2012东北三省三模有答案解析(理数)

2012年东北三省四市教研协作体等值诊断联合考试2012年长春市高中毕业班第三次调研测试数学(理科)参考答案及评分标准一、选择题(本大题包括12小题，每小题5分，共60分)1.D2.C3.B4.A5.D6.B7.C8.A9.B10.C11.B12.B简答与提示：1.D集合{|22}Axx，113x，则013x，即{|1,}{|03}yyxxAyy.故选D.2.C由于32(32)(1)3232151(1)(1)222iiiiiziiii.故选C.3.B由题意可知，圆M：22220xxyy的圆心(1,1)到直线l：2xmy的距离为圆的半径2，由点到直线的距离公式可知1m或7m.故选B.4.A由相关系数的定义以及散点图所表达的含义可知24310rrrr，故选A.5.D由题意31232aaa，即211132aqaaq，可得2230qq，3q或1q，又已知0q，即3q，2101215192023810131718219aaaaaaqaaaaaa.故选D.6.B在同一坐标系内画出函数3cos2yx和21log2yx的图像，可得交点个数为3.故选B.7.C初始值15,0,1PTi，第一次循环后2,1,5iTP，第二次循环后3,2,1iTP，第三次循环后14,3,7iTP，第四次循环后15,4,63iTP，因此循环次数应为4次，故5i可以作为判断循环终止的条件.故选C.8.A由函数()sin()6fxAx(0)的图像与x轴的交点的横坐标构成一个公差为2的等差数列可知，函数()fx的周期为，可知2，即函数()sin(2)6fxAx，()cos2gxAx，可将()gx化为()sin(2)2gxAx，可知只需将()fx向左平移6个单位即可获得()sin[2()]sin(2)6662fxAxAx.故选A.9.B命题“若6，则21sin”的否命题是“若6，则1sin2”，是假命题，因此①正确；命题,:0Rxp使0sin1x，则1sin,:xRxp完全符合命题否定的规则，因此②也正确；“函数sin(2)yx为偶函数”的充要条件是sin1，即2k()kZ，因此③错误；命题:(0,)2px“，使21cossinxx”中22sincos2(sincos)2sin()224xxxxx，当(0,)2x时，12sin()24x，即:(0,)2px“，使21cossinxx”为假命题，而命题:qABC在“中，若sinsinAB，则AB”为真命题，可知命题（p）q为真命题，因此④正确.一共有3个正确.故选B.10.C双曲线22221xyab的右焦点F是抛物线28yx的焦点可知2c，又5PF可知P到抛物线的准线2x的距离为5，可设(3,)Pm，根据两点间距离公式可得到26m，将双曲线22221xyab方程化为222214xyaa，代入点P的坐标并求解关于2a的一元二次方程，可求得21a或236a.又22ca，可将236a舍去，可知21a，即1a，（或根据双曲线定义得2a=|PF2|－|PF1|=2），综上可知双曲线的离心率为221cea.故选C.11.B由题意可知四棱锥SABCD的所有顶点都在同一个球面上，底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面内，当体积最大时,可以判定该棱锥为正四棱锥，底面在球大圆上，可得知底面正方形的对角线长度为球的半径r，且四棱锥的高hr，进而可知此四棱锥的四个侧面均是边长为2r的正三角形，底面为边长为2r的正方形，所以该四棱锥的表面积为2222234(2)(2)232(232)4434Srrrrr，因此22r，2r，进而球O的体积3448222333Vr.故选B.12.B首先选择题目，从4道题目中选出3道，选法为34C，而后再将获得同一道题目的2位老师选出，选法为24C，最后将3道题目，分配给3组老师，分配方式为33A，即满足题意的情况共有323443144CCA种.故选B.二、填空题(本大题包括4小题，每小题5分，共20分)13.314.46515.0a且0q16.35[,]79简答与提示：13.利用分步计数原理与组合数公式，符合题目要求的项有42()xx和41x，求和后可得3x，即x的系数为3.14.由体对角线长10，正视图的对角线长6，侧视图的对角线长5，可得长方体的长宽高分别为5，2，1，因此其全面积为2(515212)465.15.由1nnSS得，当1q时，10nnSSa；当1q时，10nnnSSaq，即0a，10q.综合可得数列{}nS单调递增的充要条件是:0a且0q.16.根据指数函数的性质，可知函数1()1(0,1)xfxmmm恒过定点(1,2)，将点(1,2)代入50axby，可以得25ab.对2abab作如下变形：155512122(2)()142()52()abbabaabababababab.由于(1,2)始终落在所给圆的内部或圆上，所以22585()24ab.由2225585()24abab，解得12ab或31ab，这说明点(,)ab在以(1,2)A和(3,1)B为端点的线段上运动，所以ba的取值范围是1[,2]3，从而baab的取值范围是10[2,]3，进一步可以推得2abab的取值范围是35[,]79.三、解答题(本大题必做题5小题，三选一选1小题，共70分)17.