【解析分类汇编系列二：北京2013(一模)数学理】1：集合 Word版含答案
【解析分类汇编系列二：北京2013（一模）数学理】1：集合
1.（2013届北京石景山区一模理科）1．设集合M= {x|x 2
≤4），N={x|log 2 x≥1}，则M N 等
于（ ）
A ． [-2，2]
B ．{2}
C ．[2，+∞）
D ． [-2,+∞）
【答案】B
{22}M x x =-≤≤,{2}N x x =≥,所以{2}{2}M N x x === ,选B.
2.（2013届北京朝阳区一模理科）（2）已知集合{}
23M x x =-<<，{}
lg(2)0N x x =+≥，
则M N =
A. (2,)-+∞
B. (2,3)-
C. (2,1]--
D. [1,3)- 【答案】D
{}lg(2)0{21}{1}N x x x x x x =+≥=+≥=≥-，所以{13}M N x x =-≤< ，选D.
3．（2013届北京海淀一模理科）集合2{6},{30}A x x B x x x =∈≤=∈->N|R|，则A B =
（ ）
A ．{3,4,5}
B ．{4,5,6}
C ．{|36}x x <≤
D ．{|36}x x ≤<
【答案】B
{0,1,2,3,4,5,6}A =，{30}B x x x =><或，所以{4,5,6}A B = ，选B.
4．（2013届北京市延庆县一模数学理）已知集合},3,1{m A =，},1{m B =，A B A = ，
则=m （ ）
A ．0或3
B ．0或3
C ．1或3
D ．1或3
【答案】B
因为A B A = ，所以B A ⊆，即3m =或m =
解得3m =，0m =或1m =，当1
m =时，集合,A B 不成立。
所以3m =或0m =，选B.
5．（2013届北京西城区一模理科）已知全集U
=R ，集合{|02}
A x x =<<，2{|10}
B x x =->，那么U A B = ð
（ ）
A ．{|01}x x <<
B ．{|01}x x <≤
C ．{|12}x x <<
D ．{|12}x x ≤< 【答案】B
2{|10}={11}B x x x x x =->><-或，所以{|11
}U B x x =-≤≤ð，所以{01}U A B x x =<≤ ð，选B.
6.（2013届东城区一模理科）已知全集{1,2,3,4}U =，集合{1,2}A =，那么集合U A ð为
（ ）
A ．{3}
B ．{3,4}
C ．{1,2}
D ．{2,3}
【答案】B
因为{1,2}A =，所以={3,4}U A ð，选B.
7．（2013届房山区一模理科数学）已知全集U =R ，集合2
{|1},{|4}M x x N x x =≤=>，则
()M C N =R
（ ）
A ．(2,1]-
B ．[2,1]-
C ．(,1]-∞-
D ．(,2)-∞-
【答案】B
{22}N x x x =><-或,所以(){22}C N =x x -≤≤R ，所以(){21}M C N =x x -≤≤R ，选
B.
8．（2013届房山区一模理科数学）设集合M 是R 的子集，如果点0x ∈R 满足：
00,,0a x M x x a ∀>∃∈<-<，称0x 为集合M 的聚点.则下列集合中以1为聚点的有：
{
|}1n n n ∈+N ； ②*2
{|}n n
∈N ； ③Z ； ④{|2}x y y = （ ）
A ．①④
B ．②③
C ．①②
D ．①②④
【答案】A ①中，集合{
|}1
n
n n ∈+N 中的元素是极限为1的数列， 除了第一项0之外，其余的都至少比0大， ∴在1
2
a <
的时候，不存在满足得0＜|x|＜a 的x ， ∴0不是集合{
|}1
n
n n ∈+N 的聚点 ②集合*2{|}n n
∈N 中的元素是极限为0的数列， 对于任意的a ＞0，存在2n a >
，使0＜|x|=2a n
<，∴0是集合*2
{|}n n ∈N 的聚点
③对于某个a ＜1，比如a=0.5，此时对任意的x ∈Z ，都有|x ﹣0|=0或者|x ﹣0|≥1，也就是说不可能0＜|x ﹣0|＜0.5，从而0不是整数集Z 的聚点 ④故选A
9．（2013届门头沟区一模理科）已知全集U = R ，集合A {
}
2
4x x =≤，B {}
1x x =<，则
集合A
B 等于（ ）
A ．{}2x x ≥-
B ．{}
12x x ≤≤ C ．{}
1x x ≥D ．R
【答案】A
{}
24{22}A x x x x =≤=-≤≤,{1}U B x x =≥ð，所以={2}U A B x x ≥- ð，选A.
10．（2013届北京丰台区一模理科）已知M 是集合
{}1,2,3,,21(*,2)k k N k -∈≥ 的非空子
集，且当x M ∈时，有2k x M -∈.记满足条件的集合M 的个数为()f k ，则
(2)f = ；()f k = 。
【答案】3，21k -
将1，…2k ﹣1分为k 组，1和2k ﹣1，2和2k ﹣2，…k ﹣1和k+1，k （单独一组）每组中的两个数必须同时属于或同时不属于一个满足条件的集合M 。
每组属于或不属于M ，共两种
情况，M 的可能性有2k 排除一个空集M 的可能性为21k
-。
所以()21k
f k =-，
2(2)213f =-= 。
11.（2013届北京石景山区一模理科）14．对于各数互不相等的整数数组(i 1，i 2，i 3，…，i n )
（n 是不小于3的正整
数），若对任意的p ，q ∈{1,2，3，…，n}，当p<q 时有i p >i q ，则称i p ，
i q 是该数组的一个“逆序”．一个数组中所有“逆序”的个数称为该数组的“逆序数”，如数组(2，3，1)的逆序数等于2．则数组(5，2，4，3，1)的逆序数等于 ；若数组（i 1，i 2，i 3，…，i n ）的逆序数为n ，则数组（i n ，i n －l …，i 1）的逆序数为 ．
【答案】8，232
n n -
由题意知数组（5，2，4，3，1）中的逆序有5，2；5，4；5，3；5，1；2，1；4，3；4，1；3，1．所以逆序数是8，因为若数组（i 1，i 2，i 3，…，i n ）中的逆序数为n ，
因为这个数组中可以组成2
(1)
2
n n n C -=
个数对，所以数组（i n ，i n ﹣1，…，i 1）中的逆序数为2(1)322
n n n n
n ---=。
U
12．（2013届门头沟区一模理科）对于集合M ，定义函数1,()1,M M
M
x f x x -∈⎧=⎨
∉⎩，对于两个集
合,M N ，定义集合{}
()()1M N M N x f x f x ⊗=⋅=-．已知{}1,2,3,4,5,6A =，
{}1,3,9,27,81B =．
（Ⅰ）写出(2)A f 与(2)B f 的值，并用列举法写出集合A B ⊗；
（Ⅱ）用()M Card 表示有限集合M 所含元素的个数，求()()X A X B Card Card ⊗⊗+的最小值；
（III ）有多少个集合对,()P Q ，满足,P Q A B ⊆ ，且()()P A Q B A B ⊗⊗⊗=⊗． （Ⅰ）解：(2)1A f =-，(2)1B f = ………………………1分
{}2,4,5,6,9,27,81A B ⊗= …………………2分
（Ⅱ）{,}X A x x X A x X A ⊗=∈∉ ，{,}X B x x X B x X B ⊗=∈∉ 要使()()Card X A Card X B ⊗+⊗的值最小，1,3一定属于集合X ，X 不能含有
A B 以外的元素，所以当集合X 为{}2,4,5,6,9,27,81的子集与集合{}1,3的并集时，()()Card X A Card X B ⊗+⊗的值最小，最小值是7 ……8分
（Ⅲ）因为()()()A B A B f x f x f x ⊗=⋅
()()()()()A B C A B C f x f x f x f x ⊗⊗=⋅⋅
所以⊗运算具有交换律和结合律
所以()()()()P A Q B P Q A B ⊗⊗⊗=⊗⊗⊗ 而()()P A Q B A B ⊗⊗⊗=⊗
所以P Q ⊗=∅，所以P Q =，而{1,2,3,4,5,6,9,27,81}A B = 所以满足条件的集合对(,)P Q 有92512=个 ……………13分 注：不同解法请教师参照评标酌情给分．。
