1、 广东省潮汕 20112012 学年度第二学期高三两校联考 数学（文科）试卷本试卷 21 小题，满分 150 分考试用时 120 分钟第一部分 （选择题 满分50 分）一选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分50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 ，1|,03|,2xBxARU 则 图 中 阴 影部 分 表 示 的 集 合 为 ( )A. 0|xB. |C. 3|D. |x2若复数 是实数（ i 是虚数单位） ，则实数 a 的值为（ ）(1)iaA2 B-1 C-2 D1 3. 已知函数 )在区间sin(0yx的图像如右，那么 （ ）0，A1 B2 C D
2、 134某选手参加选秀节目的一次评委打分如茎叶图 所示，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均数和方差分别为（ ）A B C D86.5,1286.5,186,1.286,1.55.已知 的三个顶点 A，B，C 及平面内一点 P 满足： ，若实数 满足：C APBC0，则 的值为（ ）PA. B.1 C.2 D.3236某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A B2131C D467已知关于 x,y 的不等式组 ，04ykx所表示的平面区域的面积为 l6，则 k 的值为（ ）A -l B0 C 1 D 3yx2 11ODCEBAM N F8若函数 在 R 上既是奇函数，又是减
3、)10()1() aakxf xx且函数，则 的图象是（ ）loga9 直线 230xy与 y轴的交点为 P，点 P 把圆 2(1)5xy的直径分为两段，则其长度之比为 ( ) A. 7或 B. 74或 C. 75或 D. 76或10.偶函数 满足 ，且在 x0，1时, ，则关于 x 的方)(xf )1()(xff xf1)(程 ，在 x0，3 上解的个数是（ ）91A 1 B2 C.3 D.4第二部分 （非选择题 满分100 分）二填空题：本大题共4小题，每小题 5分，满分20分 （一）必做题：第 11、12 、13 题为必做题，每道试题考生都必须作答11 设曲线 xy1在点 ),(处的切线
4、与直线 10axy垂直，则 a 12已知双曲线 的离心率为 ，则其渐近线方程为 )0,2ba3213把形如 (,)nMmN的正整数表示为各项都是整数、公差为 2 的等差数列的前m 项和，称作“对 M 的 m 项划分”。例如： 29315,称作“对 9 的 3 项划分” ；把 64 表示成 364157,称作“对 64 的 4 项划分”.据此，对 324 的 18项划分中最大的数是 （二）选做题（14、15 题，考生只能从中选做一题）14 (坐标系与参数方程选作题 )在极坐标系中，过点 且平行于极轴的直线的极坐标(2,)3方程为_ _ 15 (几何证明选讲选作题) 如图,梯形 中,ACD为中位线
5、,对角线 、 与EFBDACEF分别交于 、 ，如果MN,6,2则 三解答题：本大题共6小题，满分 80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16 (本题满分 12 分)在平面直角坐标系 xoy中，点 )cos,21(P在角 的终边上，点 2(sin,1)Q在角的终边上，且 OQ求 2cs的值；求 in()的值。17 （本题满分 12 分）调查某初中 1000 名学生的肥胖情况，得下表：已知从这批学生中随机抽取1 名学生，抽到偏瘦男生的概率为 0.15。（1 ）求 x的值；（2 ）若用分层抽样的方法，从这批学生中随机抽取 50 名，问应在肥胖学生中抽多少名？（3 ）已知 193y， z，肥
6、胖学生中男生不少于女生的概率。18 （本题满分 14 分）已知 na是公差为正数的等差数列，首项 31a，前 n项和为 nS，数列 nb是等比数列，首项 .20,1,321bSab且（1）求 n和 的通项公式；（2）令 ,求 nT.nbnT1321)()( )32,(偏瘦 正常 肥胖女生（人） 100 173 y男生（人） x177 z19 (本题满分 14 分)如图，四棱锥 PABCD 的底面为矩形，且 AB ，BC 1，E ， F 分别为 AB，PC 中点.2（1 ）求证：EF 平面 PAD；（2 ）若平面 PAC平面 ABCD，求证：平面 PAC平面 PDE.20. (本题满分 14 分
7、) 已知函数 (xf是定义在实数集 R上的奇函数，当 0x时， xaxfln)(，其中Ra（1 ）求函数 )的解析式；（2 ）若函数 (f在区间 )1 ,(上是单调减函数，求 的取值范围；（3 ）试证明对 ，存在 e，使 1)()(/eff21 (本题满分 14 分) 在平面直角坐标系 xOy 中，A(2 a，0) ，B(a ，0)，a 为非零常数，动点 P 满足，记点 P 的轨迹为曲线 CBPA2（1 ）求曲线 C 的方程；（2 ）曲线 C 上不同两点 Q (x1，y 1)，R (x2，y 2)满足 ，点 S 为 R 关于 x 轴的对称 AR AQ点试用 表示 x1，x 2，并求 的取值范围
8、；当 变化时，x 轴上是否存在定点 T，使 S，T，Q 三点共线，证明你的结论（第 19 题）A BCDEFP20112012 学年度第二学期潮汕高三两校联考数学（文科）参考答案及评分标准BDBCD ACAAC11. 1 12. 13.35 14. 15.2xy3sin316 （ 1） 2cos， 5 分（2 ）由 31得 sin2， 32cos， 7 分4(,),)i,5PQ13,cos,s010ins()sincosin1i12 分17解：（1）由题意可知， 15.0x， x150（人） ； 3 分（2 ）由题意可知，肥胖学生人数为 40zy（人） 。设应在肥胖学生中抽取m人，则1054，
