2013年秋高三摸底考试数学试题(理科带答案)
2013年高考数学模拟试题(理科)答案
2013年高考数学模拟试题（理科）答案命题人：卧龙寺中学 吴亮 李丰明一､选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分二、填空题:本大题共5小题，每小题5分，共25分11.[1,3] 12. -8 13. 96 14.511[2,2],66k k k Z ++∈ 15. A. 8(,)(2,)3-∞-+∞ B.C. 4三．解答题:本大题共6小题，满分75分.解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16.(本题满分12分)解:(1)---------------------6分(2)由(1)知bc=5,而c=1,所以b=5, -----------12分17.(本题满分12分)解:(1)当n=1时,a 1=S 1=k+1,当n≥2时,a n =S n -S n-1=kn 2+n-[k(n-1)2+(n-1)]=2kn-k+1(*),经检验,n=1,(*)式成立,∴a n =2kn-k+1(n∈N *). -----------------6分(2)∵a m ,a 2m ,a 4m 成等比数列,∴a 22m =a m ·a 4m ,即(4km-k+1)2=(2km-k+1)(8km-k+1),整理得mk(k-1)=0,对任意的m∈N *成立,∴k=0或k=1. ------------------12分18.(本题满分12分)223121,25453||||3,51:2145 2.2cosA 2cos A (0,),sinA ,bc 5,ABC bcs 5inA a A AB AC AB AC cosA bc π-=-=⎝⎭==⨯======∈==⨯⨯= 又所以而所以所以的面积为所以-------------12分19．(本小题满分12分)解：(1)设事件A 表示甲运动员射击一次，恰好击中9环以上(含9环)，则P (A )＝0.35＋0.45＝0.8. 甲运动员射击3次均击中9环以下的概率为P 0＝(1－0.8)3＝0.008.所以甲运动员射击3次，至少有1次击中9环以上的概率为P ＝1－0.008＝0.992.------------------6分(2)记乙运动员射击1次，击中9环以上为事件B ，则P (B )＝1－0.1－0.15＝0.75.由已知ξ的可能取值是0,1,2.P (ξ＝2)＝0.8×0.75＝0.6；P (ξ＝0)＝(1－0.8)×(1－0.75)＝0.05；P (ξ＝1)＝1－0.05－0.6＝0.35.ξ的分布列为所以E ξ＝0×0.05＋1×0.35＋2×0.6故所求数学期望为1.55. --------------------12分20. (本小题满分13分)解：(1)设A (x 1，y 1)，因为A 为MN 的中点，且M 的纵坐标为3，N 的纵坐标为0，所以y 1＝32，又因为点A (x 1，y 1)在椭圆C 上，所以x 21＋y 214＝1，即x 21＋916＝1，解得x 1＝±74，则点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫74，32或⎝ ⎛⎭⎪⎫－74，32， 所以直线l 的方程为67x －7y ＋21＝0或67x ＋7y －21＝0. ---------6分(2)设直线AB 的方程为y ＝kx ＋3或x ＝0，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 3，y 3)，当AB 的方程为x ＝0时，|AB |＝4>3，与题意不符． 当AB 的方程为y ＝kx ＋3时，由题设可得A 、B 的坐标是方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋3，x 2＋y 24＝1的解， 消去y 得(4＋k 2)x 2＋6kx ＋5＝0，所以Δ＝(6k )2－20(4＋k 2)>0，即k 2>5，则x 1＋x 2＝－6k 4＋k 2，x 1·x 2＝54＋k 2， y 1＋y 2＝(kx 1＋3)＋(kx 2,3)＝244＋k 2， 因为|AB |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2<3，所以1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－6k 4＋k 22－204＋k2<3， -------------12分解得－163<k 2<8，所以5<k 2<8.因为OA →＋OB →＝λOP →，即(x 1，y 1)＋(x 2，y 2)＝λ(x 3，y 3)，所以当λ＝0时，由OA→＋OB →＝0， 得x 1＋x 2＝－6k 4＋k 2＝0，y 1＋y 2＝244＋k 2＝0， 上述方程无解，所以此时符合条件的直线l 不存在；当λ≠0时，x 3＝x 1＋x 2λ＝－6k λ(4＋k 2)， y 3＝y 1＋y 2λ＝24λ(4＋k 2)， 因为点P (x 3，y 3)在椭圆上，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6k λ(4＋k 2)2＋14⎣⎢⎡⎦⎥⎤24λ(4＋k 2)2＝1， 化简得λ2＝364＋k 2， 因为5<k 2<8，所以3<λ2<4，则λ∈(－2，－3)∪(3，2)．综上，实数λ的取值范围为(－2，－3)∪(3，2)． ---------------13分21．(本小题满分14分)解：(1)f ′(x )＝3x 2－6，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝ 2. 因为当x >2或x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <2时，f ′(x )<0. 所以f (x )的单调递增区间为(－∞，－2)和(2，＋∞)；单调减区间为(－2，2)． -------------2分当x ＝－2时，f (x )有极大值5＋42；当x ＝2时，f (x )有极小值5－4 2. -------------4分(2)由(1)的分析知y ＝f (x )的图象的大致形状及走向如图所示，当5－42<a <5＋42时，直线y ＝a 与y ＝f (x )的图象有三个不同交点， 即方程f (x )＝a 有三个不同的解．--------------9分(3)f (x )≥k (x －1)，即(x －1)(x 2＋x －5)≥k (x －1)．因为x >1，所以k ≤x 2＋x －5在(1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝x 2＋x －5，此函数在(1，＋∞)上是增函数．所以g (x )>g (1)＝－3.所以k 的取值范围是k ≤－3.---------------14分。
2013届高三理科数学综合试卷及答案
2013届高三理科数学综合试卷一、选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分。
在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
（1）α是第四象限角，5tan 12α=-，则sin α=（ ）A ．15B ．15-C ．513D ．513-（2）设a 是实数，且1i 1i2a +++是实数，则a =（ ）A ．12B ．1C ．32D ．2（3）设a b ∈R ，，集合{}10ba b a b a⎧⎫+=⎨⎬⎩⎭，，，，，则b a -=（ ）A ．1B ．1-C ．2D ．2-（4）下面给出的四个点中，到直线10x y -+=的距离为2，且位于1010x y x y +-<⎧⎨-+>⎩，表示的平面区域内的点是（ ） A ．(11)，B ．(11)-，C ．(11)--，D ．(11)-，（5）如图，正四棱柱1111ABC D A B C D -中，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为（ ） A ．15B ．25C ．35D ．45（6）设1a >，函数()log a f x x =在区间[]2a a ，上的最大值与最小值之差为12，则a =（ ）A．B ．2C． D ．4（7）21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，常数项为15，则n =（ ） A ．3B ．4C ．5D ．6AB1B1A1D1C C D（8）．如图，三行三列的方阵中有9个数(123123)ij a i j ==，，；，，，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是（ ） A ．1314 B ．47C ．114D ．37二、填空题：本大题共6小题，每小题5分共30分。
9．已知向量)3,(),2,4(x b a ==向量，且a ∥b ，则x = 。
10．曲线sin y x =在点（32π）处的切线方程为 ；11．已知等比数列{}n a 的前三项依次为1a -，1a +，4a +，则n a = ．12．已知正方形A B C D ，则以A B ，为焦点，且过C D ，两点的椭圆的离心率为_____．从以下三题中选做两题，如有多选，按前两题记分.13．（坐标系与参数方程选做题）在极坐标系中，点()1,0到直线()c o s s i n 2ρθθ+=的距离为 ．14．（不等式选讲选做题）不等式142x x -<-+的解集是 ．15．几何证明选讲选做题］如图所示，圆Ｏ的直径为６，Ｃ为圆周上 一点。
