广东省汕头市2013届高三第二次模拟考试数学理试题

1. 算数z满足(zi)i2i，则z

A．1i B．1i C．13i D．12i

M2．已知集合

韦恩图中阴影部分表示的集合为 A．D．

x|y3x2,Nx|3x1，且M,N都是全集Ux1的子集，则右边

x|3x13x|3 B．

C．

x|3x3

x|1x

13. 执行右边的框图，若输出的结果为2，则输入的实数x的值是

132A．4 B．2 C．2 D．2 4．如图所示，图中曲线方程为

yx12，用定积分表达围成封闭图形（阴影部分）的面积是

5．给出平面区域G，如图所示，其中A(5,3),B(2,1),C(1,5)，若使目标函数zaxy(a0)取得最小值的最优解有无穷多个，则a的值为

12A．2 B．3 C．2 D．4 6．某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积是

4020355041A．3 B． C．3 D．6

7．已知数列

an,bn都是公差为1的等差数列，其首项分别为

*a1,b且

a1b15,a1b1,a1,b2N，则数列

bn的前10项和等于

A．55 B．70 C．85 D．100 8．关于二项式

(x1)2013有下列命题：

C2013x201362007（1）该二项展开式中非常数项的系数和是1；（2）该二项展开式中第六项为；

（3）该二项展开式中系数最大的项是第1007项；（4）当x2014时，(x1)除以2014的余

数是2013。 其中正确命题有

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题

（一）必做题（9-13题） 9．某学校高一某班的一次数学测试成绩的茎叶图和频率分布直方图都受到不同程序的破坏，但可见部分如下图，据此可以了解分数在[50,60)的频率为 ，并且推算全班人数为 。

10. 下图是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降2米后水面宽 米。

11．在ABC，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且a2,c3,A45，则角C 。

12．已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的点，则DECB的值为 。

13．若xR，使|xa||x1|4成立，则实数a的取值范围是 。 （二）选做题（14-15题，考生只能从中选做一题）

14．直角坐标系xOy中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点A,B分别在曲

x2cosC1:y5sin（为参数）和曲线C2:1上，则|AB|的最大值为 。 线

15．如图，已知RtABC的两条直角边AC,BC的长分别为3cm,4cm，以AC边为直径与AB交于点D，则三角形ACD的面积为 。

三、解答题

f(x)Asin(x)(A,0,||2)16．已知函数

的图像与y轴交于

(m(0,32)，它在y右侧

2的第一个最高点和第一个最低点的坐标分别为

(m,6),6)和。

（1）求函数f(x)的解析式及m的值； （2）若锐角满足tan22，求f()。

17．高三（1）班和高三（2）班各已选出3名学生组成代表队，进行乒乓球对抗赛，比赛规则是：①按“单打、双打、单打”顺序进行三盘比赛；②代表队中每名队员至少参加一盘比赛，但不得

1参加两盘单打比赛；③先胜两盘的队获胜，比赛结束。已知每盘比赛双方胜的概率均为2。 （1）根据比赛规则，高三（1）班代表队共可排出多少种不同的出场阵容？ （2）高三（1）班代表队连胜两盘的概率为多少？

（3）设高三（1）班代表队获胜的盘数为，求的分布列和期望。

18．已知动点P(x,y)与两个定点M(1,0),N(1,0)的连线的斜率之积等于常数（0） （1）求动点P的轨迹C的方程；

（2）试根据的取值情况讨论轨迹C的形状；

E(3,0),F(3,0)（3）当2时，对于平面上的定点，试探究轨迹C上是否存在点P，使

得EPF120，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由。

19．如图，在梯形ABCD中AB//CD，ADCDCBa,ABC60，平面ACFE平

面ABCD，四边形ACFE是矩形，AEa，点M在线段EF上。 （1）求证：BC平面ACFE；

（2）当EM为何值时，AM//平面BDF？证明你的结论； （3）求二面角EEFD的余弦值。

aa20．在数列n中，10，且对任意

kN,a2k1,a2k,a2k1*成等差数列，其公差为2k。

（1）证明：

Tna4,a5,a6成等比数列； （2）求数列

n2an的通项公式；

22（3）记

a2323a3an，证明：22nTn2(n2)

21．已知函数f(x)xax,g(x)lnx。

（1）若f(x)g(x)对于定义域内的任意x恒成立，求实数a的取值范围；

13x1(0,)h(x1)h(x2)ln2x1,x224有两个极值点，且，证明：；

2g(x)（2）设h(x)f(x)r(x)fx()g（3）设

r(x)k(121ax(2)对于任意的

a(1,2)，总存在

x0[12,1]，使不等式

a )成立，求实数k的取值范围。

2013年理科数学二模参 参 一、选择题 1．B 2．C 3．D 4．C 5．D 6．A 7．C 8．C

9．0.08 25 10．42 11．60或120 12．1

13．[3,5] 14．5

54cm215．2516．

(0,2)sin232cos13

由tan22

4，

4„„„„„„（9分）

f()6sin(264)6sin2cos2(2cos26cos2sin2sincos31) „„„„（11分）

6223213312872[2()1]332„„„„„（12分）

方法二：因为由tan2f()6sin(22

(0,2)

46cos2sin24)6sin2cos24所以：

332(2sincoscos222sin)„„„„„„（9分）

2(2sincoscossin22sin2)cos2873A3232tan1tantan21„„„„„„（12分） 种方法，参加双打的队员有

C2117. 解：（Ⅰ）参加单打的队员有

种方法.