北京市大兴区2013届高考一模数学理试题(WORD解析版)
大兴区2013年高三统一练习（一模）数学（理科）一、选择题（1）复数2(1i)-的值是（A ）2 （B ）2- （C ）2i （D ）2i - 【答案】D【解析】22(1)122i i i i -=-+=-，选D.（2）若集合{|2}-==xM y y ，{|1}==-P y y x ，则M P =(A)}1|{>y y (B)}1|{≥y y (C)}0|{>y y (D)}0|{≥y y【答案】C【解析】{0}M y y =>，{0}P y y =≥,所以{0}A B y y => ,选C.（3）执行如图所示的程序框图．若5n =，则输出s 的值是（A ）-21 （B ） 11是否 结束开始s =1,i =1(2)i s s =+-1i i =+输入n输出si n ≤?（C ）43 （D ） 86 【答案】A【解析】第一次循环，11(2)1,2s i =+-=-=；第二次循环，21(2)3,3s i =-+-==； 第三次循环，33(2)5,4s i =+-=-=；第四次循环，41(2)11,5s i =-+-==，第五次循环，511(2)21,6s i =+-=-=，此时不满足条件，输出21s =-，所以选A.(4)双曲线221x my -=的实轴长是虚轴长的2倍,则m 等于 （A ）14 （B ）12（C ）2 （D ）4 【答案】D【解析】双曲线的标准方程为2211y x m-=，所以0m >，且2211,a b m ==，因为24a b =，所以2a b =，224a b =，即41m=，解得4m =，选D. (5)已知平面βα,，直线n m ,，下列命题中不．正确的是 （A ）若α⊥m ，β⊥m ，则α∥β （B ）若m ∥n ，α⊥m ，则α⊥n （C ）若m ∥α，n =βα ，则m ∥n （D ）若α⊥m ，β⊂m ，则βα⊥． 【答案】C【解析】C 中，当m ∥α时，m 只和过m 平面与β的交线平行，所以C 不正确。
2013北京西城区高考一模数学理答案试卷
北京市西城区2013年高三一模试卷 高三数学（理科）参考答案及评分标准 2013.4一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1． B ； 2．A ； 3．D ； 4．B ； 5．C ； 6．B ； 7．D ； 8．A ．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.9．22230x y y +--=； 10．5； 11．32-12．152，5； 13．1 14．1，．注：12、14题第一问2分，第二问3分.三、解答题：本大题共6小题，共80分.若考生的解法与本解答不同，正确者可参照评分标准给分. 15．（本小题满分13分）（Ⅰ）解：依题意，得π()04f =， ………………1分即ππsincos 044a -==， (3)分解得 1a =． ………………5分（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得 ()sin cos f x x x =-． ………………6分()()()cos g x f x f x x x =⋅-+(sin cos )(sin cos )2x x x x x =---+ ………………7分22(cos sin )2x x x =- ………………8分cos 22x x =+ ………………9分π2sin(2)6x =+． ………………10分由πππ2π22π262k x k -≤+≤+，得 ππππ36k x k -≤≤+，k ∈Z ． (12)分所以 ()g x 的单调递增区间为ππ[π,π]36k k -+，k ∈Z ． ………………13分16．（本小题满分13分）（Ⅰ）解：依题意，甲、乙两组的学生人数之比为 (35):(22)2:1++=， ……………1分所以，从甲组抽取的学生人数为2323⨯=；从乙组抽取的学生人数为1313⨯=．………2分设“从甲组抽取的同学中恰有1名女同学”为事件A ， ………………3分则113528C C 15()C 28P A ⋅==， 故从甲组抽取的同学中恰有1名女同学的概率为1528． (5)分 （Ⅱ）解：随机变量X的所有取值为0,1,2,3． ………………6分21522184C C 5(0)C C 28P X ⋅===⋅， 111213525221218484C C C C C 25(1)C C C C 56P X ⋅⋅⋅==+=⋅⋅， 211113235221218484C C C C C 9(2)C C C C 28P X ⋅⋅⋅==+=⋅⋅， 21322184C C 3(3)C C 56P X ⋅===⋅．……………10分所以，随机变量X 的分布列为:………………11分5259350123285628564EX =⨯+⨯+⨯+⨯=． (13)分17．（本小题满分14分）（Ⅰ）证明：因为BC AB 2=，60ABC ︒∠=，在△ABC 中，由余弦定理可得 BC AC 3=，所以 BC AC ⊥． ………………2分 又因为 AC FB ⊥，所以⊥AC 平面FBC ． ………………4分 （Ⅱ）解：因为⊥AC 平面FBC ，所以FC AC ⊥．因为FC CD ⊥，所以⊥FC 平面ABCD ．………………5分 所以,,CA CF CB 两两互相垂直，如图建立的空间直角坐标系xyz C -． ………………6分在等腰梯形ABCD 中，可得 CB CD =．设1BC =，所以11(0,0,0),(0,1,0),,0),,1)22C A B D E --．所以)1,21,23(-=CE ，)0,0,3(=CA ，)0,1,0(=CB ．设平面EAC 的法向量为=()x,y,z n ，则有0,0.CE CA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 所以 10,20.x y z -+== 取1z =，得=n (0,2,1)． (8)分设BC 与平面EAC 所成的角为θ，则||sin |cos ,|||||CB CB CB ⋅=〈〉==θn n n 所以 BC 与平面EAC 所成角的正弦值为552． (9)分（Ⅲ）解：线段ED 上不存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC ．证明如下： ………………10分假设线段ED 上存在点Q ，设),21,23(t Q - )10(≤≤t ，所以),21,23(t CQ -=．设平面QBC 的法向量为=m ),,(c b a ，则有0,0.CB CQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 所以 0,10.2b b tc =⎧-+= 取 1=c ，得=m )1,0,32(t -． (12)分要使平面EAC ⊥平面QBC ，只需0=⋅n m ，………………13分即002110⨯+⨯+⨯=， 此方程无解．所以线段ED 上不存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC ． ………………14分18.（本小题满分13分） （Ⅰ）解：()f x 的定义域为(0,)+∞， ………………1分且11()ax f x a x x -'=-=． ………………2分① 当0a ≤时，()0f x '<，故()f x 在(0,)+∞上单调递减．从而)(x f 没有极大值，也没有极小值． ………………3分② 当0a >时，令()0f x '=，得1x a =．()f x 和()f x '的情况如下：故()f x 的单调减区间为1(0,)a ；单调增区间为1(,)a +∞．从而)(x f 的极小值为1()1ln f aa =+；没有极大值． (5)分（Ⅱ）解：()g x 的定义域为R ，且 ()e 3axg x a '=+． ………………6分③ 当0a >时，显然 ()0g x '>，从而()g x 在R 上单调递增．