2013年9月高三摸底考试理科数学试题
2013年9月高三摸底考试理科数学试题珠海市2013年9月高三摸底考试理科数学试题一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40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．请在答题卡上填涂相应选项.1.已知集合，，则（）A.B.C.D.2.复数（）A.B.C.D.3.下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的函数为（）A．B．C．D．4.在中，“”是“”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5.如图，在中，点是边上靠近的三等分点，则（）A．B．C．D．6.已知满足约束条件，则的最小值为（）A.B.C.D.7.一简单组合体的三视图及尺寸如图(1)示（单位:）则该组合体的体积为（）A.72000B.64000C.56000D.440008.对于函数，如果存在区间，同时满足下列条件：①在内是单调的；②当定义域是时，的值域也是，则称是该函数的“和谐区间”．若函数存在“和谐区间”，则的取值范围是（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共7小题，每小题5分，考生做答6小题，满分30分．其中14～15题是选做题，考生只能选做一题，两题全答的，只计算前一题得分．请将答案填在答题卡相应位置.9.不等式的解集是．10.在二项式的展开式中，含项的系数是，则实数的值为．11.设等比数列的公比，则．12.直线是函数的切线，则实数．13.在中，，，，则．14．（几何证明选讲选做题）如图，圆的直径.15．(极坐标选做题）极坐标系中，曲线上的点到直线的距离的最大值是.三、解答题:本题共有6个小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．16.（本小题满分12分）已知函数.（1）求的最小正周期和最小值；（2）若且，求的值.17.（本小题满分12分）某大学一个专业团队为某专业大学生研究了多款学习软件，其中有A、B、C三种软件投入使用，经一学年使用后，团队调查了这个专业大一四个班的使用情况，从各班抽取的样本人数如下表：班级一二三四人数3234（1）从这12人中随机抽取2人，求这2人恰好来自同一班级的概率；（2）从这12名学生中，指定甲、乙、丙三人为代表，已知他们下午自习时间每人选择一款软件，其中选A、B两个软件学习的概率都是，且他们选择A、B、C任一款软件都是相互独立的。
2013年秋高三(上)期末测试卷数学试题(理)
2013年秋高三(上)期末测试卷数学（理工农医类）参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.1～5 CABAD 6～10 CADAB（10）提示：如图所示，因为圆2O 内含于圆1O ，所以2O 在以1O 为圆心半径为2的圆内运动，又点N 在两条垂直的直径上运动，即2O 在到两条直径的距离为1的带状区域内运动，综上，2O 的运动区域为图中所示的多边形 区域，其中每个小弓形的面积为332234214321-=⋅⋅-⋅⋅ππ，所以此 多边形区域的面积为4343822322)332(42-+=-⋅⋅+-ππ． 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.（11）i 63- （12）2 （13）400 （14）22 （15）2 （16）m ≤34- （13）提示：先安排航模与棋艺，有25A 种方法，再安排另外两门课程，有25A 种方法，所以，安排四门课程的方法为4002525=⋅A A 种．三、解答题：本大题共6小题，共75分.（17）（本小题满分13分）解：（Ⅰ）816324=+⇒=a a S ，即822=+d a )3)((22225122d a d a a a a a +-=⇒=即d a 322= 2,32==∴d a 12-=∴n a n ；………………7分 （Ⅱ）)121121(21)12)(12(1+--=+-=n n n n b n 12)1211(21+=+-=∴n n n T n ．…………13分 （18）（本小题满分13分）解：（Ⅰ）6161312133=⨯⨯⨯=A P ；………………6分 （Ⅱ）ξ的取值为3,2,1,0，分布列如下：23321=⨯=ξE ．………………13分 （19）（本小题满分13分）解：（Ⅰ）1cos 31cos 21)cos(32cos 2+-=-⇒++=A A C B A 即02cos 3cos 22=-+A A )(221cos 舍或-=∴A 3π=∴A ；………………6分 （Ⅱ）21)cos(-=+C B 21sin sin 81-=--∴C B 83sin sin =∴C B ………………9分 又A bc S sin 21=即432321=⇒=⋅bc bc ………………11分 由正弦定理知CB bc A a sin sin sin 22=即834432=a 22=∴a ．………………13分 （20）（本小题满分12分）解：（Ⅰ）ax x x f 21ln )(++=' a f 21)1(+=' a f =)1( ∴切线方程为)1)(21(-+=-x a a y由题知，)1()21(-⋅+=-a a 1-=∴a ；………………5分（Ⅱ）ax x x f 21ln )(++=' 要使函数()f x 在区间)1,0(内不单调，则只需)(x f '的函数值在)1,0(内有正有负，令12ln )(++=ax x x g ，则a x x g 21)(+='，而11)1,0(>⇒∈x x ……………8分 当a 2≥1-即a ≥21-时，0)(>'x g ， )(x g ∴在)1,0(内单增，又0→x 时-∞→)(x g ∴只需012)1(>+=a g ， 即21->a ，21->∴a ；………………10分 当12-<a 即21-<a 时，)(x g 在)21,0(a -上单增，在)1,21(a-上单减 ∴只需0)21(>-a g 即0)21ln(>-a 21->∴a ，矛盾，舍；综上，21->a ．…………12分 （21）（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由题知1,22==a b b a 4,2==∴a b 所以椭圆1C 的方程为141622=+y x ；…………4分 （Ⅱ）由题意知，两条切线的斜率均存在，可设点),(00y x M 、切线的斜率为k ，则切线方程为)(00x x k y y -=-即000=-+-kx y y kx11||200=+-+∴k kx y k 即01)1(2)2(20002020=-+-+-y k y x k x x ，记其两根分别为21,k k在)(00x x k y y -=-中，令0=x ，得00kx y y -=，∴|)(|||021x k k PQ -=∴]4)[(||21221202k k k k x PQ -+= 2002020202020200202020)2(24)2()1)(2(4)1(4--+⋅=⋅-----=x x x y x x x y x x y x ……………8分 又14162020=+y x ∴200202)2(1683||-+-=x x x PQ 200200020)2()1(43)2(44)44(3-++=-+++-=x x x x x x ， 令t x =+10，则]5,1()1,3[ -∈t ，694)3(4)2()1(42200-+=-=-+tt t t x x 当3-=t 时，694-+tt 取得最小值31- ||4||||21PQ PQ CD S S ==∴的最大值为63134=-．………………12分（22）（本小题满分12分）解：（Ⅰ）记第k 行中的最大者为k a ，第m 列中的最小者为m b ，其中i k ,2,1=，j m ,,2,1 =则},,,min{21i a a a a =，},,,max {21j b b b b =，显然对任意的m k ,有，k a ≥km a ≥m b ，a ∴≥b ；………………5分（Ⅱ）要||b a -最大，则让a 尽量大，b 尽量小，当将n ,,2,1 排成i 行j 列的方阵时，要使a 尽量大，b 尽量小，则只需让n ,,2,1 中最大的i 个数分布于不同的行，最小的j 个数分布于不同的列，此时1+-=i n a ，j b =，)(20151||j i j i n b a +-=+--=-∴，又531922014⨯⨯==⨯j i ，∴当53,38==j i 或38,53==j i 时，j i +取最小值91， 所以||b a -的最大值为1924．………………12分。
2013年北京市朝阳区高考数学一模试卷(理科)(附答案解析)
