2012年泉州市普通中学高中毕业班质量检测文科数学

2012年泉州市普通中学高中毕业班质量检测

文 科 数 学

第Ⅰ卷（选择题共60分）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的. 1．设全集UR，集合Ax|x0,Bx|1x1，则图中阴影部分表示的集合为

A．x|x1 B．x|x1 C．x|0x1 D．x|1x0

2i的实部等于 i A. 2 B. 1 C. 1 D. 2

23．命题“x0，都有xx0”的否定是

22A．x0，都有xx0 B．x0，都有xx0

22C．x0，使得xx0 D．x0，使得xx0

34. 已知ABC的面积为，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且b2,c3，则A等于

22．已知i为虚数单位，则复数zA．30° B．30°或150° C．60° D．60°或120° 5．已知函数f(x)的图象是连续不断的，x,f(x)的对应值如下表：

x 3 2 2 1 1 f(x) 3 2 1 1 2 在下列区间内，函数f(x)一定有零点的是

A．(2,1) B．(1,1) C．(1,2) D．(2,3)

32，则p的值为 2A．65 B．6 C．23 D．3

，kR，下列向量b与a不7.设向量a=(1,1)．可．能．垂直的是

6．若抛物线y22pxp0的焦点到双曲线x2y21的渐近线的距离为

22A．bk,k1 B. bk,1 C．bk,k1 D．bk,1

8．圆x2y2ax20与直线l相切于点A(3,1)，则直线l的方程为 A. xy40 B. x2y10 C. xy20 D. 2xy50 9. 某几何体的正视图与侧视图如图所示，若该几何体的体积

为

，则该几何体的俯视图可以是 122xy1010．设实数x、y满足约束条件xy2，则zxy的最小值为

x3A．4 B．5 C．6 D．7

1 第1页（共8页） 市质检数学（文科）试题

11．设函数f(x)是定义在R上的以5为周期的偶函数，若f(3)1,f(7)a2a1，则实数a的取值范围是

A．(2,1) B. (,1)(2,) C. (1,2) D. (,2)(1,) 12. 计算机内部都以二进制字符表示信息．若ua1,a2,,an，其中ai0或1（i1,2,...,n）,

则称u是长度为n的字节；设ua1,a2,,an，vb1,b2,,bn，用du,v表示满足

aibi（i1,2,...,n）的i的个数．如u0,0,0,1，v1,0,0,1，则du,v1．

现给出以下三个命题：

① 若ua1,a2,,an，vb1,b2,,bn，则0du,vn；

② 对于给定的长度为n的字节u，满足du,vn1的长度为n的字节v共有n1个； ③ 对于任意的长度都为n的字节u，v，w，恒有du,v． ,udw,vdw则其中真命题的序号是

A．① B．①② C．①③ D．②③

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．请将答案填在答题卡的相应位置. 13．某厂为了检查一条流水线的生产情况，随机抽取该流水线

上40件产品，逐一称出它们的重量（单位：克），经数据处理后作出了如图所示的样本频率分布直方图．那么，根据频率分布直方图，样本中重量超过505克的产品数量应为 件．

14.在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1 内等可能地任取一点，则该点到顶点A的距离小于1的概率是 ． 15.定义一种运算Sab，在框图所表达的算法中揭示了这种

运算“”的含义.那么，按照运算“”的含义，计算

开始tan15tan30tan30tan15__ _． 16．定义域为D的函数yfx，若存在常数a,b，使得对于任意x1,x2D，当x1x22a时，总有fx1fx22b，则称点a,b为函数yfx图象的对称中心.已知函数是输入a,bab?否fxx3x图象的对称中心的横坐标为1，则可求得： 32SabSab1f2012 . 2f20124022...f20124023f2012 输出S结束

三、解答题：本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17．(本小题满分12分)

已知A、B两个盒子中分别装有标记为1，2，3，4的大小相同的四个小球，甲从A盒中等可能地取出1个球，乙从B盒中等可能地取出1个球．

（Ⅰ）用有序数对(i,j)表示事件“甲抽到标号为i的小球，乙抽到标号为j的小球”，试写出所有可能的事件；

（Ⅱ）甲、乙两人玩游戏，约定规则：若甲抽到的小球的标号比乙大，则甲胜；反之，则

乙胜．你认为此规则是否公平？请说明理由．

2 第2页（共8页） 市质检数学（文科）试题

18．(本小题满分12分)

2（Ⅰ）试用“五点作图法”作出函数yf(x)的图象； （Ⅱ）（ⅰ) 若1f(x)0,求x的取值范围；

已知向量asin2x,cosx2，向量b1,73]. ，fxab，x[,662（ⅱ）若方程fxa(1a0)的两根分别为x1,x2，试求sin(x1x2)的值.

19．(本小题满分12分)

如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1面ABC，ACBC，E、F分别在线段B1C1和

AC上，B1E3EC1，ACBCCC14.

