有解析高考文數(shù)模卷

10550分，在每小題給出的四若集合M{x|x24}，N{x|1x3}{x|2xD．{x|x

1對應的點位于 1

C．{x|1x a1”是直線xy0和直線xa2y0垂直”充分而不必要條件B必要而不充分條件CD下列函數(shù)在其定義域內(nèi)既是奇函數(shù)又是增函數(shù)的是 ylg

ytan

y

1y已知長方形ABCD中，AB=4，BC=1，M為AB的中點，則在此長方形內(nèi)隨機取一點P，P與M的距離小于1的概率為( A． B．1 D．1 y否是ff(x)f(x)否是ff(x)f(x)xy2 閱讀右面程序框圖，如果輸出的函數(shù)值在區(qū)間11 4

已知為銳角，向量a(sin,cosb(cos,sin)若ab，則函數(shù)f(x)sin(2x)的一條對稱軸是 A．x

x C．x D．x 已知ABCB、C

1A 另一個焦點在BC邊上，則ABC的周長是 323

310．設等差數(shù)列a的前n項和為 ，已知a133

1)1 13 1)1，則下列結(jié)論正確的是 A．S20122012，a2012S20122012，a2012

B．S20122012，a2012D．S20122012，a201254520

(3,

2

b，則實 同樣規(guī)格的黑、白兩色正方形瓷磚鋪設的若干圖案，則按此規(guī)律第23個圖案中需用黑 14題的得分14（x1點到直線y

(t為參數(shù)）的距離的最小值 O15（ D為OB的中點，AD的延長線交⊙O于點E，則線段DE的長 16（求角A若2sin2B2sin2C1，判斷ABC 17（某班對全班50名學生學習積極性和對待班級工作的態(tài)度進行了,統(tǒng)計數(shù)據(jù)如 不太主動參加班級作76

n(ad(ab)(cd)(ac)(b

nabcd為樣本容量．獨立性檢驗的隨量K2臨界值參考表如下0P(K2 0 （14分ABEFEFMNEF，且平面MNEFECDF．NCMFDEC3NDFC19（2

(aR)．yf(xx1x3處的切線互相平行，求af(xg(x)x22xx(02x(02f(xg(x

（14分 已知橢圓Ca2

1ab0的離心率為e

3xy20相切，AB分別是橢圓的左右兩個頂點，P為橢圓C上PABPAPB的斜率分別為k1k2，證明：k1k2MPx

，求點M（14分f(xx2xf'(xf(x若數(shù)列{an}滿足an1f'(an)，且a11，求數(shù)列{an}的通 若數(shù)列{bn}滿足b1bbn1f(bn)．b，使得數(shù)列{bn}b的值；若不存 bi1 9.D31或3

13． 14．

55

16（（Ⅰ）在ABCb2c2a22bccosA，又b2c2a2 5 （Ⅱ）∵2sin2B2sin2C1，∴1cosB1cosC

7 ∴cosBcosC1,cosB3

B)1，∴cosB cosB sinB ∴3sinB1cosB1，∴sin(B)1， ∵0B，∴B,C

,∴ABC為等邊三角形 1217（ 5 （2）K2

n(ad

50(181967)2

(ab)(cd)(ac)(b 252524…10 1218（（Ⅰ）所以MNEFCDMNEFCD．所以四邊形MNCD是平行四邊形，所以NC∥MD 3因為NC平面MFD，所以NC∥平面MFD 4證明：連接ED，設 FCOMNEFECDFNEEF所以NE平面ECDF，所以FCNE 6又ECCD，所以四邊形ECDF為正方形，所以FCED 7所以FC平面NED，所以NDFC 9NExEC4x，其中0x4．由（Ⅰ）NEFECNFEC的體積為

13

NE x(4x 11121所以

1x(4x)]22 13 當且僅當x4x，即x2時，四面體NFEC的體積最大 1419（（Ⅰ）f(xax(2a1x

(x0)，f(1)f(3)，解得a2 3分（Ⅱ）f(x(ax1)(x2)(x0 5xa0x0ax10，在區(qū)間(02)上，f(x0；在區(qū)間(2)f(x)0故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,2)，單調(diào)遞減區(qū)間是(2,) 6(2,②當0a1時，12，在區(qū)間(0,2)和(1,)上，f(x)0；在區(qū) 1(2, f(x)0 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,2)和(,)單調(diào)遞減區(qū)間是(2,) 1③當a 時12

(x) ，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,) 分 (,④當a 時，0 2，在區(qū)間(0,)和(2,)上，f(x)0；在區(qū)間 (, f(x)0 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,)和(2,)，單調(diào)遞減區(qū)間是(,2) 分由已知，在(0,2]上有f(x)maxg(x)max． 10分g(x)max0，由（Ⅱ）①當a1f(x在(022f(x)maxf(22a2(2a12ln22a22ln2所以，2a22ln20，解得aln21，故ln21a1 2分 ②當a 時，f(x)在(0,]上單調(diào)遞增，在[,2]上單調(diào)遞減 f(x)maxf(a22a2lnaa1可知lnaln1ln112lna22lna2 所以，22lna0，f(x)max0 13綜上所述，aln2 1420（（Ⅰ）222∵直線xy20與圓相切，∴d b，即b 222又eca

，即a3

3ca2b2c2，解得a

3，c1

x2y2

3（Ⅱ）P(x0y0y0

3,0)，B(3,0)

2則001，即y22 x2，則k ，k ，Ks5u233x 333x 22

02(3x2

x0 kk x2

30x2

0 x2

2 63（Ⅲ）M(xyx[3,OPx22OP

x2

2及點P在橢圓C上可得 2OM

x2 3(x2y2整理得(321)x232y26，其中x[3, 8①當

y26333My

x

②當

1，其中x 632

3,當0

3時，點M的軌跡為中心在原點、實軸在y軸上的雙曲線滿足 x3333333當31時，點M的軌跡為中心在原點、長軸在x軸上的 足 x 333當1時，點M的軌跡為中心在原點、長軸在x軸上的橢圓 1421（（Ⅰ）

f(xx2x

f'(x2x1

an12an1，所以an112(an1a11112所以數(shù)列{an12，公比為2 n所以an12 2，即a2 4n（Ⅱ（?。┣襜bbf(bb2bbf(bb2b)2(b2 所以2(b2bb2b)2b2bb，解得b0或b2．當b0b10bn1f(bn0，所以數(shù)列{bn}當b2時，b12，b22，b36，b442，顯然不是等差數(shù)列．所以，當b