2013年北京市朝阳区高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. i 为虚数单位，复数11−i 的虚部是（ ）A.12 B.−12C.−12iD.12i2. 已知集合M ={x|−2<x <3}，N ={x|lg (x +2)≥0}，则M ∩N =( ) A.(−2, +∞) B.(−2, 3) C.(−2, −1] D.[−1, 3)3. 已知向量OA →=(3, −4)，OB →=(6, −3)，OC →=(2m, m +1)．若AB →∥OC →，则实数m 的值为（ ） A.15 B.−35C.−3D.−174. 在极坐标系中，直线ρcos θ=12与曲线ρ＝2cos θ相交于A ，B 两点，O 为极点，则∠AOB 的大小为（ ）A.π3 B.π2C.2π3D.5π65. 在下列命题中，①“α=π2”是“sin α=1”的充要条件； ②(x 32+1x )4的展开式中的常数项为2；③设随机变量ξ∼N(0, 1)，若P(ξ≥1)=p ，则P(−1<ξ<0)=12−p ．其中所有正确命题的序号是（ ） A.② B.③C.②③D.①③6. 某个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）A.4B.4√2C.6√2D.87. 抛物线y 2＝2px(p >0)的焦点为F ，已知点A ，B 为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB ＝120∘．过弦AB 的中点M 作抛物线准线的垂线MN ，垂足为N ，则|MN||AB|的最大值为（ ）A.√33 B.1C.2√33D.28. 已知函数f(x)=2x +1，x ∈N ∗．若∃x 0，n ∈N ∗，使f(x 0)+f(x 0+1)+...+f(x 0+n)=63成立，则称(x 0, n)为函数f(x)的一个“生成点”．函数f(x)的“生成点”共有（ ） A.1个B.2个C.3个D.4个二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡上.在等比数列{a n }中，2a 3−a 2a 4=0，则a 3=________，{b n }为等差数列，且b 3=a 3，则数列{b n }的前5项和等于________．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边．已知角A 为锐角，且b =3a sin B ，则tan A =________．执行如图所示的程序框图，输出的结果S =________．如图，圆O 是△ABC 的外接圆，过点C 作圆O 的切线交BA 的延长线于点D ．若CD =√3，AB =AC =2，则线段AD 的长是________；圆O 的半径是________．函数f(x)是定义在R 上的偶函数，且满足f(x +2)＝f(x)．当x ∈[0, 1]时，f(x)＝2x ．若在区间[−2, 3]上方程ax +2a −f(x)＝0恰有四个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是________．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A 是半圆x 2−4x +y 2=0(2≤x ≤4)上的一个动点，点C 在线段OA 的延长线上．当OA →⋅OC →=20时，则点C 的纵坐标的取值范围是________．三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.已知函数f(x)=√32sin ωx −sin 2ωx 2+12(ω>0)的最小正周期为π．（1）求ω的值及函数f(x)的单调递增区间；（2）当x ∈[0,π2]时，求函数f(x)的取值范围．盒子中装有四张大小形状均相同的卡片，卡片上分别标有数字−1，0，1，2．称“从盒中随机抽取一张，记下卡片上的数字后并放回”为一次试验（设每次试验的结果互不影响）． （1）在一次试验中，求卡片上的数字为正数的概率；（2）在四次试验中，求至少有两次卡片上的数字都为正数的概率；（3）在两次试验中，记卡片上的数字分别为ξ，η，试求随机变量X =ξ⋅η的分布列与数学期望EX ．如图，在四棱锥P −ABCD 中，平面PAC ⊥平面ABCD ，且PA ⊥AC ，PA =AD =2．四边形ABCD 满足BC // AD ，AB ⊥AD ，AB =BC =1．点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点，且PEPB =PFPC =λ．（1）求证：EF // 平面PAD ；（2）当λ=12时，求异面直线BF 与CD 所成角的余弦值；（3）是否存在实数λ，使得平面AFD ⊥平面PCD ？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．已知函数f(x)=x 2−(a +2)x +a ln x +2a +2，其中a ≤2． （1）求函数f(x)的单调区间；（2）若函数f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点，求实数a 的取值范围．已知中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆C 过点(1,√32)，离心率为√32，点A 为其右顶点．过点B(1, 0)作直线l 与椭圆C 相交于E ，F 两点，直线AE ，AF 与直线x =3分别交于点M ，N ． （1）求椭圆C 的方程；（2）求EM →⋅FN →的取值范围．设τ=(x 1, x 2,…,x 10)是数1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的任意一个全排列，定义S(τ)=∑|10k=12x k −3x k+1|，其中x 11=x 1．（1）若τ=(10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1)，求S(τ)的值；（2）求S(τ)的最大值；（3）求使S(τ)达到最大值的所有排列τ的个数．参考答案与试题解析2013年北京市朝阳区高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1.【答案】 A【考点】复数的基本概念复数代数形式的乘除运算【解析】利用复数的除法法则，把分子、分母分别乘以分母的共轭复数即可得出． 【解答】 解：复数11−i=1+i (1−i)(1+i)=12+12i 的虚部是12．故选A ． 2.【答案】 D【考点】 交集及其运算 【解析】解对数不等式可以求出集合N ，进而根据集合交集及其运算，求出M ∩N ． 【解答】解：∵ N ={x|lg (x +2)≥0}=[−1, +∞)， 集合M ={x|−2<x <3}， 则M ∩N =[−1, 3) 故选D ． 3.【答案】 C【考点】平行向量（共线） 平面向量的坐标运算 【解析】先求得得AB →=OB →−OA →=(3, 1)，再由AB →∥OC →，则这两个向量的坐标对应成比例，解方程求得实数m 的值，可得结论． 【解答】由题意可得AB →=OB →−OA →=(3, 1)，若AB →∥OC →，则这两个向量的坐标对应成比例，即 2m 3=m+11，解得m ＝−3， 4.【答案】 C【考点】直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 【解析】把极坐标方程化为直角坐标方程，求出AC ，DC 的值，可得∠AOC 的值，从而得到∠AOB ＝2∠AOC 的值． 【解答】直线ρcos θ=12即 x =12，曲线ρ＝2cos θ 即 ρ2＝2ρcos θ，即 (x −1)2+y 2＝1， 表示以C(1, 0)为圆心，以1为半径的圆．如图． Rt △ADC 中，∵ cos ∠ACO =CD AC=12，∴ ∠ACO =π3，在△AOC 中，AC ＝OC ，∴ ∠AOC =π3，∴ ∠AOB ＝2∠AOC =2π3，5.【答案】 C【考点】命题的真假判断与应用 【解析】 ①利用特殊值α=5π2，判断出为假命题．②利用二项展开式的通项公式求出第r +1项，令x 的指数为0得常数项．③根据随机变量ξ∼N(0, 1)，正态曲线关于x =0对称，得到对称区间对应的概率相等，根据大于1的概率得到小于−1的概率，根据对称轴一侧的区间的概率是12，得到结果．【解答】解：①是假命题．α=π2，是能推得sin α=1，反之，sin α=1，α可以为5π2或其他数值．②：(x 32+1x )4的通项为T r+1=C r 4 (x 32)4−r (1x )r =2r−4C 4r x 12−4r令12−4r =0得r =3∴ 展开式的常数项为T 4=12C 43=2；正确；③：∵ 随机变量ξ∼N(0, 1)， ∴ 正态曲线关于x =0对称， ∵ P(ξ≥1)=p ， ∴ P(ξ<−1)=p ，∴ P(−1<ξ<0)=12−p ，正确．故选C ．6.【答案】D【考点】由三视图求体积【解析】三视图复原的几何体是长方体的三分之二，依据三视图的数据，得出长方体长、宽、高，即可求出几何体的体积．【解答】解：三视图复原的几何体是长方体，长方体长、宽、高分别是：2，2，3，所以这个几何体的体积是2×2×3=12，长方体被一个平面所截，得到的几何体的是长方体的三分之二，如图所示，则这个几何体的体积为12×23=8．故选D．7.【答案】A【考点】抛物线的性质【解析】设|AF|＝a，|BF|＝b，连接AF、BF．由抛物线定义得2|MN|＝a+b，由余弦定理可得|AB|2＝(a+b)2−ab，进而根据基本不等式，求得|AB|的取值范围，从而得到本题答案．【解答】设|AF|＝a，|BF|＝b，连接AF、BF由抛物线定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|在梯形ABPQ中，2|MN|＝|AQ|+|BP|＝a+b．由余弦定理得，|AB|2＝a2+b2−2ab cos120∘＝a2+b2+ab配方得，|AB|2＝(a+b)2−ab，又∵ab≤(a+b2) 2，∴(a+b)2−ab≥(a+b)2−14(a+b)2=34(a+b)2得到|AB|≥√32(a+b)．所以|MN||AB|≤12(a+b)√32(a+b)=√33，即|MN||AB|的最大值为√33．8.【答案】B【考点】函数的求值数列的求和【解析】由f(x0)+f(x0+1)+...