由（Ⅰ）得，此时()f x 在1(,)a +∞上单调递增，符合题意． ………………8分④ 当0a =时，()g x 在R 上单调递增，()f x 在(0,)+∞上单调递减，不合题意．……9分⑤ 当0a <时，令()0g x '=，得013ln()x a a =-．()g x 和()g x '的情况如下表：当30a -≤<时，00x ≤，此时()g x 在0(,)x +∞上单调递增，由于()f x 在(0,)+∞上单调递减，不合题意． ………………11分当3a <-时，00x >，此时()g x 在0(,)x -∞上单调递减，由于()f x 在(0,)+∞上单调递减，符合题意． 综上，a 的取值范围是(,3)(0,)-∞-+∞． (13)分 19．（本小题满分14分）（Ⅰ）解：依题意，当直线AB 经过椭圆的顶点(0,)b 时，其倾斜角为60︒． ………………1分设 (,0)F c -，则tan 60bc ︒==．2分 将 b =代入 222a b c =+，解得 2a c =． ………………3分所以椭圆的离心率为12c e a ==． ………………4分（Ⅱ）解：由（Ⅰ），椭圆的方程可设为2222143x y c c +=． ………………5分 设11(,)A x y ，22(,)B x y ．依题意，直线AB 不能与,x y 轴垂直，故设直线AB 的方程为()y k x c =+，将其代入2223412x y c +=，整理得222222(43)84120k x ck x k c c +++-=． ………………7分则2122843ck x x k -+=+，121226(2)43cky y k x x c k +=++=+，22243(,)4343ck ck G k k -++． (8)分因为 GD AB ⊥，所以 2223431443Dckk k ck x k +⨯=---+，2243D ck x k -=+． ………………9分因为 △GFD ∽△OED ，所以 2222222212222243()()||434343||()43ck ck ck S GD k k k ck S OD k ---++++==-+ (11)分222242222242(3)(3)99999()ck ck c k c k ck c k k ++===+>． ………………13分所以12S S 的取值范围是(9,)+∞． ………………14分20．（本小题满分13分）（Ⅰ）解：当5n =时，由51(,)||7i i i d A B a b ==-=∑，得5|12||24||12||21||3|7a -+-+-+-+-=，即 5|3|2a -=．由 *5a ∈N ，得 51a =，或55a =． ………………3分 （Ⅱ）（ⅰ）证明：设12(,,,)n A a a a =，12(,,,)n B b b b =，12(,,,)n C c c c =．因为 0∃>λ，使 AB BC λ=，所以 0∃>λ，使得 11221122(,,)((,,)n n n n b a b a b a c b c b c b ---=---λ,,，即 0∃>λ，使得 ()ii i i b a c b λ-=-，其中1,2,,i n =．所以i i b a -与(1,2,,)i i c b i n -=同为非负数或同为负数．………………5分所以11(,)(,)||||nni i i i i i d A B d B C a b b c ==+=-+-∑∑1(||||)ni i i i i b a c b ==-+-∑1||(,)ni i i c a d A C ==-=∑． ………………6分（ⅱ）解：设,,n A B C S ∈，且(,)(,)(,)d A B d B C d A C +=，此时不一定0∃>λ，使得AB BC λ=． ………………7分反例如下：取(1,1,1,,1)A =，(1,2,1,1,,1)B =，(2,2,2,1,1,,1)C ，则 (,)1d A B =，(,)2d B C =，(,)3d A C =，显然(,)(,)(,)d A B d B C d A C +=． 因为(0,1,0,0,,0)AB =，(1,0,1,0,0,,0)BC =，所以不存在>0λ，使得AB BC λ=． ………………8分（Ⅲ）解法一：因为 1(,)||ni i i d A B b a ==-∑，设(1,2,,)i i b a i n -=中有()m m n ≤项为非负数，n m -项为负数．不妨设1,2,,i m=时0i i b a -≥；1,2,,i m m n =++时，0i i b a -<．所以 1(,)||ni i i d A B b a ==-∑12121212[()()][()()]m m m m n m m n b b b a a a a a a b b b ++++=+++-+++++++-+++因为 (,)(,)d I A d I B p ==，所以11(1)(1)n niii i a b ==-=-∑∑， 整理得11n ni ii i a b===∑∑．所以 12121(,)||2[()]ni i m m i d A B b a b b b a a a ==-=+++-+++∑．……………10分因为121212()()m n m m n b b b b b b b b b +++++=+++-+++()()1p n n m p m ≤+--⨯=+； 又121m a a a m m+++≥⨯=，所以1212(,)2[()]m m d A B b b b a a a =+++-+++2[()]2p m m p ≤+-=．即 (,)2d A B p ≤． ……………12分 对于 (1,1,,1,1)A p =+，(1,1,1,,1)B p =+，有 A ，n B S ∈，且(,)(,)d I A d I B p ==，(,)2d A B p =．综上，(,)d A B 的最大值为2p ． ……………13分 解法二：首先证明如下引理：设,x y ∈R ，则有 ||||||x y x y +≤+． 证明：因为 ||||x x x -≤≤，||||y y y -≤≤， 所以 (||||)||||x y x y x y -+≤+≤+，即 ||||||x y x y +≤+．所以11(,)|||(1)(1)|n ni i i i i i d A B b a b a ===-=-+-∑∑1(|1||1|)ni i i b a =≤-+-∑11|1||1|2nni i i i a b p===-+-=∑∑． ……………11分上式等号成立的条件为1i a =，或1i b =，所以 (,)2d A B p ≤． ……………12分 对于 (1,1,,1,1)A p =+，(1,1,1,,1)B p =+，有 A ，n B S ∈，且(,)(,)d I A d I B p ==，(,)2d A B p =．综上，(,)d A B 的最大值为2p ． ……………13分。
数学_2013年北京市海淀区高考数学一模试卷(理科)(含答案)
2013年北京市海淀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.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. 集合A ＝{x ∈N|x ≤6}，B ＝{x ∈R|x 2−3x >0}，则A ∩B ＝（ ） A {3, 4, 5} B {4, 5, 6} C {x|3<x ≤6} D {x|3≤x <6}2. 在极坐标系中，曲线ρ=4cosθ围成的图形面积为（ ） A π B 4 C 4π D 163. 某程序的框图如图所示，执行该程序，若输入的x 值为5，则输出的y 值（ ）A −2B −1C 12 D 24. 不等式组{x ≥1x +y −4≤0kx −y ≤0表示面积为1的直角三角形区域，则k 的值为（ ）A −2B −1C 0D 15. 若向量a →，b →满足|a →|=|b →|=|a →+b →|=1，则 a →⋅b →的值为（ ） A −12B 12C −1D 16. 一个盒子里有3个分别标有号码为1，2，3的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是3的取法有( ) A 12种 B 15种 C 17种 D 19种7. 