也不是偶函數 2（2）當a1f(xx|x1|14f(2x0得2x|2x1|14

2 2x

2x即(2x)22x10或(2x)22x1

2 2x 2或2x 解 （舍），或2 所以x

2log

2)1或x 22（3）x0af(x)02x0,1，此時原不等式變為|xa|x

ax

2故(x1 a(x1 ,x4x 4x1 又函數g(x)x 在0,1上單調遞增，∴(x )maxg(1) ………21 函數h(x)x1在01上單調遞減，在1,1

2

(x1 h1)13a1，即實數a的取值范圍是3,1．……24x

[解]（1OQP是邊長為aP的坐標為a1

3a1)1

又P(1, 1)在拋物線y2x上，所以11，得a 21

(2a2,

3a2y2x上，得a

22 （2）如圖，法1：點

的坐標為(a1a2a3an1

，即點(Sn1,0)(點Q0與原點重合，S0=0)，所以直線Qn1Pn的方程為y 3(xSn1)y

3(xSn1)Pn的坐標滿足1212

y23(xSn1x

3y2y

3Sn1

yy

sin

2

，故

3從而3a23

2 由①有

②-①得

a2)

an)

a

2)0，又a0，于是 a

所以{a}22

a(n1)d2

…………2

（文）

(a1an)n1n(n

2（理）

(a1an)n1n(n 333 333Gn

an n，limn

2 n

n3n(n ：

的坐標

(a1a2a3an1,

，即所以直線Qn1Pny

3(xSn1y3(xy2nP(xy的坐標滿足n

y得3(x

)2xy

3(x

n1

x

an，所以3an)2

an，從而3a2

……2

點Qn1的坐標為(a1a2a3an10即點

=0P

an

3an)

又P an 3an)在拋物線y2x上，得3a2 4 即3a22a

2 2( a （3（ a3 a 所以數列{bn}是正項等比數列，且公比q0a31，首項b1a3q0，pqrspqrs，設其公差為d，則d為正整數，所以qpdrp2dspb(1qppq則T 0pq

b(1qpdr ，Tr

b(1qp2ds ，Ts

b(1qp3d …2分1

1

1

1Tp

Tr=

qp

q0q

)

q0q

p2d0q00(1q)2 0q00

pd

p2d

pp3d

20(1q)2 0 而(qpdqp2dqpqp3d)qp(qd1 (qd1)(qpqp2d)(qd1)qp(1q2d)qp(qd1)(q2d

2 2因為a0且a1q0a30且q0d為正整數，所以(qd1與(q2d1 故qp(qd1)(q2d1)0，所以，TTTT 2 2( a （理）因為n1 a3 a 所以數列{bn}是正項等比數列，且公比q0a31，首項b1a3q0b(1qppq則T 0，pq

b(1qqr 0，r

b(1qrs 0，s

b(1qs

……21 1 1 1TTTT 0 0

(1q