+f(x0+n)=63，得(2x0+1)+[2(x0+1)+1]+...+[2(x0+n)+1]=63，化简可得(n+1)(2x0+n+1)=63，由x0，n∈N∗，得{n+1=72x0+n+1=9或{n+1=32x0+n+1=21，解出即可．【解答】解：由f(x0)+f(x0+1)+...+f(x0+n)=63，得(2x0+1)+[2(x0+1)+1]+...+[2(x0+n)+1]=63所以2(n+1)x0+2(1+2+...n)+(n+1)=63，即(n+1)(2x0+n+1)=63，由x0，n∈N∗，得{n+1=72x0+n+1=9或{n+1=32x0+n+1=21，解得{n=6x0=1或{n=2x0=9，所以函数f(x)的“生成点”为(1, 6)，(9, 2)．故选B．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡上.【答案】2,10【考点】等比数列的通项公式等比数列的前n项和【解析】由题意可得a2a4=a32，代入已知可解得a3=2，进而可得b3=a3=2，代入等差数列的求和公式可得S5=5(b1+b5)2=5×2b32，计算即可．【解答】解：由等比数列的性质可得a2a4=a32，代入可得2a3−a32=0，解得a3=2，或a3=0（舍去）；故b3=a3=2，由等差数列的求和公式和性质可得：数列{b n}的前5项和S5=5(b1+b5)2=5×2b32=5×2=10故答案为：2；10【答案】√24【考点】正弦定理【解析】由条件，利用正弦定理可得sin B=3sin A sin B，求得sin A的值，再由同角三角函数的基本关系求得tan A的值．【解答】解：在△ABC中，角A为锐角，且b=3a sin B，由正弦定理可得sin B=3sin A sin B，∵sin A≠0，故sin A=13，∴cos A=√1−sin2A=2√23tan A=sin Acos A=√24，故答案为√24．【答案】20【考点】程序框图【解析】题目首先给累加变量S和循环变量i赋值，S=0，i=0．先执行一次运算S=S+2i−1，然后判断i≥6是否成立，不成立继续执行i=i+2，S=S+2i−1，成立时结束循环，输出S．【解答】解：框图首先给累加变量S和循环变量i赋值，S=0，i=0．执行S=0+2×0−1=−1；判断0≥6不成立，执行i=0+2=2，S=−1+2×2−1=2；判断2≥6不成立，执行i=2+2=4，S=2+2×4−1=9；判断4≥6不成立，执行i=4+2=6，S=9+2×6−1=20；判断6≥6成立，跳出循环，输出S的值为20．故答案为20．【答案】1,2【考点】与圆有关的比例线段【解析】①由切割线定理得CD2=DA⋅DB，即可得出DA；②由余弦定理可得∠DCA，利用弦切角定理可得∠ABC=∠DCA，再利用正弦定理得2R=ACsin∠ABC即可．【解答】解：①∵CD是⊙O的切线，由切割线定理得CD2=DA⋅DB，CD=√3，DB=DA+AB=DA+2，∴(√3)2=DA(DA+2)，又DA>0，解得DA=1．②在△ACD中，由余弦定理可得cos∠ACD=AC2+CD2−DA22AC⋅CD =2√3)222×2×√3=√32，∵0<∠ACD<π，∴∠ACD=π6．根据弦切角定理可得∠ABC=∠DCA=π6．由正弦定理可得2R=ACsin∠ABC =2sinπ6=4，∴R=2．故答案分别为1，2．【答案】(25, 2 3)【考点】函数与方程的综合运用【解析】问题等价于在区间[−2, 3]上函数f(x)与y＝a(x+2)的图象有四个不同的交点，由函数的性质可作出它们的图象，由斜率公式可得边界，进而可得答案．【解答】在区间[−2, 3]上方程ax+2a−f(x)＝0恰有四个不相等的实数根，等价于在区间[−2, 3]上函数f(x)与y＝a(x+2)的图象有四个不同的交点，由f(x+2)＝f(x)可得函数的周期为2，且为偶函数，函数y＝a(x+2)的图象为过定点(−2, 0)且斜率为a的直线，作出它们的图象可得：由图图可知，当直线介于CB和CA之间符合题意，而由斜率公式可得k CB=2−01−(−2)=23，k CA=2−03−(−2)=25，故实数a的取值范围是：(25,23)，【答案】[−5, 5]【考点】平面向量数量积的运算【解析】设点C(a, b)，由题意可得OC→=λOA→，且λ>0，当点A在点M(2, 2)时，由OC→⋅OA→=20，且a=b，解得b的值．当点A在点N(2, −2)时，由OC→⋅OA→=20，且a=−b，解得b的值，从而求得C的纵坐标的取值范围．【解答】解：半圆x2−4x+y2=0(2≤x≤4)即(x−2)2+y2=4(2≤x≤4)，设点C(a, b)，由于OA→与OC→的方向相同，故OC→=λOA→，且λ>0，当点A在点M(2, 2)时，OC→⋅OA→=2a+2b=20，且a=b，解得b=5．当点A在点N(2, −2)时，OC→⋅OA→=2a+(−2b)=20，且a=−b，解得b=−5．综上可得，则点C的纵坐标的取值范围是[−5, 5]，故答案为[−5, 5]．三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 【答案】解：（1）f(x)=√32sinωx−1−cosωx2+12=√32sinωx+12cosωx=sin(ωx+π6)．…因为f(x)最小正周期为π，所以ω=2．…所以f(x)=sin(2x+π6)．由2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，k∈Z，得kπ−π3≤x≤kπ+π6．所以函数f(x)的单调递增区间为[kπ−π3,kπ+π6]，k∈Z．…（2）因为x∈[0,π2]，所以2x+π6∈[π6,7π6]，…所以−12≤sin(2x+π6)≤1．…所以函数f(x)在[0,π2]上的取值范围是[−12,1]．…【考点】求二倍角的余弦求两角和与差的正弦求二倍角的正弦正弦函数的单调性【解析】（1）利用两角和的正弦公式，二倍角公式化简函数f(x)的解析式为sin(ωx+π6)，由此求得它的最小正周期．令2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，求得x的范围，即可得到函数f(x)的单调递增区间．（2）因为x∈[0,π2]，根据正弦函数的定义域和值域求得函数f(x)的取值范围．【解答】解：（1）f(x)=√32sinωx−1−cosωx2+12=√32sinωx+12cosωx=sin(ωx+π6)．…因为f(x)最小正周期为π，所以ω=2．…所以f(x)=sin(2x+π6)．由2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，k∈Z，得kπ−π3≤x≤kπ+π6．所以函数f(x)的单调递增区间为[kπ−π3,kπ+π6]，k∈Z．…（2）因为x∈[0,π2]，所以2x+π6∈[π6,7π6]，…所以−12≤sin(2x+π6)≤1．…所以函数f(x)在[0,π2]上的取值范围是[−12,1]．…【答案】在一次试验中，卡片上的数字为正数的概率是12．（2）设事件B：在四次试验中，至少有两次卡片上的数字都为正数．由（1）可知在一次试验中，卡片上的数字为正数的概率是12．所以P(B)=1−[C40(12)0⋅(12)4+C4112⋅(12)3]=1116．答：在四次试验中，至少有两次卡片上的数字都为正数的概率为1116．（3）由题意可知，ξ，η的可能取值为−1，0，1，2，所以随机变量X的可能取值为−2，−1，0，1，2，4．P(X=−2)=24×4=18；P(X=−1)=24×4=18；P(X=0)=74×4=716；P(X=1)=24×4=18；P(X=2)=24×4=18；P(X=4)=14×4=116．所以随机变量X的分布列为所以E(X)=−2×18−1×18+0×716+1×18+2×18+4×116=14．【考点】离散型随机变量及其分布列离散型随机变量的期望与方差 【解析】（1）根据古典概型概率计算公式求解：P(A)=n(A)n(Ω)；（2）设事件B ：在四次试验中，至少有两次卡片上的数字都为正数，则P(B)=1−P(B ¯)，根据独立重复试验中某事件发生k 次的概率计算公式即可求得；（3）由题意可知ξ，η的可能取值为−1，0，1，2，从而随机变量X 的可能取值为−2，−1，0，1，2，4．根据古典概型该类计算公式求得X 取各值时的概率即可写出分布列，利用期望公式即可求得期望值； 【解答】解：（1）设事件A ：在一次试验中，卡片上的数字为正数，则P(A)=24=12．答：在一次试验中，卡片上的数字为正数的概率是12．（2）设事件B ：在四次试验中，至少有两次卡片上的数字都为正数． 由（1）可知在一次试验中，卡片上的数字为正数的概率是12．所以P(B)=1−[C 40(12)0⋅(12)4+C 4112⋅(12)3]=1116．答：在四次试验中，至少有两次卡片上的数字都为正数的概率为1116． （3）由题意可知，ξ，η的可能取值为−1，0，1，2， 所以随机变量X 的可能取值为−2，−1，0，1，2，4． P(X =−2)=24×4=18；P(X =−1)=24×4=18；P(X =0)=74×4=716；P(X =1)=24×4=18；P(X =2)=24×4=18；P(X =4)=14×4=116． 所以随机变量X 的分布列为所以E(X)=−2×18−1×18+0×716+1×18+2×18+4×116=14．【答案】证明：（1）由已知，PEPB =PFPC =λ， 所以EF // BC ．因为BC // AD ，所以EF // AD ． 