抛物线y 2=4x 的焦点为F ，点P(x, y)为该抛物线上的动点，又点A(−1, 0)，则|PF||PA|的最小值是( )A 12 B √22 C √32 D2√338. 设l 1，l 2，l 3为空间中三条互相平行且两两间的距离分别为4，5，6的直线．给出下列三个结论：①∃A i ∈l i (i =1, 2, 3)，使得△A 1A 2A 3是直角三角形； ②①∃A i ∈l i (i =1, 2, 3)，使得△A 1A 2A 3是等边三角形；③三条直线上存在四点A i (i =1, 2, 3, 4)，使得四面体A 1A 2A 3A 4为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体．其中，所有正确结论的序号是（）A ①B ①②C ①③D ②③二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.9. 在复平面上，若复数a+bi(a, b∈R)对应的点恰好在实轴上，则b=________．10. 等差数列{a n}中，a3+a4=9，a2a5=18，则a1a6=________．11. 如图，AP⊙O切于点A，交弦DB的延长线于点P，过点B作圆O的切线交AP于点C．若∠ACB=90∘，BC=3，CP=4，则弦DB的长为________．12. 在△ABC中，若a=4，b=2，cosA=−14，则c=________，sinC=________．13. 已知函数f(x)={2x−a,x≤0,x2−3ax+a,x>0,有三个不同的零点，则实数a的取值范围为________．14. 已知函数f(x)=sinπ2x，任取t∈R，定义集合：A t={y|y=f(x), 点P(t, f(t)), Q(x, f(x))满足|PQ|≤√2}．设M t，m t分别表示集合A t中元素的最大值和最小值，记ℎ(t)=M t−m t．则（1）函数ℎ(t)的最大值是________；（2）函数ℎ(t)的单调递增区间为________．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.15. 已知函数f(x)=2−(√3sinx−cosx)2．（1）求f(π4)的值和f(x)的最小正周期；（2）求函数f(x)在区间[−π6, π3]上的最大值和最小值．16. 在某大学自主招生考试中，所有选报II类志向的考生全部参加了“数学与逻辑”和“阅读与表达”两个科目的考试，成绩分为A，B，C，D，E五个等级．某考场考生两科的考试成绩的数据统计如下图所示，其中“数学与逻辑”科目的成绩为B的考生有10人．（1）求该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩为A的人数；（2）若等级A，B，C，D，E分别对应5分，4分，3分，2分，1分．(I)求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分；(II)若该考场共有10人得分大于7分，其中有2人10分，2人9分，6人8分．从这10人中随机抽取两人，求两人成绩之和的分布列和数学期望．17. 在四棱锥P −ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，△ABC 是正三角形，AC 与BD 的交点M 恰好是AC 中点，又PA ＝AB ＝4，∠CDA ＝120∘，点N 在线段PB 上，且PN =√2． (Ⅰ)求证：BD ⊥PC ；(Ⅱ)求证：MN // 平面PDC ；(Ⅲ)求二面角A −PC −B 的余弦值．18. 已知函数f(x)＝lnx +ax 2+bx （其中a ，b ）为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值． (Ⅰ)当a ＝1时，求f(x)的单调区间；(Ⅱ)若f(x)在(0, e]上的最大值为1，求a 的值． 19. 已知圆M ：(x −√2)2+y 2=r 2(r >0)，若椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右顶点为圆M 的圆心，离心率为√22.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在过原点的直线，使得该直线与椭圆C 分别交于A ，B 两点，与圆M 分别交于G ，H 两点，点G 在线段AB 上，且|AG|=|BH|，若存在，则求出圆M 半径r 的取值范围，若不存在，说明理由.20. 设A(x A , y A )，B =(x B , y B )为平面直角坐标系上的两点，其中x A ，y A ，x B ，y B ∈Z ．令△x =x B −x A ，△y =y B −y A ，若|△x|+|△y|=3，且|△x|⋅|△y|≠0，则称点B 为点A 的“相关点”，记作：B =τ(A)．已知P 0(x 0, y 0)(x 0, y 0∈Z)为平面上一个定点，平面上点列{P i }满足：P i =τ(P i−1)，且点P i 的坐标为(x i , y i )，其中i =1，2，3，…n ．（1）请问：点P 0的“相关点”有几个？判断这些“相关点”是否在同一个圆上，若在同一个圆上，写出圆的方程；若不在同一个圆上，说明理由； （2）求证：若P 0与P n 重合，n 一定为偶数； （3）若p 0(1, 0)，且y n =100，记T =∑x i n i=0，求T 的最大值．2013年北京市海淀区高考数学一模试卷（理科）答案1. B2. C3. C4. D5. A6. D7. B8. B9. 010. 1411. 24512. 3,3√151613. {a|49<a≤1}14. 解：（1）A t={y|y=f(x), 点P(t, f(t)), Q(x, f(x))满足|PQ|≤√2}表示以P点为圆心，√2为半径的圆及其内部函数y=sinπx2的图象上所有的点的纵坐标的集合，∵ f(−2)=f(0)=f(2)=0，f(1)=1，f(−1)=−1，设O(0, 0)，A(1, 1)，B(2, 0)，则AO=AB=√2，∴ M t={1,4k≤t≤4k+2(k∈Z)f(t)+√[2−(x0−t)2]，4k−2≤t<4k(k∈Z)，其中x0是最高点Q的横坐标，同理，m t={−1,4k−2≤t≤4k(k∈Z)f(t)−√[2−(x1−t)2]，4k≤t<4k+2(k∈Z)；其中x1是最低点Q的横坐标．∴函数ℎ(t)的最大值是2（t=4k或4k+2时取得），（2）由（1）中的分析可知单调增区间是(2k−1, 2k)．15. 解：（1）因为函数f(x)=2−(√3sinx−cosx)2=2−(3sin2x+cos2x−2√3sinxcosx)=2−(1+2sin2x−√3sin2x)=1−2sin2x+√3sin2x=cos2x+√3sin2x=2sin(2x+π6)．所以，f(π4)=2sin(2×π4+π6)=2sin2π3=√3，所以，f(x)的周期为T=2π2=π．（2）当x∈[−π6, π3]时，2x∈[−π3, 2π3]，2x+π6∈[−π6, 5π6]，所以，当2x+π6=−π6，即当x=−π6时，函数取得最小值f(−π6)=−1，当2x+π6=π2，即当x=π6时，函数取得最大值f(π6)=2．16. 解：（1）因为“数学与逻辑”科目中成绩等级为B的考生有10人，所以该考场有10÷14=40人…所以该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩等级为A的人数为40×(1−0.375−0.375−0.15−0.025)=3…(II)求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分为40(1×0.2+2×0.1+3×0.375+4×0.25+5×0.075)40=2.9 (III)设两人成绩之和为ξ，则ξ的值可以为16，17，18，19，20…P(ξ=16)=C62C102=13，P(ξ=17)=C21C61C102=415P(ξ=18)=C61C21+C22C102=1345P(ξ=19)=C21C21C102=445P(ξ=20)=C22C102=145所以ξ的分布列为所以Eξ=16×13+17×415+18×1345+19×445+20×145=865所以ξ的数学期望为865…17. 