(Ⅰ)求证：BCAC1；

(Ⅱ)若F为线段AC的中点，求三棱锥AC1EF的体积；

A1C1EB1F的位置，并给出证明. (Ⅲ)试探究满足EF//平面A1ABB1的点

20．（本小题满分12分）

''如图，设AB、AB分别是圆O:2x2y和a椭圆

C:xy''ABAB1(ab0)的弦，端点与、与的横坐标分22ab22ACyAA'OMB别相等，纵坐标分别同号.

3（Ⅰ）若椭圆C的短轴长为2，离心率为，求椭圆C的方程；

23''（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若弦AB过定点M(0,)，试探究弦AB 2是否也必过某个定点. 21．（本小题满分12分）

BB'x已知数列an的首项a11，前n项和为Sn，数列Sn1是公比为2的等比数列． （I）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）数列Sn中是否存在不同的三项Sm,Sn,Sk,使得Sm,Sn,Sk为等差数列？若存在，请求出满足条件的一组m,n,k的值；若不存在，请说明理由． 22．（本小题满分14分）

1clnx的图象与x轴相切于点S(s,0). x（Ⅰ）求函数f(x)的解析式；

（Ⅱ）若函数f(x)的图象与过坐标原点O的直线l相切于点T(t,f(t))，且f(t)0， 证明：1te；（注：e是自然对数的底）

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，记直线ST的倾斜角为，试证明：

已知函数f(x)

3 第3页（共8页） 市质检数学（文科）试题

2012年泉州市普通中学高中毕业班质量检查

1．D 2．C 3．C 4．D 5．C 6．B

7．B 8．A 9．B 10．A 11．B 12．C 13．12 14．

 15．1 16．8046. 617.解：（I）．甲、乙二人抽到的小球的所有情况为：

1,1、1,2、1,3、1,4、2,1、2,2、2,3、2,4、3,1、3,2、3,3、3,4、

4,1、4,2、4,3、4,4，共16种不同情况．„„„„„„„„„„„„6分 （Ⅱ）．甲抽到的小球的标号比乙大，有2,1、3,1、3,2、4,1、4,2、4,3，共6

种情况，„„„„„„„„„„„„8分 故甲胜的概率p111分

6335，乙获胜的概率为p21．„„„„„„„„„„„„1688835，所以此游戏不公平．„„„„„„„„„„„„12分 881318解：（Ⅰ）fxabsin2xcos2x()sin(2x).„„„„„„„„3分

223因为令X2x3，则X0,2，xX23.列表：

3 211 121 X 0 x y  60  25 121  2 30 2 7 60 „„„„„„„„„„„„5分 描点画图，即得函数yf(x)的图象，如图所示.

„„„„„„„„„„„„7分

（Ⅱ）（ⅰ)1f(x)0即1sin(2x∵02x3)0，

333211117,)(,). „„„„„9分 ∴x的取值范围为(31212 第4页（共8页） 市质检数学（文科）试题

2，∴2x2，且 2x3 2（ⅱ）∵x1,x2是方程f的两根， a(1a0)211117,)(,)， ∴x1,x2(31212621111711,)(,时)，函数f(x)的图象关于直线x∵当x(对称，„„10

12312126∴x1x22(x分

1111)， 126111sin().„„„„„„„„„„„„12分 ∴sin(x1x2)sin66219.(Ⅰ)证明： AA1面ABC，BC面ABC，BCAA1. „„„„„„„„„1分

又BCAC,AA1,AC面AAC11C,AA1ACA,

BC面AAC11C,„„„„„„„„„„„„3分 又AC1面AAC11C,BCAC1.„„„„„„„„„„„„4分 (Ⅱ)解：∵B1C1∥BC，由(Ⅰ)知BC面AAC11C, ∴C1E面AC1F，„„„„„„„„„„„„6分

1114VSCE(24)1.„„„„„„„„„„8分 VAC„„E1ACF1A1CF1EF3323(Ⅲ)解法一：当AF=3FC时，FE//平面A1ABB1.„„„„„„„„„„„„9分

G，连理由如下：在平面A1B1C1内过E作EG//AC11交A1B1于

结AG.

A1GB13B1E3EC1，EGA1C1，

43AFA1C1， 又AF//AC且114AF//EG且AFEG，

AFEG为平行四边形四边形

EF//AG，„„„„„„„„„„„11分

AG面A1ABB1， 又EF面A1ABB1，

EF//平面A1ABB1.„„„„„„„„„„„„12分

C1EAFBC，

解法二：当AF=3FC时，FE//平面A1ABB1.„„„„„„„„„„„„9分 理由如下： 在平面ABC内过E作EG//BB1交BC于G，连结FG.

EG//BB1，EG面A1ABB1，BB1面A1ABB1， EG//平面A1ABB1.

B1E3EC1，BG3GC，

FG//AB，又AB面A1ABB1，FG面A1ABB1， FG//平面A1ABB1.