而EF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以EF // 平面PAD ． …（2）因为平面ABCD ⊥平面PAC ，平面ABCD ∩平面PAC =AC ，且PA ⊥AC ， 所以PA ⊥平面ABCD ． 所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD ． 又因为AB ⊥AD ，所以PA ，AB ，AD 两两垂直． … 如图所示，建立空间直角坐标系， 因为AB =BC =1，PA =AD =2，所以A(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(1, 1, 0)，D(0, 2, 0)，P(0, 0, 2)． 当λ=12时，F 为PC 中点， 所以F(12, 12, 1)，所以BF →=(−12, 12, 1)，CD →=(−1, 1, 0)．设异面直线BF 与CD 所成的角为θ， 所以cos θ=|cos <BF →，CD →>|=|(−12，12，1)⋅(−1,1,0)|√14+14+1×√2=√33， 所以异面直线BF 与CD 所成角的余弦值为√33．…（3）设F(x 0, y 0, z 0)，则PF →=(x 0, y 0, z 0−2)，PC →=(1, 1, −2)． 由已知PF →=λPC →，所以(x 0, y 0, z 0−2)=λ(1, 1, −2)，所以{x 0=λy 0=λz 0=2−2λ，∴ AF →=(λ, λ, 2−2λ)．设平面AFD 的一个法向量为n 1=(x 1, y 1, z 1)，因为AD →=(0, 2, 0)，所以{n 1⋅AD →=0˙即{λx 1+λy 1+(2−2λ)z 1=02y 1=0，令z 1=λ，得n 1=(2λ−2, 0, λ)．设平面PCD 的一个法向量为n 2=(x 2, y 2, z 2)， 因为PD →=(0, 2, −2)，CD →=(−1, 1, 0)， 所以{n 2⋅CD →=0˙即{2y 2−2z 2=0−x 2+y 2=0令x 2=1，则n 2=(1, 1, 1)．若平面AFD ⊥平面PCD ，则n 1⋅n 2=0，所以(2λ−2)+λ=0，解得λ=23． 所以当λ=23时，平面AFD ⊥平面PCD ．… 【考点】直线与平面平行的判定 异面直线及其所成的角 平面与平面垂直的判定 【解析】 （1）由PE PB=PF PC=λ可知，EF // BC ，依题意，可求得EF // AD ，再利用线面平行的判断定理即可证得结论； （2）可证得PA ，AB ，AD 两两垂直，以之为轴建立空间直角坐标系，可求得BF →与CD →的坐标，利用向量的数量积即可求得异面直线BF 与CD 所成角的余弦值；（3）设F(x 0, y 0, z 0)，则PF →=(x 0, y 0, z 0−2)，PC →=(1, 1, −2)，由PF →=λPC →，可求得F(λ, λ, 2−2λ)，再设出平面AFD 的一个法向量为n 1=(x 1, y 1, z 1)，平面PCD 的一个法向量为n 2=(x 2, y 2, z 2)，可求得这两个法向量的坐标，利用n 1⋅n 2=0，即可求得λ的值． 【解答】证明：（1）由已知，PE PB=PF PC=λ，所以EF // BC ．因为BC // AD ，所以EF // AD ． 而EF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以EF // 平面PAD ． …（2）因为平面ABCD ⊥平面PAC ，平面ABCD ∩平面PAC =AC ，且PA ⊥AC ， 所以PA ⊥平面ABCD ． 所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD ． 又因为AB ⊥AD ，所以PA ，AB ，AD 两两垂直． … 如图所示，建立空间直角坐标系， 因为AB =BC =1，PA =AD =2，所以A(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(1, 1, 0)，D(0, 2, 0)，P(0, 0, 2)．当λ=12时，F 为PC 中点，所以F(12, 12, 1)，所以BF →=(−12, 12, 1)，CD →=(−1, 1, 0)．设异面直线BF 与CD 所成的角为θ， 所以cos θ=|cos <BF →，CD →>|=|(−12，12，1)⋅(−1,1,0)|√14+14+1×√2=√33， 所以异面直线BF 与CD 所成角的余弦值为√33．…（3）设F(x 0, y 0, z 0)，则PF →=(x 0, y 0, z 0−2)，PC →=(1, 1, −2)． 由已知PF →=λPC →，所以(x 0, y 0, z 0−2)=λ(1, 1, −2)， 所以{x 0=λy 0=λz 0=2−2λ，∴ AF →=(λ, λ, 2−2λ)．设平面AFD 的一个法向量为n 1=(x 1, y 1, z 1)，因为AD →=(0, 2, 0)，所以{n 1⋅AD →=0˙即{λx 1+λy 1+(2−2λ)z 1=02y 1=0，令z 1=λ，得n 1=(2λ−2, 0, λ)．设平面PCD 的一个法向量为n 2=(x 2, y 2, z 2)， 因为PD →=(0, 2, −2)，CD →=(−1, 1, 0)， 所以{n 2⋅CD →=0˙即{2y 2−2z 2=0−x 2+y 2=0令x 2=1，则n 2=(1, 1, 1)．若平面AFD ⊥平面PCD ，则n 1⋅n 2=0，所以(2λ−2)+λ=0，解得λ=23． 所以当λ=23时，平面AFD ⊥平面PCD ．… 【答案】解：（1）函数定义域为x >0，且f′(x)=2x −(a +2)+ax =(2x−a)(x−1)x…①当a ≤0，即a 2≤0时，令f ′(x)<0，得0<x <1，函数f(x)的单调递减区间为(0, 1)， 令f ′(x)>0，得x >1，函数f(x)的单调递增区间为(1, +∞)． ②当0<a 2<1，即0<a <2时，令f ′(x)>0，得0<x <a2或x >1，函数f(x)的单调递增区间为(0,a2)，(1, +∞)．令f ′(x)<0，得a2<x <1，函数f(x)的单调递减区间为(a2，1)．③当a2=1，即a =2时，f ′(x)≥0恒成立，函数f(x)的单调递增区间为(0, +∞)．…（2）①当a ≤0时，由（1）可知，函数f(x)的单调递减区间为(0, 1)，f(x)在(1, 2]单调递增．所以f(x)在(0, 2]上的最小值为f(1)=a +1， 由于f(1e 2)=1e 4−2e 2−a e 2+2=(1e 2−1)2−a e 2+1>0，要使f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点，需满足f(1)=0或{f(1)<0f(2)<0解得a =−1或a <−2ln 2．②当0<a ≤2时，由（1）可知，（1）当a =2时，函数f(x)在(0, 2]上单调递增；且f(e −4)=1e 8−4e 4−2<0，f(2)=2+2ln 2>0，所以f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点． （2）当0<a <2时，函数f(x)在(a2，1)上单调递减，在(1, 2]上单调递增； 又因为f(1)=a +1>0，所以当x ∈(a2，2]时，总有f(x)>0． 因为e−2a+2a<1<a +2，所以f(e −2a+2a)=e −2a+2a[e −2a+2a−(a +2)]+(a ln e −2a+2a+2a +2)<0．所以在区间(0, a2)内必有零点．又因为f(x)在(0, a2)内单调递增， 从而当0<a ≤2时，f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点． 综上所述，0<a ≤2或a <−2ln 2或a =−1时，f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点．…【考点】利用导数研究函数的单调性 函数的零点【解析】（1）先求函数的定义域再求函数的导数，当导数大于0时函数单调递增，当导数小于0时单调递减．（2）此题考查的是函数的零点存在问题．在解答的过程当中要先结合函数f(x)在区间(0, 2]内有且只有一个零点的条件，结合（1）中确定函数的增减区间，求出函数的极小值和极大值，再转化出不等关系，利用此不等关系即可获得问题的解答． 【解答】解：（1）函数定义域为x >0，且f′(x)=2x −(a +2)+ax =(2x−a)(x−1)x…①当a ≤0，即a 2≤0时，令f ′(x)<0，得0<x <1，函数f(x)的单调递减区间为(0, 1)， 令f ′(x)>0，得x >1，函数f(x)的单调递增区间为(1, +∞)． ②当0<a2<1，即0<a <2时，令f ′(x)>0，得0<x <a2或x >1， 函数f(x)的单调递增区间为(0,a2)，(1, +∞)．令f ′(x)<0，得a2<x <1，函数f(x)的单调递减区间为(a2，1)．③当a2=1，即a =2时，f ′(x)≥0恒成立，函数f(x)的单调递增区间为(0, +∞)．…（2）①当a ≤0时，由（1）可知，函数f(x)的单调递减区间为(0, 1)，f(x)在(1, 2]单调递增． 所以f(x)在(0, 2]上的最小值为f(1)=a +1， 由于f(1e 2)=1e4−2e2−a e2+2=(1e2−1)2−a e 2+1>0，要使f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点，需满足f(1)=0或{f(1)<0f(2)<0解得a =−1或a <−2ln 2．