证明：(I)∵ △ABC是正三角形，M是AC中点，∴ BM⊥AC，即BD⊥AC．又∵ PA⊥平面ABCD，∴ PA⊥BD．又PA∩AC＝A，∴ BD⊥平面PAC．∴ BD⊥PC．（2）在正△ABC中，BM=2√3．在△ACD中，∵ M为AC中点，DM⊥AC，∴ AD＝CD．∠ADC＝120∘，∴ DM=2√33，∴ BMMD =31．在等腰直角△PAB中，PA＝AB＝4，PB=4√2，∴ BNNP =31，∴BN NP=BM MD，∴ MN // PD ．又MN ⊄平面PDC ，PD ⊂平面PDC ， ∴ MN // 平面PDC ．(Ⅲ)∵ ∠BAD ＝∠BAC +∠CAD ＝90∘，∴ AB ⊥AD ，分别以AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图的空间直角坐标系， ∴ B(4, 0, 0)，C(2,2√3,0)，D(0,4√33,0)，P(0, 0, 4)． 由(Ⅱ)可知，DB →=(4,−4√33,0)为平面PAC 的法向量． PC →=(2,2√3,−4)，PB →=(4,0,−4)． 设平面PBC 的一个法向量为n →=(x,y,z)， 则{n →⋅PC →=0n →⋅PB →=0，即{2x +2√3y −4z =04x −4z =0 ， 令z ＝3，得x ＝3，y =√3，则平面PBC 的一个法向量为n →=(3,√3,3)，设二面角A −PC −B 的大小为θ，则cosθ=n →⋅DB →|n →||DB →|=√77． 所以二面角A −PC −B 余弦值为√77．18. （I ）因为f(x)＝lnx +ax 2+bx 所以f′(x)=1x +2ax +b ，因为函数f(x)＝lnx +ax 2+bx 在x ＝1处取得极值f′(1)＝1+2a +b ＝0 当a ＝1时，b ＝−3，f′(x)=2x 2−3x+1x，f′(x)，f(x)随x 的变化情况如下表：所以f(x)的单调递增区间为(0, 12)，(1, +∞)单调递减区间为(12, 1)(II)因为f′(x)=(2ax−1)(x−1)x令f′(x)＝0，x 1＝1，x 2=12a⋯因为f(x)在 x ＝1处取得极值，所以x 2=12a ≠x 1＝1， 当12a <0时，f(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, e]上单调递减 所以f(x)在区间(0, e]上的最大值为f(1)， 令f(1)＝1，解得a ＝−2 当a >0，x 2=12a>0当12a <1时，f(x)在(0, 12a )上单调递增，(12a , 1)上单调递减，(1, e)上单调递增 所以最大值1可能在x =12a 或x ＝e 处取得而f(12a )＝ln 12a +a(12a )2−(2a +1)12a =ln 12a −14a <0 所以f(e)＝lne +ae 2−(2a +1)e ＝1，解得a =1e−2⋯ 当1≤12a<e 时，f(x)在区间(0, 1)上单调递增，(1, 12a)上单调递减，(12a, e)上单调递增所以最大值1可能在x ＝1或x ＝e 处取得 而f(1)＝ln1+a −(2a +1)<0所以f(e)＝lne +ae 2−(2a +1)e ＝1， 解得a =1e−2，与1<x 2=12a<e 矛盾当x 2=12a ≥e 时，f(X)在区间(0, 1)上单调递增，在(1, e)单调递减， 所以最大值1可能在x ＝1处取得，而f(1)＝ln1+a −(2a +1)<0，矛盾 综上所述，a =1e−2或a ＝−2．19. 解：(1)设椭圆的焦距为2c ， 由椭圆右顶点为圆M 的圆心(√2, 0)， 得a =√2， 又ca =√22，所以c =1，b =1，所以椭圆C 的方程为：x 22+y 2=1.(2)设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，直线l 的方程为y =kx ，因为直线l 与椭圆C 交于两点A ，B ， 联立{y =kx,x 2+2y 2−2=0.消去y 得(1+2k 2)x 2−2=0.由韦达定理得x 1+x 2=0，x 1x 2=−21+2k 2， 所以|AB|=√(1+k 2)81+2k2=√8(1+k 2)1+2k 2. 因为点M(√2, 0)到直线l 的距离d =√2k|√1+k 2，所以|GH|=2√r 2−2k 21+k 2，所以要使|AG|=|BH|，只要|AB|=|GH|， 所以8(1+k 2)1+2k 2=4(r 2−2k 21+k 2)， 所以r 2=2k 21+k 2+2(1+k 2)1+2k 2=2(3k 4+3k 2+1)2k 4+3k 2+1=2(1+k 42k 4+3k 2+1)，当k =0时，r =√2， 当k ≠0时，r 2=2(1+11k 4+3k2+2)<2(1+12)=3，又显然r 2=2(1+11k 4+3k 2+2)>2，所以√2<r <√3，当直线的斜率不存在时，此时圆M 的半径的取值范围为√2<r ≤√3. 综上所述，√2≤r ≤√3. 20. 解：（1）∵ |△x |+|△Y |=3，(|△x|⋅|△y|≠0)∴ |△x |=1且|△Y |=2，或|△x |=2且|△Y |=1，所以点P 0的相关点有8个… 又∵ (△x )2+(△Y )2=3，即(x 1−x 0)2+(y 1−y 0)2=5∴ 这些可能值对应的点在以P 0(x 0, y 0)为圆心，√5为半径的圆上… （2）依题意P n (x n , y n )与P 0(x 0, y 0)重合则x n =(x n −x n−1)+(x n−1−x n−2)+(x n−2−x n−3)+...+(x 3−x 2)+(x 2−x 1)+(x 1−x 0)+x 0，y n =(y n −y n−1)+(y n−1−y n−2)+(y n−2−y n−3)+...+(y 3−y 2)+(y 2−y 1)+(y 1−y 0)+y 0，因此，可得(x n −x n−1)+(x n−1−x n−2)+(x n−2−x n−3)+...+(x 3−x 2)+(x 2−x 1)+(x 1−x 0)=0，且(y n −y n−1)+(y n−1−y n−2)+(y n−2−y n−3)+...+(y 3−y 2)+(y 2−y 1)+(y 1−y 0)=0 两式相加得[(x n −x n−1)+(y n −y n−1)]+[(x n−1−x n−2)+(y n−1−y n−2)]+...+[(x 1−x 0)+(y 1−y 0)]=0(∗)∵ x i ，y i 都是整数，且|x i −x i−1|+|y i −y i−1|=3(i =1, 2, 3,…,n)∴ (x i −x i−1)+(y i −y i−1)(i =1, 2, 3,…,n)为奇数，于是(∗)的左边就是n 个奇数的和，因为奇数个奇数的和还是奇数，所以左边不可能是奇数项，可得n 一定为偶数… （3）令△x i =x i −x i−1，△y i =y i −y i−1，(i =1, 2, 3,…,n)依题意(y n −y n−1)+(y n−1−y n−2)+...+(y 2−y 1)+(y 1−y 0)=100， ∵ T =∑x i n i=0=x 0+x 1+x 2+...+x n =1+(1+△x 1)+(1+△x 1+△x 2)+...+(1+△x 1+△x 2+...+△x n )=n +1+n △x 1+(n −1)△x 2+...+2△x n−1+△x n )… ∵ |△x i |+|△y i |=3，且|△x i |的|△y i |都是非零整数， ∴ 当△x i =2的个数越多，则T 的值越大，∵ 在△x 1，△x 2，△x 3，…，△x n−1，△x n 这个序列中，数字2的位置越靠前，相应的值越大且当△y i 取值为1或−1的次数最多时，△x i 取2的次数才能最多，T 的值才能最大．∴ ①当n =100时，令所有的△y i 都为1，且△x i 都取2，得T =101+2(1+2+...