9、 20（人）答：应在肥胖学生中抽 20 名。 7 分（3 ）由题意可知， 4zy，且 193y， z，满足条件的（ ， ）有（ 193，207） ， （194，206） ， （207 ，193） ，共有 15 组。设事件 A：“肥胖学生中男生不少于女生” ，即 zy，满足条件的（ y， z）有（193，207） ， （194 ，206） ， （200，200） ，共有 8 组，所以 158)(P。答：肥胖学生中女生少于男生的概率为 15。 12 分18： 解： （1）设 na公差为 ,dnb公比为 q，依题意可得：31290q， 4 分解得: ,.d或 8,37d(舍去). 6 分13;2nn
10、ab 8 分（2 ） nn bbnbT1321 2)()(12又 11 分n )()( 两式作差可得： nn214 分211Tn19证明：（1）方法一：取线段 PD 的中点 M，连结 FM，AM因为 F 为 PC 的中点，所以 FMCD，且 FM CD12因为四边形 ABCD 为矩形，E 为 AB 的中点，所以 EACD，且 EA CD12所以 FMEA ，且 FMEA 所以四边形 AEFM 为平行四边形所以 EFAM 5 分又 AM平面 PAD，EF 平面 PAD，所以 EF平面 PAD 7 分方法二：连结 CE 并延长交 DA 的延长线于 N，连结 PN因为四边形 ABCD 为矩形，所以
11、ADBC ，所以BCE ANE，CBENAE又 AEEB，所以CEBNEA所以 CENE 又 F 为 PC 的中点，所以 EFNP 5 分又 NP平面 PAD，EF平面 PAD，所以 EF平面 PAD 7 分方法三：取 CD 的中点 Q，连结 FQ，EQ 在矩形 ABCD 中，E 为 AB 的中点，所以 AEDQ，且 AEDQ所以四边形 AEQD 为平行四边形，所以 EQAD又 AD平面 PAD，EQ平面 PAD，所以 EQ平面 PAD2 分A BCDEFPNA BCDEFQPA BCDEFPM因为 Q，F 分别为 CD，CP 的中点，所以 FQPD又 PD平面 PAD，FQ平面 PAD，所以
12、 FQ平面 PAD 又 FQ，EQ 平面 EQF，FQ EQQ ，所以平面 EQF 平面 PAD 5 分因为 EF平面 EQF，所以 EF平面 PAD 7 分（2 ） 方法一：设 AC，DE 相交于 GAB DC，E 为 AB 中点.AEGCDG 21CADGAB ，BC 12 6,3EA 31,1ACGD 2263EEADE AC 11 分平面 PAC平面 ABCD，DE平面 ABCD，DE 平面 PAC， 13 分又 DE平面 PDE，所以平面 PAC平面 PDE 14 分方法二：设 AC，DE 相交于 G在矩形 ABCD 中，因为 AB BC，E 为 AB 的中点.所以 2DAAE CD
13、DA 2又DAECDA，所以DAECDA，所以ADE DCA又ADECDEADC90，所以DCA CDE90由DGC 的内角和为 180，得DGC90 即 DEAC 11 分因为平面 PAC平面 ABCD因为 DE平面 ABCD，所以 DE平面 PAC， 13 分又 DE平面 PDE，所以平面 PAC平面 PDE 14 分20. 解： 0)(f 1 分0x时， )ln()()(xaxff 3 分，所以 0 ,)ln( , ,lxaxf4 分函数 )(f是奇函数，则 f在区间 )1 ,(上单调递减，当且仅当 在区间 ) ,1(上单调递减，当 0x时， xaxfln)， xaf(/ 6 分由 )(
14、/f得 8 分，x1在区间 ) ,的取值范围为 )0 ,1( 8 分所以 a的取值范围为 ,( 10 分 11)1)(eaeef 11 分，解 /f得 13 分，因为 e1，所以 为所求 14 分.21解 （1）设点 P 坐标为(x ，y)由 ，PBA2得 ，平方整理，得 x2y 22 a2 (x 2a)2 y2 2(x a)2 y2所以曲线 C 的方程为 x2y 2 2a23 分（2 ） (x 12 a，y 1)， ( x22 a，y 2)，因为 ， AQ AR AQ AR且 ，即x2 2a (x1 2a)y2 y1 ) x2 x1 2a (1 )y2 y1 )因为 Q，R 在曲线 C 上，
15、所以 x12 y12 2a2， x22 y22 2a2 )消去 y1，y 2，得 x2x 1a (1)，由，得 7 分3,因为 ax 1，x 2 a，2 2所以 a a a， a a a，且 023 2 2 2 3 12 2解得 32 3 2 2 2又 Q，R 不重合，所以 1 故 的取值范围为32 ，1 ）（1，3 2 10 分2 2方法一存在符合题意的点 T（a， 0） ，证明如下：(x 2a，y 2)， (x 1a，y 1)， TS TQ要证明 S，T， Q 三点共线，只要证明 ， TQ TS即(x 2a) y1(x 1a)(y 2)0因为 y2y 1又只要(x 2a) y1( x1a)
16、 y10，若 y10 ，则 y20 ，成立，若 y10 ，只要 x2x 1a(1 )0，由知，此式成立所以存在点 T（ a，0） ，使 S，T，Q 三点共线14 分方法二探究方法：假设存在符合题意的点 T（m，0 ） 则 (x 2m，y 2)， (x 1m，y 1)，由 S，T，Q 三点共线，得 ， TS TQ TQ TS从而(x 2m) y1y 2(x1m)，即 (x2m) y1y 1(x1m) 0，若 y10 ，则 y20 ，成立，若 y10 ，则(x 2m)(x 1m)0 ，即 x2x 1m (1) 0，又 x2x 1a (1)，所以( am)(1)0，因为 A 在圆 C 之外，所以 0，所以ma14 分