②当0<a ≤2时，由（1）可知，（1）当a =2时，函数f(x)在(0, 2]上单调递增；且f(e −4)=1e 8−4e 4−2<0，f(2)=2+2ln 2>0，所以f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点． （2）当0<a <2时，函数f(x)在(a2，1)上单调递减，在(1, 2]上单调递增； 又因为f(1)=a +1>0，所以当x ∈(a 2，2]时，总有f(x)>0．因为e−2a+2a<1<a +2， 所以f(e−2a+2a)=e−2a+2a[e−2a+2a−(a +2)]+(a ln e−2a+2a+2a +2)<0．所以在区间(0, a 2)内必有零点．又因为f(x)在(0, a2)内单调递增，从而当0<a ≤2时，f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点．综上所述，0<a ≤2或a <−2ln 2或a =−1时，f(x)在(0, 2]上有且只有一个零点．… 【答案】解：（1）由题意，设椭圆的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，依题意得{ a 2=b 2+c 2c a=√321a 2+34b 2=1解之可得a 2=4，b 2=1． 所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1．（2）由（1）可知点A 的坐标为(2, 0)．①当直线l 的斜率不存在时，不妨设点E 在x 轴上方，易得E(1,√32)，F(1,−√32)，M(3,−√32)，N(3,√32)，所以EM→⋅FN →=1．②当直线l 的斜率存在时，由题意可设直线l 的方程为y =k(x −1)，显然k =0时，不符合题意．由{y =k(x −1)x 2+4y 2−4=0消y 并整理得(4k 2+1)x 2−8k 2x +4k 2−4=0． 设E(x 1, y 1)，F(x 2, y 2)，则x 1+x 2=8k 24k 2+1，x 1x 2=4k 2−44k 2+1．直线AE ，AF 的方程分别为：y =y 1x 1−2(x −2)，y =y 2x 2−2(x −2)，令x =3，则M(3,y 1x1−2)，N(3,y 2x2−2)．所以EM →=(3−x 1,y 1(3−x 1)x 1−2)，FN →=(3−x 2,y 2(3−x 2)x 2−2)． 所以EM →⋅FN →=(3−x 1)(3−x 2)+y 1(3−x 1)x 1−2⋅y 2(3−x 2)x 2−2=(3−x 1)(3−x 2)(1+y 1y 2(x 1−2)(x 2−2))=(3−x 1)(3−x 2)(1+k 2⋅(x 1−1)(x 2−1)(x 1−2)(x 2−2))=[x 1x 2−3(x 1+x 2)+9]×[1+k 2⋅x 1x 2−(x 1+x 2)+1x 1x 2−2(x 1+x 2)+4]=(4k 2−44k 2+1−3⋅8k 24k 2+1+9)⋅(1+k 2⋅4k 2−44k 2+1−8k 24k 2+1+14k 2−44k 2+1−2⋅8k 24k 2+1+4)=(16k 2+54k 2+1)⋅(1+−3k 24k 2)=16k 2+516k 2+4=1+116k 2+4．因为k 2>0，所以16k 2+4>4，所以1<16k 2+516k 2+4<54，即EM →⋅FN →∈(1,54)．综上所述，EM →⋅FN →的取值范围是[1,54)． 【考点】平面向量数量积的运算 椭圆的标准方程 【解析】（1）设椭圆的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，依题意可得a 、b 、c 的方程组，解之可得方程；（2）由（1）可知点A 的坐标为(2, 0)．①当直线l 的斜率不存在时，不妨设点E 在x 轴上方，可得EM →⋅FN →=1；②当直线l 的斜率存在时，写直线的方程，联立方程组，消y 并整理得(4k 2+1)x 2−8k 2x +4k 2−4=0．进而由根与系数的关系表示出向量的数量积为1+116k 2+4，由k 的范围可得其范围，综合可得． 【解答】解：（1）由题意，设椭圆的方程为x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)，依题意得{ a 2=b 2+c 2c a =√321a 2+34b 2=1解之可得a 2=4，b 2=1． 所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1．（2）由（1）可知点A 的坐标为(2, 0)．①当直线l 的斜率不存在时，不妨设点E 在x 轴上方，易得E(1,√32)，F(1,−√32)，M(3,−√32)，N(3,√32)，所以EM→⋅FN →=1．②当直线l 的斜率存在时，由题意可设直线l 的方程为y =k(x −1)，显然k =0时，不符合题意． 由{y =k(x −1)x 2+4y 2−4=0消y 并整理得(4k 2+1)x 2−8k 2x +4k 2−4=0． 设E(x 1, y 1)，F(x 2, y 2)，则x 1+x 2=8k 24k 2+1，x 1x 2=4k 2−44k 2+1． 直线AE ，AF 的方程分别为：y =y 1x 1−2(x −2)，y =y 2x2−2(x −2)，令x =3，则M(3,y 1x1−2)，N(3,y 2x2−2)．所以EM →=(3−x 1,y 1(3−x 1)x 1−2)，FN →=(3−x 2,y 2(3−x 2)x 2−2)． 所以EM →⋅FN →=(3−x 1)(3−x 2)+y 1(3−x 1)x 1−2⋅y 2(3−x 2)x 2−2=(3−x 1)(3−x 2)(1+y 1y 2(x 1−2)(x 2−2))=(3−x 1)(3−x 2)(1+k 2⋅(x 1−1)(x 2−1)(x 1−2)(x 2−2))=[x 1x 2−3(x 1+x 2)+9]×[1+k 2⋅x 1x 2−(x 1+x 2)+1x 1x 2−2(x 1+x 2)+4]=(4k 2−44k 2+1−3⋅8k 24k 2+1+9)⋅(1+k 2⋅4k 2−44k 2+1−8k24k 2+1+14k 2−44k 2+1−2⋅8k 24k 2+1+4)=(16k 2+54k 2+1)⋅(1+−3k 24k 2)=16k 2+516k 2+4=1+116k 2+4． 因为k 2>0，所以16k 2+4>4，所以1<16k 2+516k +4<54，即EM →⋅FN →∈(1,54)． 综上所述，EM →⋅FN →的取值范围是[1,54)．【答案】解：（1）∵ τ=(10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1)，x 11=x 1， 依题意，S(τ)=∑|10k=12x k −3x k+1|， ∴ S(T)=∑|10k=12x k −3x k+1|=7+6+5+4+3+2+1+0+1+28=57，．… （2）数10，9，8，7，6，5，4，3，2，1的2倍与3倍分别如下：20，18，16，14，12，10，8，6，4，2，30，27，24，21，18，15，12，9，6，3其中较大的十个数之和与较小的十个数之和的差为203−72=131，所以S(τ)≤131． 对于排列τ0=(1, 5, 6, 7, 2, 8, 3, 9, 4, 10)，此时S(τ0)=131， 所以S(τ)的最大值为131．…（3）由于数1，2，3，4所产生的8个数都是较小的数，而数7，8，9，10所产生的8个数都是较大的数，所以使S(τ)取最大值的排列中，必须保证数1，2，3，4互不相邻，数7，8，9，10也互不相邻；而数5和6既不能排在7，8，9，10之一的后面，又不能排在1，2，3，4之一的前面．设x 1=1，并参照下面的符号排列1△○□△○□△○□△○其中2，3，4任意填入3个□中，有6种不同的填法；7，8，9，10任意填入4个圆圈○中，共有24种不同的填法；5填入4个△之一中，有4种不同的填法；6填入4个△中，且当与5在同一个△时，既可以在5之前又可在5之后，共有5种不同的填法，所以当x 1=1时，使S(τ)达到最大值的所有排列τ的个数为6×24×4×5=2880，由轮换性知，使S(τ)达到最大值的所有排列τ的个数为28800．… 【考点】排列及排列数公式 数列的求和【解析】（1）依题意，τ=(x 1, x 2,…,x 10)=(10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1)，代入S(τ)=∑|10k=12x k −3x k+1|计算即可求得S(τ)的值；（2）可求得数10，9，8，7，6，5，4，3，2，1的2倍与3倍，从而可求得其中较大的十个数之和与较小的十个数之和的差，从而可得S(τ)的最大值；（3）利用数1，2，3，4所产生的8个数都是较小的数，而数7，8，9，10所产生的8个数都是较大的数，从而使S(τ)取最大值的排列中，必须保证数1，2，3，4互不相邻，数7，8，9，10也互不相邻；而数5和6既不能排在7，8，9，10之一的后面，又不能排在1，2，3，4之一的前面，利用排列组合知识即可求得答案． 【解答】 解：（1）∵ τ=(10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1)，x 11=x 1， 依题意，S(τ)=∑|10k=12x k −3x k+1|， ∴ S(T)=∑|10k=12x k −3x k+1|=7+6+5+4+3+2+1+0+1+28=57，．… （2）数10，9，8，7，6，5，4，3，2，1的2倍与3倍分别如下：20，18，16，14，12，10，8，6，4，2，30，27，24，21，18，15，12，9，6，3其中较大的十个数之和与较小的十个数之和的差为203−72=131，所以S(τ)≤131． 对于排列τ0=(1, 5, 6, 7, 2, 8, 3, 9, 4, 10)，此时S(τ0)=131， 所以S(τ)的最大值为131．…（3）由于数1，2，3，4所产生的8个数都是较小的数，而数7，8，9，10所产生的8个数都是较大的数，所以使S(τ)取最大值的排列中，必须保证数1，2，3，4互不相邻，数7，8，9，10也互不相邻；而数5和6既不能排在7，8，9，10之一的后面，又不能排在1，2，3，4之一的前面．设x 1=1，并参照下面的符号排列1△○□△○□△○□△○其中2，3，4任意填入3个□中，有6种不同的填法；7，8，9，10任意填入4个圆圈○中，共有24种不同的填法；5填入4个△之一中，有4种不同的填法；6填入4个△中，且当与5在同一个△时，既可以在5之前又可在5之后，共有5种不同的填法，所以当x 1=1时，使S(τ)达到最大值的所有排列τ的个数为6×24×4×5=2880，由轮换性知，使S(τ)达到最大值的所有排列τ的个数为28800．…。