所以，高三（1）班出场阵容共有

A3C212(种)21种）． „„„„„„„„„„„（3分）

（Ⅱ）高三（1）班代表队连胜两盘，可分为第一盘、第二盘胜或第一盘负，其余两盘胜.

1121212123.所以，连胜两盘的概率为28 „„„„„„„„„„„„„（7分）

（Ⅲ）的取值可能为0，1，2．

P012121212121214．„„„„„„„„„„„„„（8分） 121212121212121214 ．„„„„„„„„„„„„„（9分） 12121P1P22„„„„„„„„„„„„（10分）

.所以的分布列为

p0 12514 1 14 2 12 E0141142∴

4. „„„„„„„„„„„„„（12分）

18．解、（Ⅰ）由题设可知;PM,PN的斜率存在且不为0，

yy所以x1x1(Ⅱ)讨论如下：

x2y2，即

1(y0)„„„„„„„„„„„„„„（3分）

(1)当0时，轨迹C为中心在原点，焦点在x 轴上的双曲线（除去顶点）

(2)当10时，轨迹C为中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆（除去长轴两个端点） （3）当1时，轨迹C为以原点为圆心，1为半径的圆（除去点（-1,0），（1,0））

（4）当1时，轨迹C为中心在原点，焦点在y轴上的椭圆（除去短轴两个端点）„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（7分）

x2（Ⅲ）、当2时，轨迹C的方程为

y221(y0)，显然定点E、F为其左右焦点。

假设存在这样的点P，使得EPF12020，记EPF，PEm,PFn,EF23,

mn2mn2mn41mnsinSEPF2(23)2m2n22mncos那么在EPF中: „„„„„„„„„„（9分）

41cos41cos12002整理可得:2mn(1cos)8,所以

SEPF12mnsin1200mn83„„„（10分）

128332233所以„„„„„„„„„„（11分）

233又因为

SEPF12EFyP1223yP„„„„„„（12分）

2322所以

yP23故

,yP23代入椭圆的方程可得：

,xP21(y0)

所以

(113xP113，所以满足题意的点P有四个，坐标分别为

113,2)(113,2)(113,2),23，

)(3，3，3„„„„„„（14分）

19．证明：（Ⅰ）在梯形ABCD中，∵ABCD,ADDCCBa,ABC60，

∴四边形ABCD是等腰梯形，„„„„„„（1分） 且DCADAC30,DCB120,

∴ACBDCBDCA90，∴ACBC.„„„„„„（2分）

又∵平面ACFE平面ABCD，交线为AC，∴BC平面ACFE. „„（4分） （Ⅱ）当

EM33a时，AM平面BDF. 现在证明如下： ，连结FN，则CN:FM1:2,在梯形ABCD中，设AC∵

EM33aBDN:NA1:2.

而EFAC3a，∴EM∴MFAN，

∴四边形ANFM是平行四边形. ∴AM又∵NFNF.

平面BDF，AM平面BDF. ∴AM平面BDF. „„（8

分）

（Ⅲ）方法一;（几何法）取EF中点G，EB中点H，连结DG、GH、DH， ∵容易证得DE=DF，∴DGEF.

∵BC平面ACFE，∴BCEF. 又∵EF又∵GHFBFC，∴EFFB.

，∴EFGH.

∴DGH是二面角B—EF—D的平面角. „„（11分） 在△BDE中DE ∴

DH52a.2a,DB3a,BEAE2AB25a.∴BE2DE2DB2∴EDB90，

又

DG52a,GH22a.∴在△DGH中，

10由余弦定理得

cosDGH1010,即二面角B—EF—D的平面角余弦值为10 „„（14分）

方法二;（向量法）以C为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系：

D(3a2,a2,0)C(0,0,0)B(0,a,0)F(0,0,a),,,

，E(3a,0,a)