+100)=10201．②当n >100时，（1）若n =2k(k ≥50, k ∈N +)，此时△y i 可取k +50个1，k −50个−1，且△x i 可都取2，S(n)达到最大值从而T =n +1+2[n +(n −1)+...+2+1]=n 2+2n +1．（2）若n =2k +1(k ≥50, k ∈N +)，令△y n =2，其余的△y i 中有k −49个−1，k +49个1．相应的，对于△x i ，有△x n =1，其余的都为2，可得T =n +1+2[n +(n −1)+...+2+1]−1=n 2+2n③当50≤n ≤100时，令△y i =1，i ≤2n −100，△y i =2，2n −100<i ≤n ， 则相应地取△x i =2，i ≤2n −100，△y i =1，2n −100<i ≤n ，可得T =n +1+2[n +(n −1)+...+(101−n)]+[(100−n)+(99−n)+...+2+1]=12(n 2+205n −10098)综上所述，得T ={12(n 2+205n −10098)n ∈N +且50≤n <100(n +1)2n ≥100且n 是偶数n 2+2nn ≥100且n 是奇数…。
北京市海淀区2013届高考一模数学理试题(WORD解析版)
2013年北京市海淀区高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1．（5分）（2013•甘肃三模）集合A={x∈N|x≤6}，B={x∈R|x2﹣3x＞0}，则A∩B（）A．{3，4，5} B．{4，5，6} C．{x|3＜x≤6 D．{x|3≤x＜6}考点：交集及其运算．专题：计算题．分析：根据所给的两个集合，整理两个集合，写出两个集合的最简形式，再求出两个集合的交集．解答：解：∵集合A={x∈N|x≤6}={0，1，2，3，4，5，6}，B={x∈R|x2﹣3x＞0}={x∈R|x＜0或x＞3}∴A∩B={4，5，6}．故选B．点评：本题考查集合的表示方法，两个集合的交集的定义和求法．化简A、B两个集合，是解题的关键．2．（5分）（2013•海淀区一模）在极坐标系中，曲线ρ=4cosθ围成的图形面积为（）A．πB．4C．4πD．16考点：点的极坐标和直角坐标的互化．专题：计算题．分析：先将原极坐标方程两边同乘以ρ后化成直角坐标方程，再利用直角坐标方程进行求解圆的面积即可．解答：解：将原极坐标方程为ρ=4cosθ，化成：ρ2=4ρcosθ，其直角坐标方程为：∴x2+y2=4x，是一个半径为2的圆，其面积为4π．故选C．点评：本题考查点的极坐标和直角坐标的互化，利用直角坐标与极坐标间的关系，即利用ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ2=x2+y2，进行代换即得．3．（5分）（2013•海淀区一模）某程序的框图如图所示，执行该程序，若输入的x值为5，则输出的y值（）A．﹣2 B．﹣1 C．D．2考点：程序框图．专题：图表型．分析：按照程序框图的流程写出前几次循环的结果，并判断每次得到的结果是否满足判断框中的条件，直到满足，执行输出y，可得答案．解答：解：经过第一次循环得到x=3，不满足判断框中的条件；经过第二次循环得到x=1，不满足判断框中的条件；经过第三次循环得到x=﹣1，满足判断框中的条件；执行“是”，y=2﹣1=，输出y值为．故选C．点评：本题考查解决程序框图中的循环结构时，常采用的方法是：写出前几次循环的结果，找规律．4．（5分）（2013•海淀区一模）不等式组表示面积为1的直角三角形区域，则k的值为（）A．﹣2 B．﹣1 C．0D．1考点：简单线性规划．专题：不等式的解法及应用．分析：先作出不等式组表示的平面区域，根据已知条件可表示出平面区域的面积，然后结合已知可求k．解答：解：作出不等式组表示的平面区域，如图所示，由题意可得A（1，3），B（，），C（1，k）∴S△ABC=AC•d（d为B到AC的距离）=×（3﹣k）×（﹣1）=1，∴k=1．故选D．点评：本题主要考查了二元一次不等式组表示平面区域，属于基础试题．5．（5分）（2013•甘肃三模）若向量，满足||=||=|+|=1，则•的值为（）B．C．﹣1 D．1A．﹣考点：向量的模．专题：平面向量及应用．分析：利用即可得到．解答：解：∵，∴，∴，∴．∴．故选A．点评：熟练掌握向量的运算法则是解题的关键．6．（5分）（2013•海淀区一模）一个盒子里有3个分别标有号码为1，2，3的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是3的取法有（）A．12种B．15种C．17种D．19种考点：排列、组合及简单计数问题．专题：计算题．分析：由分步计数原理可得总的取法由27种，列举可得不合题意得有8种，进而可得符合题意得方法种数．解答：解：由题意结合分部计数原理可得，总的取球方式共3×3×3=27种，其中，（1，1，1），（1，1，2），（1，2，1），（2，1，1），（1，2，2），（2，1，2），（2，2，1），（2，2，2）共8种不符合题意，故取得小球标号最大值是3的取法有27﹣8=19种，故选D点评：本题考查计数原理的应用，采用间接的方式结合列举法是解决问题的关键，属中档题．7．（5分）（2013•海淀区一模）抛物线y2=4x的焦点为F，点P（x，y）为该抛物线上的动点，又点A（﹣1，0），则的最小值是（）A．B．C．D．考点：直线与圆锥曲线的关系；抛物线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：通过抛物线的定义，转化PF=PN，要使有最小值，只需∠APN最大即可，作出切线方程即可求出比值的最小值．解答：解：由题意可知，抛物线的准线方程为x=﹣1，A（﹣1，0），过P作PN垂直直线x=﹣1于N，由抛物线的定义可知PF=PN，连结PA，当PA是抛物线的切线时，有最小值，则∠APN 最大，即∠PAF最大，就是直线PA的斜率最大，设在PA的方程为：y=k（x+1），所以，解得：k2x2+（2k2﹣4）x+k2=0，所以△=（2k2﹣4）2﹣4k4=0，解得k=±1，所以∠NPA=45°，=cos∠NPA=．故选B．点评：本题考查抛物线的基本性质，直线与抛物线的位置关系，转化思想的应用，题目新颖．8．（5分）（2013•海淀区一模）设l1，l2，l3为空间中三条互相平行且两两间的距离分别为4，5，6的直线．给出下列三个结论：①∃A i∈l i（i=1，2，3），使得△A1A2A3是直角三角形；②①∃A i∈l i（i=1，2，3），使得△A1A2A3是等边三角形；③三条直线上存在四点A i（i=1，2，3，4），使得四面体A1A2A3A4为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体．其中，所有正确结论的序号是（）A．①B．①②C．①③D．②③考点：命题的真假判断与应用．专题：空间位置关系与距离．分析：本题利用画图结合运动变化的思想进行分析．我们不妨先将A、B、C 按如图所示放置，容易看出此时BC＜AB=AC．现在，我们将A 和 B 往上移，并且总保持AB=AC（这是可以做到的，只要A、B 的速度满足一定关系），而当A、B 移得很高很高时，就得到①和②都是正确的．至于③，结合条件利用反证法的思想方法进行说明即可．解答：解：我们不妨先将A、B、C 按如图所示放置．容易看出此时BC＜AB=AC．现在，我们将A 和 B 往上移，并且总保持AB=AC（这是可以做到的，只要A、B 的速度满足一定关系），而当A、B 移得很高很高时，不难想象△ABC 将会变得很扁，也就是会变成顶角A“非常钝”的一个等腰钝角三角形．于是，在移动过程中，总有一刻，使△ABC 成为等边三角形，亦总有另一刻，使△ABC 成为直角三角形（而且还是等腰的）．这样，就得到①和②都是正确的．至于③，如图所示．为方便书写，称三条两两垂直的棱所共的顶点为⊤．假设A 是⊤，那么由AD⊥AB，AD⊥AC 知L3⊥△ABC，从而△ABC 三边的长就是三条直线的距离4、5、6，这就与AB⊥AC 矛盾．