2013年高考模拟系列试卷(1)—数学(理)含答案
2013年高考模拟系列试卷（一）数学试题【新课标版】（理科）题 号 第Ⅰ卷第Ⅱ卷总分一二171819202122得 分注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（阅读题）和第Ⅱ卷(表达题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．作答时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题，共60分)一、本题共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个选项是符合题目要求的 1．复数z=i 2（1+i ）的虚部为（ ) A ．1 B ．iC ．– 1D ．– i2．设全集()()2,{|21},{|ln 1}x x U R A x B x y x -==<==-，则右图中阴影部分表示的集合为（ ）A ．{|1}x x ≥B ．{|12}x x ≤<C ．{|01}x x <≤D ．{|1}x x ≤ 3.已知各项均为正数的等比数列｛na ｝中,1237895,10,a a a a a a ==则456a a a =(）UA 。
52 B.7 C.6 D.424.已知0.81.2512,,2log 22a b c -⎛⎫=== ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系为（)A.c b a <<B. c a b <<C 。
b c a <<D .b ac <<5。
已知某几何体的三视图如图，其中正(主）视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为（ ）A ．3242π- B ．243π- C ．24π-D ．242π-6．设,m n 是空间两条直线，α，β是空间两个平面,则下列选项中不正确．．．的是（ ）A ．当n ⊥α时，“n ⊥β"是“α∥β”成立的充要条件B ．当α⊂m 时,“m ⊥β"是“βα⊥"的充分不必要条件C ．当α⊂m 时，“//n α”是“n m //”的必要不充分条件D ．当α⊂m 时，“α⊥n "是“n m ⊥”的充分不必要条件7.已知x y 、满足5030x y x x y -+≥⎧⎪≤⎨⎪+≥⎩，则24z x y =+的最小值为（ )A. 5B. —5 C . 6 D. —68。
2013届高考理科数学第一次模拟试题(附答案)
2013届高考理科数学第一次模拟试题（附答案）江门市2013年高考模拟考试数学（理科）本试卷共4页，21题，满分150分，测试用时120分钟．参考公式：锥体的体积公式，其中是锥体的底面积，是锥体的高．如果事件、互斥，那么．一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40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．⒈已知函数定义域为，定义域为，则A．B．C．D．⒉在复平面内，是原点，向量对应的复数是（其中，是虚数单位），如果点关于实轴的对称点为点，则向量对应的复数是A．B．C．D．⒊采用系统抽样方法从1000人中抽取50人做问卷调查，为此将他们随机编号为1，2，…，1000，适当分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为8．抽到的50人中，编号落入区间1，400]的人做问卷A，编号落入区间401，750]的人做问卷B，其余的人做问卷C．则抽到的人中，做问卷C的人数为A．12B．13C．14D．15⒋右图是某个四面体的三视图，该四面体的体积为A．72B．36C．24D．12⒌在中，若，，，则A．B．C．D．⒍若、，则是的A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件⒎已知、满足，则的取值范围是A．B．C．D．⒏设是定义在上的周期为2的偶函数，当时，，则在区间内零点的个数为A．2013B．2014C．3020D．3024二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分．(一)必做题（9～13题）⒐已知数列的首项，若，，则．⒑执行程序框图，如果输入，那么输出．⒒如图，在棱长为2的正方体内（含正方体表面）任取一点，则的概率．⒓在平面直角坐标系中，若双曲线的焦距为，则．⒔在平面直角坐标系中，直线（）与抛物线所围成的封闭图形的面积为，则．(二)选做题（14、15题，考生只能从中选做一题）⒕（坐标系与参数方程选做题）在极坐标系（）中，曲线与的交点的极坐标为．⒖（几何证明选讲选做题）如图，圆内的两条弦、相交于，，．若到的距离为，则到的距离为．三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．⒗（本小题满分12分）已知函数（，）的最小值为．⑴求；⑵若函数的图象向左平移（）个单位长度，得到的曲线关于轴对称，求的最小值．⒘（本小题满分14分）春节期间，某商场决定从3种服装、2种家电、3种日用品中，选出3种商品进行促销活动。
河北省唐山市2013届高三9月摸底考试(数学理)
试卷类型：B唐山市2012-2013学年度高三年级摸底考试理科数学第I 卷 一、选择题（共60分） （1）复数3322i ii i+---+的虚部为 (A ）2i （B ）－2i （C ）2 （D ）－2(2)设集合U ＝AUB, A={1，2，3}， A B={1}，则U C B ＝ （A ）{2} (B) {3} (C) {1，2，3} (D) {2，3}(3)已知x ，y 满足1133x y x y x y -≥-⎧⎪+≥⎨⎪-≤⎩，则z=2x －y 的最大值为lax-Y}-3,(A) 2 (B)1 (C) －1 (D) 3(4)已知双曲22212x y a -＝1的离心串为2，则该双曲线的实轴长为（A ）2 （B ）4(5)若tnn θ=2，则cos2θ＝ （A ）45 （B ）－45 （C ）35 （D ）－35(6）下列函数中，既是偶函数，又在区间(0. 3)内是增函数的是 (A) y=22x x-+ (B) y=coss(C ）y=0.5log ||x (D) y=x ＋x －1(7)在三棱锥P －ABC 中，PA ＝侧棱PA 与底面ABC 所成的角为60°，则该三棱锥外接球的体积为（A ）2π (B)3π (C)4π （D) 43π(8) 要得到函数sin()3y x π=-的图象，只需将函数sin()6y x π=-的图象(A)向左平移6π个单位 (B)向右平移6π单位(C)向左平移2π个单位 (D 向右平移2π个单位(9）空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A ）6＋（B ）8＋（C ）8＋（B ）6＋(10）一名小学生的年龄和身高（单位：cm) 的数据如下：年龄x6 7 8 9身11121314由散点图可知，身高y 与年龄x 之间的线性回归直线方程为8.8y x a =+，预测该学生10岁时的身高为(A) 154 .(B) 153 (C) 152 (D) 151(11)己知△ABC 的外心、重心、垂心分别为O ，G ，H ，若OH OG λ=，则λ= （A ）3 （B ）2 （C ）12 （D ）13(12)已知函数f （x ）满足f （x ＋1）［f （x ）＋1］＝1。
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2013年秋高三摸底考试数学试题（理科带答案）
2014届越秀区高三摸底考试试卷数学（理科）本试卷共4页，21小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项： 1．答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号、座号”处填涂考生号、座位号，用黑色字迹钢笔或签字笔将自己所在学校、班级，以及自己的姓名填写在答题卷上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再作答．漏涂、错涂、多涂的，答案无效． 5．考生必须保持答题卷的整洁．考试结束后，将试卷和答题卷一并交回．参考公式：圆锥的侧面积公式，其中是圆锥的底面半径，是圆锥的母线长.