又EG面EFG，FG面EFG，EGFGG，

平面EFG//平面A1ABB1.„„„„„„„„„„„„11分 EFEFGEF//面，平面A1ABB1.„„„„„„„„„„„„12分

20.解：（Ⅰ）由题意得，b1，

A1C1EB1AFyGBCABA'OB'xc3，„„„„„„„„„„a25 第5页（共8页） 市质检数学（文科）试题

2分

x2解得：a24,所以椭圆C的方程为：4y21.„„„„„4分 （Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）得：圆O的方程为：x2y24.„„„5分

设A(x1,y1)、B(x2,y2)、A'(x1,m)、B'(x2,n)，

∵点A在圆O上， ∴x221y14，„„„①

∵点A'在椭圆C上， ∴x214m21，„„„② 联立方程①②解得：my1y2，同理解得：n22.

∴A'(xy'y1,12)、B(x22,2).„„„„„„„„„„8分

∵弦AB过定点M(0,32)，

y3∴x1x2且kAMkBM，即

2y31x22， 1x2化简得y1x2y2x1xx3„„„„„10分

212y2y1 直线A'B'的方程为：yy1222x(xx1)，即y1y2y1xy1x2y2x1，2x12x2x12(x2x1) 由y1x2y2x131y23x得直线A'B'的方程为：yy12xx2x122x14，

∴弦A'B'必过定点M'(0,34).„„„„„12分

解法二：由（Ⅰ）得：圆O的方程为：x2y24.„„„5分 设A(x1,y1)、B(x2,y2)，

∵圆O上的每一点横坐标不变，纵坐标缩短为原来的12倍可得到椭圆C，又端点A与A'、B与B'的横坐标分别相等，纵坐标分别同号，

∴A'(xy1'y1,2)、B(x22,2).„„„„„„„„„„8分

由弦AB过定点M(0,32)，猜想弦A'B'过定点M'(0,34). „„„„9分

y331y∵弦AB过定点M(0,32)，∴x1x2且kAMkBM，即2x22……① 1x2分

y13k241y3y23312y2A'M'x,k2412B'M', 12x1x22x2由①得kA'M'kB'M'，

市质检数学（文科）试题

6 第6页（共8页） „„„10

„3).„„„„„12分 421.解：（I）．S1a11，S11a112．

''∴弦AB必过定点M(0,'因为数列Sn1是公比为2的等比数列，所以Sn1S112n122n12n． 故Sn2n1．„„„„„„„„„„„„3分

nnn112n1122当n2时，anSnSn12n12，

当n1时，经检验，an2n1也成立， 故an2n1．„„„„„„„„„„„„6分 （Ⅱ）．数列

Sn中不存在不同的三项Sm,Sn,Sk,使得Sm,Sn,Sk为等差数

列．„„„„„„„„7分

理由如下：假设Sn中存在等差数列Sm,Sn,Sk，不失一般性，不妨设SmSnSk，即

mnk，

则2SnSmSk，„„„„„„„„„„„„9分

m由（I），Sn2n1,Sm21,nmkkS21kn1m．

kn1mkm12， 故2222121，即222，即2由mnk知，上式左边为偶数，右边为奇数，不可能相等．„„„„„„„„„„„„11分

故假设错误，从而数列Sn中不存在不同的三项Sm,Sn,Sk,使得Sm,Sn,Sk为等差数列．„„„12分 22.解：（Ⅰ）由f(x)∵函数f(x)11cclnx，得f'(x)2. ……1分 xxx1clnx的图象与x轴相切于点S(s,0)， x1ccs11'0clns0…….② ……2分 f(s)∴f(s)2，……① 且

sss2s1联立①②得ce，s. ……3分

e1∴f(x)elnx. ……4分

x1e'（Ⅱ）f(x)2.

xx1∵函数f(x)clnx的图象与直线l相切于点T(t,f(t))，直线l过坐标原点O,

x1e∴直线l的方程为：y(2)x，

tt2又∵T在直线l上，∴实数t必为方程elnte0…….③的解. ……5分

t22eet2'令g(t)elnte， 则g(t)2， 2tttt22''解g(t)0得t，g(t)0得0t.

ee22∴函数yg(t)在(0,]递减，在(,)递增. ……7分

ee7 第7页（共8页） 市质检数学（文科）试题

12ee122∴t是方程elnte0在区间(0,]内的唯一一个解,

ete112又∵f()0,∴t不合题意,即t. ……8分

eee22∵g(1)2e0，g(e)0，函数yg(t)在(,)递增，

ee∴ 必有1te. ……9分

1elnt1f(t)0t（Ⅲ）∵T(t,f(t))，S(,0)∴tankST， 1etste1elnte由③得tant， ……10分

1tte∵g()0,且函数yg(t)在(0,)递减， ∵t0，且0，∴0∵1te，∴1tan2.

ee， ……11分 t∵tan41，tan5tan()125， 12423e，……13分 1tantantan6tan∴tan4tantan∵ytanx在(0,2)单调递增，∴

45. ……14分 128 第8页（共8页） 市质检数学（文科）试题