同理可知D 是⊤时也矛盾；假设C 是⊤，那么由BC⊥CA，BC⊥CD 知BC⊥△CAD，而l1∥△CAD，故BC⊥l1，从而BC 为l1与l2的距离，于是EF∥BC，EF=BC，这样就得到EF⊥FG，矛盾．同理可知B 是⊤时也矛盾．综上，不存在四点A i（i=1，2，3，4），使得四面体A1A2A3A4为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体．故选B．点评：本小题主要考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力、化归与转化思想．属于难题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.9．（5分）（2013•海淀区一模）在复平面上，若复数a+bi（a，b∈R）对应的点恰好在实轴上，则b= 0．考点：复数的代数表示法及其几何意义．专题：计算题．分析：利用复数的几何意义和点在实轴上的特点即可得出．解答：解：由复数的几何意义可知：复数a+bi（a，b∈R）对应的点为（a，b），∵此点恰好在实轴上，∴b=0．故答案为0．点评：正确理解复数的几何意义是解题的关键．10．（5分）（2013•海淀区一模）等差数列{a n}中，a3+a4=9，a2a5=18，则a1a6=14．考点：等差数列的通项公式．专题：等差数列与等比数列．分析：由等差数列的性质可得得a2+a5=a3+a4=9，结合a2a5=18，可解得a2，a5的值，可得公差，进而可得a1，a6，相乘可得．解答：解：由等差数列的性质可得a2+a5=a3+a4=9，又a2a5=18，解得，或，故可得数列的公差d==﹣1，或1故可得，或，故a1a6=14故答案为：14点评：本题考查等差数列的通项公式和性质，属基础题．11．（5分）（2013•海淀区一模）如图，AP⊙O切于点A，交弦DB的延长线于点P，过点B作圆O的切线交AP于点C．若∠ACB=90°，BC=3，CP=4，则弦DB的长为．考点：圆的切线的性质定理的证明；与圆有关的比例线段．专题：选作题．分析：在Rt△BCP中，由勾股定理可得BP，由切线长定理可得AC=BC，再利用切割线定理可得DB．解答：解：∵BC⊥AP，∴BP2=BC2+CP2=32+42=25，∴BP=5．又AC与BC都是⊙O的切线，∴AC=BC=3，由切割线定理可得PA2=PB•PD，∴72=5×（5+DB），解得．∴弦DB的长为．故答案为．点评：熟练掌握勾股定理、切线长定理、切割线定理是解题的关键．12．（5分）（2013•海淀区一模）在△ABC中，若a=4，b=2，cosA=﹣，则c=3，sinC=．考点：正弦定理；同角三角函数间的基本关系．专题：计算题；解三角形．分析：由余弦定理可得，cosA==可求c，然后由cosA可求sinA，然后由正弦定理可得，可求sinC解答：解：由余弦定理可得，cosA==∴即c2+c﹣12=0∴c=3∵cosA=﹣∴sinA=由正弦定理可得，∴sinC==故答案为：3，点评：本题主要考查余弦定理及正弦定理在求解三角形中的应用，解题的关键是公式的灵活应用．13．（5分）（2013•海淀区一模）已知函数f（x）=有三个不同的零点，则实数a的取值范围是＜a≤1．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：数形结合．分析：由题意可得需使指数函数部分与x轴有一个交点，抛物线部分与x轴有两个交点，由函数图象的平移和二次函数的顶点可得关于a的不等式，解之可得答案．解答：解：由题意可知：函数图象的左半部分为单调递增指数函数的部分，函数图象的右半部分为开口向上的抛物线，对称轴为x=，最多两个零点，如上图，要满足题意，必须指数函数的部分向下平移到与x轴相交，由指数函数过点（0，1），故需下移至少1个单位，故a≤1，还需保证抛物线与x轴由两个交点，故最低点＜0，解得a＜0或a＞，综合可得＜a≤1，故答案为：＜a≤1点评：本题考查根的存在性及根的个数的判断，数形结合是解决问题的关键，属中档题．14．（5分）（2013•海淀区一模）已知函数f（x）=sin x，任取t∈R，定义集合：A t={y|y=f（x），点P（t，f（t）），Q（x，f（x））满足|PQ|≤}．设M t，m t分别表示集合A t中元素的最大值和最小值，记h（t）=M t﹣m t．则（1）函数h（t）的最大值是2；（2）函数h（t）的单调递增区间为（2k﹣1，2k），k∈Z．考点：函数的值域．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：（1）理清A t={y|y=f（x），点P（t，f（t）），Q（x，f（x））满足|PQ|≤}的含义为：表示以P点为圆心，为半径的圆及其内部函数y=sin的图象上所有的点的纵坐标的集合，再利用正弦函数的周期性、单调性与最值可求得M t，m t，从而可求得函数h（t））=M t﹣m t的最大值；（1）由（1）结合正弦函数的周期性与单调性即可求得函数h（t）的单调递增区间．解答：解：A t={y|y=f（x），点P（t，f（t）），Q（x，f（x））满足|PQ|≤}表示以P点为圆心，为半径的圆及其内部函数y=sin的图象上所有的点的纵坐标的集合，∵f（﹣2）=f（0）=f（2）=0，f（1）=1，f（﹣1）=﹣1，设O（0，0），A（1，1），B（2，0），则AO=AB=，∴M t=，其中x0是最高点Q的横坐标，同理，m t=；其中x1是最低点Q的横坐标．∴函数h（t）的最大值是2（t=4k或4k+2时取得），单调增区间是（2k﹣1，2k）．点评：本题考查函数的值域，着重考查抽象函数的理解与应用，明确A t={y|y=f（x），点P（t，f（t）），Q（x，f（x））满足|PQ|≤√2}的含义是难点，也是解决问题的关键，考查抽象思维能力与综合运算能力，属于难题．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.15．（13分）（2013•海淀区一模）已知函数f（x）=2﹣（sinx﹣cosx）2．（Ⅰ）求f（）的值和f（x）的最小正周期；（Ⅱ）求函数f（x）在区间[﹣，]上的最大值和最小值．考点：两角和与差的正弦函数；正弦函数的单调性．专题：三角函数的图像与性质．分析：（I）利用三角函数的恒等变换化简函数f（x）的解析式为2sin（2x+），由此求得f（x）的周期．（II）当x∈[﹣，]时，根据正弦函数的定义域和值域，求得函数的最值．解答：解：（I）因为函数f（x）=2﹣（sinx﹣cosx）2 =2﹣（3sin2x+cos2x﹣2sinxcosx）=2﹣（1+2sin2x﹣sin2x）=1﹣2sin2x+sin2x=cos2x+sin2x=2sin（2x+）．所以，f（）=2sin（2×+）=2sin=，所以，f（x）的周期为T==π．（II）当x∈[﹣，]时，2x∈[﹣，]，2x+∈[﹣，]，所以，当2x+=，即当x=﹣时，函数取得最小值f（﹣）=﹣1，当2x+=，即当x=时，函数取得最大值f（）=2．点评：本题主要考查三角函数的恒等变换及化简求值，三角函数的周期性和求法，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．16．（13分）（2013•海淀区一模）在某大学自主招生考试中，所有选报II类志向的考生全部参加了“数学与逻辑”和“阅读与表达”两个科目的考试，成绩分为A，B，C，D，E五个等级．某考场考生两科的考试成绩的数据统计如下图所示，其中“数学与逻辑”科目的成绩为B的考生有10人．（I）求该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩为A的人数；（II）若等级A，B，C，D，E分别对应5分，4分，3分，2分，1分．（i）求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分；（ii）若该考场共有10人得分大于7分，其中有2人10分，2人9分，6人8分．从这10人中随机抽取两人，求两人成绩之和的分布列和数学期望．考点：离散型随机变量及其分布列；频率分布直方图；离散型随机变量的期望与方差．专题：计算题；概率与统计．