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40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.设集合，，则（）. A. B. C. D. 2.已知，则（）. A. B. C. D. 3.设，则“ ”是“直线与直线平行”的（）. A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是底边长为
6、腰长为5的等腰三角形，则这个几何体的全面积为（）. A. B. C.
D. 5.在△ABC中，，，则△ABC的面积为（）. A.3 B.4 C.6 D.
6.函数的零点所在的一个区间是（）. A. B. C. D.
7.若双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为（）. A. B. C.2 D.
8.若过点的直线与曲线和都相切，则的值为（）. A.2或 B.3或 C.2
D.
二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分．（一）必做题（9～13题） 9．若复数满足，则复数的实部是 . 10. 的展开式中的常数项是 .（用数字作答） 11.执行如图所示的程序框图，则输出的S的值是 . 12.已知实数满足，则的
最大值是 . 13.在区间上随机取一个数，在区间上随机取一个数，则关于的方程有实根的概率是 .
（二）选做题（14～15题，考生只能从中选做一题） 14．（几何证明选讲选做题）如图，AB为⊙O的直径，弦AC、BD相交于点P，若，，则的值为 .
15．（坐标系与参数方程选做题）已知曲线C的参数方程是（为参数），以直角坐标系的原点O为极点，轴的正半轴为极轴，并取相同的长度单位建立极坐标系，则曲线C的极坐标方程是 .
三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤． 16．（本小题满分12分）已知函数，的最大值是1，最小正周期是，其图像经过点．（1）求的解析式；（2）设、、为△ABC的三个内角，且，，求的值． 17.（本小题满分12分）某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的50位顾客的相关数据，如下表所示：一次购物量（件）1≤n≤3 4≤n≤6 7≤n≤9 10≤n≤12 n≥13 顾客数（人） 20 10 5 结算时间（分钟/人） 0.5 1 1.5 2 2.5 已知这50位顾客中一次购物量少于10件的顾客占80％. （1）确定与的值；（2）若将频率视为概率，求顾客一次购物的结算时间的分布列与数学期望；（3）在（2）的条件下，若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过2分钟的概率.
18.（本小题满分14分）如图，菱形的边长为4，， .将菱形沿对角线折起，得到三棱锥，点是棱的中点， . （1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求二面角的余弦值.
19.(本小题满分14分) 已知数列满足， . （1）求数列的通项公式；（2）令，数列{bn}的前n项和为Tn，试比较Tn与的大小，并予以证明. 20．（本小题满分14分）已知椭圆的左、右焦点分别为、，P为椭圆上任意一点，且的最小值为 . （1）求椭圆的方程；（2）动圆与椭圆相交于A、B、C、D四点，当为何值时，矩形ABCD的面积取得最大值？并求出其最大面积. 21.(本小题满分
14分) 已知函数 . （1）是否存在点，使得函数的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也在函数的图像上？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；（2）定义，其中，求；（3）在（2）的条件下，令，若不等式对且恒成立，求实数的取值范围.
2014届越秀区高三摸底考试数学（理科）参考答案一、选择题：本大题共8题，每小题5分，满分40分．题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D C D A C B A 二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分． 9.1 10. 11. 12. 13. 14. 15. 三、解答题：本大题共6小题，满分80分． 16.（1）依题意得 .由，解得 .所以 . 因为函数的图像经过点，所以，即 . 因为，所以 .所以 . （2）由（1）得，所以， . 因为，所以， . 因为为△ABC 的三个内角，所以 . 17.（1）依题意得，，，解得， . （2）该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所以收集的50位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为50的随机样本，将频率视为概率得，，，，， . 所以的分布列为 0.5 1 1.5 2 2.5 0.2 0.4 0.2 0.1 0.1 的数学期望为 . （3）记“该顾客结算前的等候时间不超过2分钟”为事件A，该顾客前面第位顾客的结算时间为，由于各顾客的结算相互独立，且的分布列都与的分布列相同，所以为所求. 18.（1）因为O为AC的中点，M为BC的中点，所以 . 因为平面ABD，平面ABD，所以平面 . （2）因为在菱形ABCD中，，所以在三棱锥中， . 在菱形ABCD中，AB＝AD＝4，，所以BD＝4.因为O为BD的中点，所以 .因为O为AC的中点，M为BC的中点，所以 . 因为，所以，即 . 因为平面ABC，平面ABC，，所以平面ABC. 因为平面DOM，所以平面平面 . （3）作于，连结DE.由（2）知，平面ABC，所以 AB. 因为，所以平面ODE.因为平面ODE，所以 . 所以是二面角的平面角. 在Rt△DOE 中，，，，所以 .所以二面角的余弦值为 . 19.（1）当时， . 又也适合上式，所以 . （2）由（1）得，所以 . 因为①，所以②. 由①－②得，，所以 . 因为，所以确定与的大小关系等价于比较与的大小. 当时，；当时，；当时，；当时，；……，
可猜想当时， . 证明如下：当时， . 综上所述，当或时，；当时， . 20.（1）因为P是椭圆上一点，所以 . 在△ 中，，由余弦定理得 . 因为，当且仅当时等号成立. 因为，所以 . 因为的最小值为，所以，解得 . 又，所以 .所以椭圆C的方程为 . （2）设，则矩形ABCD的面积 . 因为，所以 . 所以 . 因为且，所以当时，取得最大值24. 此时， . 所以当时，矩形ABCD的面积最大，最大面积为 . 21.（1）假设存在点，使得函数的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也在函数的图像上，则函数图像的对称中心为 . 由，得，即对恒成立，所以解得所以存在点，使得函数的图像上任意一点关于点M对称的点也在函数的图像上. （2）由（1）得 . 令，则 . 因为①，所以②，由①+②得，所以 . 所以 . （3）由（2）得，所以 . 因为当且时， . 所以当且时，不等式恒成立 . 设，则 . 当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增. 因为，所以，所以当且时， . 由，得，解得 . 所以实数的取值范围是 .。