(本小题满分12分)【命题意图】本小题借助向量的垂直与数量积考查三角函数的化简，并且考查利用三角函数的变换与辅助角公式求取三角函数的值域.【试题解析】解：⑴由mnmn，可知0mnmn.然而(2cos,1),mB2(2cos(),1sin2)42BnB(1sin,1sin2)BB，所以2cossin21sin22cos10mnBBBB，1cos2B，3B.(5分)⑵222222231sinsinsin()(cossin)322ACsinAAsinAAA222533313cossincossinsincos442422sinAAAAAAA311cos23sin2311sin2cos24222244AAAA13111(sin2cos2)1sin(2)22226AAA.(9分)因为3B，所以2(0,)3A，即72(,)666A，即1sin(2)(,1]62A所以1331sin(2)(,]2642A，即22sinsinAC的取值范围是33(,]42.(12分)18.(本小题满分12分)【命题意图】本小题主要考查统计与概率的相关知识，具体涉及到统计图的应用、二项分布以及数学期望的求法.【试题解析】⑴平均年限1010151020252520301522()80n年.(4分)⑵所求概率222221010252015280137632CCCCCPC.(8分)⑶由条件知9~(10,)16B，所以94510168E.(12分)19.(本小题满分12分)【命题意图】本小题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及到线面的垂直关系、二面角的求法、空间向量在立体几何中的应用以及几何体体积的求法.【试题解析】解：⑴由四边形11AADD是正方形，所以DAAD11.又1AA平面ABCD，90ADC，所以DCADDCAA,1，而1AAADA，所以DC平面DDAA11，DCAD1.又1ADDCD，所以1AD平面11DCBA，从而CBAD11.(4分)⑵以D为坐标原点，DA，DC,1DD为坐标轴建立空间直角坐标系Dxyz，则易得)0,1,2(B)2,0,2(),2,2,0(11AC，设平面1ABD的法向量为),,(1111zyxn，则由00111DAnDBn，求得)1,2,1(1n；设平面BDC1的法向量为),,(2222zyxn，则由00122DCnDBn，求得)2,2,1(2n，则根据66cos2121nnnn,于是可得630sin.(9分)(3)设所给四棱柱的体积为V,则61AASVABCD，又三棱锥ABDA1的体积等于三棱锥111CDAB的体积，记为1V，而三棱锥111CDAD的体积又等于三棱锥CBDC1的体积，记为2V.则由于3221221311V，3422221312V，所以所求四面体的体积为22221VVV.(12分)20.(本小题满分12分)【命题意图】本小题主要考查直线与圆锥曲线的综合应用能力，具体涉及到椭圆方程的求法、直线与圆锥曲线的相关知识以及向量与圆锥曲线的综合知识.【试题解析】⑴当直线l与x轴垂直时，由212222AMBNbSaa，得1b.又222MFABFN,所以222bacaca，即2ac，又221ac，解得2a.因此该椭圆的方程为2212xy.(4分)⑵设1122(,),(,)AxyBxy，而(2,0),(2,0)MN，所以11(2,)AMxy，11(2,)ANxy，22(2,)BMxy，22(2,)BNxy.从而有22111222(2)(2)(2)(2)AMANBMBNxxyxxy2222221212121212124()2()24xxyyxxxxyyyy.(6分)因为直线l过椭圆的焦点(1,0)，所以可以设直线l的方程为1()xtytR，则由22121xyxty消去x并整理，得22(2)210tyty，所以12222tyyt，12212yyt.(8分)进而121224()22xxtyyt，21212222(1)(1)2txxtytyt，可得222222242221()2()()2()42222ttAMANBMBNtttt22286(2)2tt.(10分)令22tm，则2m.从而有22861398()88AMANBMBNmmm，而1102m，所以可以求得AMANBMBN的取值范围是9[,0)8.(12分)21.(本小题满分12分)【命题意图】本小题主要考查函数与导数的综合应用能力，具体涉及到用导数来研究函数的单调性、极值以及函数零点的情况.【试题解析】⑴令()ln10fxx,得1xe.当1(0,)xe时，()0fx；当1(,)xe时，()0fx.所以函数()fx在1(0,)e上单调递减，在1(,)e上单调递增.(3分)⑵由于0x，所以11()lnln22fxxxkxkxx.构造函数1()ln2kxxx，则令221121()022xkxxxx，得12x.当1(0,)2x时，()0kx；当1(,)2x时，()0kx.所以函数()kx在点12x处取得最小值，即min11()()ln11ln222kxk.因此所求的k的取值范围是(,1ln2).(7分)⑶结论：这样的最小正常数m存在.解释如下：()()()ln()lnxxfaxfaeaxaxaae()ln()lnaxaaxaxa