3a2,a2,a)所以

EF(3a,0,0)，

BF(0,a,a)DF(，„„（10分）

分别设平面BEF与平面DEF的法向量为n1(x1,y1,z1)，n2(x2,y2,z2)

nEF3ax011n1BFay1az10所以

，令y11，则x10,z11„„（11分）

nEF3ax0223aax2y2azn2DF22又

n2(0,1,1)20显然x20，令

y21,则z2-12„„（12分）

所以

n1(0,1,1)，

2，设二面角的平面角为,为锐角

12cosn1n2n1n2(0,1,1)(0,1,252)1010所以„„（14分）

aaa20．证明：（Ⅰ）因为a10，且kN，2k1，2k，2k1成等差数列，其公差为2k。

即

2a2ka2k1a2k1，

a2ka2k1a2k1a2k2k„„„„„„（1分）

a8,a512,a618所以，分别取k1,2,3代入解得4，„„„„„„（2分）

显然满足

a52a4a6，即a4，

a5，

a6成等比数列；„„„„„„（3分） 对kN恒成立

（Ⅱ）由题意可知：所以

a2k1a2k14k,a2k1a1(a3a1)(a5a3)(a7a5).....(a2k1a2k1)(k1)(04k)2 04812......4k=又

a2k1a2k2k2k(k1)„„„„„（5分）

2，所以

a2ka2k12k2=

2k(k1)2k2k„„„„„„（6分）

an所以数列

ann的通项公式为

2n1,(n2k1)22n,(n2k)2， kN

或写为

an2(1)n14,nN（注意：以上三种写法都给全分）„„„„（7分）

T22nTn2222（Ⅲ）先证右边：（1）当n2时，n，显然满足结论。

n2（2）当n2时，因为n为奇数时，

an12，

n2所以

an2nn22122n2，且

n2an22n211n1n11 n2n当n为偶数时，

Tn2an22，an222，

n2an0

综上可知所以

a23a3........an2(n1)，当n2时取等号

n2,nN2nTn2n2(n1)2对任意的成立。„„„„„„（9分）

再证左边：

(22因为

2nTn2na232a3........n2an)2(222a2)(232a3)...(2n2an)

所以（1）当

n2k1,kN232时

2522nTn2010102721....02(2k1)21111111112()()....()24462k2k22k2223212k232„„„（11分）

时

0252（2）当

n2k,kN2322nTn201102721....02(2k1)2101111112()()....(4462k22k23212k32311)22k2„（13分）

综上可知对

nN,n2，22nTn2成立。 „„„„„„（14分）

21．解析：

2（Ⅰ）由题意：f(x)g(x)xaxlnx，(x0)

分离参数a可得：

(x)xlnxxaxlnxx(x0)„„„„„„（1分）

x2(x)/lnx1x2设，则„„„„„„（2分）

由于函数函数

yx22，ylnx在区间(0,)上都是增函数，所以

在区间(0,)上也是增函数，显然x1时，该函数值为0

/yxlnx1所以当

x(0,1)时，

(x)0，当

x(1,)时，

(x)0/

所以函数(x)在x(0,1)上是减函数，在x(1,)上是增函数

所以(x)min(1)1，所以a(x)min1即a(,1]„„„„„„（4分）

h(x)|2x2ax1x（Ⅱ）由题意知道：

h(x)x2axlnx,(x0)，且

x1(0,12)所以方程

2x2ax10(x0)12x1有两个不相等的实数根

x1,x2，且，

又因为而

x1x212所以

2,x2(1,)，且

2axi2xi21,(i1,2)„„„„（6分）

h(x1)h(x2)(x1ax1lnx1)(x2222ax2lnx2)

[x1(2x11)lnx1][x2(2x221)lnx2]1

x22x1ln2x1x21x22(12x2)2ln2x2x2x2214x222ln2x22，(x21)

u(x)x2设

4x2ln2x,(x1)2u(x)/(2x1)32，则

34ln2h(x1)h(x2)342x0

u(x)u(1)ln2所以，即

1ax2„„„„„„（8分）

r(x)f(x)g()x2axlnax12（Ⅲ）

2ax(xa22r(x)2xa|aax12ax2ax2xax122a)所以

ax1„„„„„„（9分）

a22因为a(1,2)，所以

2aa21a221212

x(12,)所以当时，

r(x)是增函数，所以当

x0[12,1]时，

r(x0)maxr(1)1alna12，a(1,2)„„„„„„（10分）

所以，要满足题意就需要满足下面的条件：

1alna12k(1a)2(a)1alna12k(1a)2，令

(a)1alna12，a(1,2)

即对任意a(1,2)，

(a)1/k(1a)20恒成立

1a12ka2ka22kaaa1aa1(2ka2k1)因为

分类讨论如下：

„„„（11分）

（1）若k0，则

(a)/aa1，所以(a)在a(1,2)递减，

此时(a)(1)0不符合题意

(a)/2kaa1（2）若k0，则

(a12k1)，所以(a)在a(1,2)递减，

此时(a)(1)0不符合题意。

(a)/2kaa11（3）若k0，则

(a12k1)1，那么当2k111时，假设t为2与2k12k1})1中较

tmin{2,小的一个数，即

(a)(1)02k1}，则

(a)(1,min{2,在区间上递减，此时

不符合题意。

k011111k[,)2kk44综上可得解得，即实数的取值范围为„„„„„„（14分）