分析：（I）由数学与逻辑中成绩等级为B的考生有10人，频率为，可求考场中的人数，然后结合其频率可求（II）结合频率分布直方图可求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分为（Ⅲ）设两人成绩之和为ξ，则ξ的值可以为16，17，18，19，20，然后求出ξ去每个值对应的概率，即可求解出ξ的分布列及ξ的数学期望解答：解：（I）因为“数学与逻辑”科目中成绩等级为B的考生有10人，所以该考场有=40人…（1分）所以该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩等级为A的人数为40×（1﹣0.375﹣0.375﹣0.15﹣0.025）=3…（3分）（II）求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分为=2.9（7分）（Ⅲ）设两人成绩之和为ξ，则ξ的值可以为16，17，18，19，20…（8分）P（ξ=16）=，P（ξ=17）==P（ξ=18）==P（ξ=19）=P（ξ=20）==所以ξ的分布列为X 16 17 18 19 20P…（11分）所以Eξ=16×=所以ξ的数学期望为…（13分）点评：本题主要考查了离散型随机变量的分布列及期望值的求解，解题的关键是熟练掌握基本公式的应用．17．（14分）（2013•海淀区一模）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点M恰好是AC中点，又PA=AB=4，∠CDA=120°，点N在线段PB上，且PN=．（Ⅰ）求证：BD⊥PC；（Ⅱ）求证：MN∥平面PDC；（Ⅲ）求二面角A﹣PC﹣B的余弦值．考点：二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（Ⅰ）由正三角形的性质可得BD⊥AC，利用线面垂直的性质可知PA⊥BD，再利用线面垂直的判定定理即可证明BD⊥PC；（Ⅱ）利用已知条件分别求出BM、MD、PB，得到，即可得到MN∥PD，再利用线面平行的判定定理即可证明；（Ⅲ）通过建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得到二面角的平面角．解答：证明：（I）∵△ABC是正三角形，M是AC中点，∴BM⊥AC，即BD⊥AC．又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD．又PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC．∴BD⊥PC．（Ⅱ）在正△ABC中，BM=．在△ACD中，∵M为AC中点，DM⊥AC，∴AD=CD．∠ADC=120°，∴，∴．在等腰直角△PAB中，PA=AB=4，PB=，∴，∴，∴MN∥PD．又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，∴MN∥平面PDC．（Ⅲ）∵∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°，∴AB⊥AD，分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，∴B（4，0，0），C，，P（0，0，4）．由（Ⅱ）可知，为平面PAC的法向量．，．设平面PBC的一个法向量为，则，即，令z=3，得x=3，，则平面PBC的一个法向量为，设二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，则．所以二面角A﹣PC﹣B余弦值为．点评：熟练掌握正三角形的性质、线面垂直的判定与性质定理、平行线分线段成比例在三角形中的逆定理应用、通过建立空间直角坐标系并利用两个平面的法向量的夹角得到二面角的平面角是解题的关键．18．（13分）（2013•海淀区一模）已知函数f（x）=lnx+ax2+bx（其中a，b）为常数且a≠0）在x=1处取得极值．（I）当a=1时，求f（x）的单调区间；（II）若f（x）在（0，e]上的最大值为1，求a的值．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：导数的综合应用．分析：（I）由函数的解析式，可求出函数导函数的解析式，进而根据x=1是f（x）的一个极值点f′（1）=0，可构造关于a，b的方程，根据a=1求出b值；可得函数导函数的解析式，分析导函数值大于0和小于0时，x的范围，可得函数f（x）的单调区间；（II）对函数求导，写出函数的导函数等于0的x的值，列表表示出在各个区间上的导函数和函数的情况，做出极值，把极值同端点处的值进行比较得到最大值，最后利用条件建立关于a的方程求得结果．解答：解：（I）因为f（x）=lnx+ax2+bx所以f′（x）=+2ax+b，…（2分）因为函数f（x）=lnx+ax2+bx在x=1处取得极值f′（1）=1+2a+b=0…（3分）当a=1时，b=﹣3，f′（x）=，f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：1 （1，+∞）x（0，）（，1）f′（x）+ 0 ﹣0 +f（x）增极大值减极小值增…（5分）所以f（x）的单调递增区间为（0，），（1，+∞）单调递减区间为（，1）…（6分）（II）因为f′（x）=令f′（x）=0，x1=1，x2=…（7分）因为f（x）在x=1处取得极值，所以x2=≠x1=1，当＜0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，e]上单调递减所以f（x）在区间（0，e]上的最大值为f（1），令f（1）=1，解得a=﹣2…（9分）当a＞0，x2=＞0当＜1时，f（x）在（0，）上单调递增，（，1）上单调递减，（1，e）上单调递增所以最大值1可能在x=或x=e处取得而f（）=ln+a（）2﹣（2a+1）=ln﹣＜0所以f（e）=lne+ae2﹣（2a+1）e=1，解得a=…（11分）当1≤＜e时，f（x）在区间（0，1）上单调递增，（1，）上单调递减，（，e）上单调递增所以最大值1可能在x=1或x=e处取得而f（1）=ln1+a﹣（2a+1）＜0所以f（e）=lne+ae2﹣（2a+1）e=1，解得a=，与1＜x2=＜e矛盾…（12分）当x2=≥e时，f（X）在区间（0，1）上单调递增，在（1，e）单调递减，所以最大值1可能在x=1处取得，而f（1）=ln1+a﹣（2a+1）＜0，矛盾综上所述，a=或a=﹣2．…（13分）点评：本题考查的知识点是利用导数研究函数的极值，利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数在闭区间上的最值，其中根据已知条件确定a，b值，得到函数导函数的解析式并对其符号进行分析，是解答的关键．属于中档题．19．（14分）（2013•海淀区一模）已知圆M：（x﹣）2+y2=r2=r2（r＞0）．若椭圆C：+=1（a ＞b＞0）的右顶点为圆M的圆心，离心率为．（I）求椭圆C的方程；（II）若存在直线l：y=kx，使得直线l与椭圆C分别交于A，B两点，与圆M分别交于G，H两点，点G在线段AB上，且|AG|=|BH|，求圆M半径r的取值范围．考点：直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程．专题：综合题；分类讨论；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（I）设椭圆的焦距为2c，由椭圆右顶点为圆心可得a值，进而由离心率可得c值，根据平方关系可得b值；（II）由点G在线段AB上，且|AG|=|BH|及对称性知点H不在线段AB上，所以要使|AG|=|BH|，只要|AB|=|GH|，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线方程与椭圆方程消掉y得x的二次方程，利用韦达定理及弦长公式可得|AB|，在圆中利用弦心距及勾股定理可得|GH|，根据|AB|=|GH|得r，k的方程，分离出r后按k是否为0进行讨论，借助基本函数的范围即可求得r范围；解答：解：（I）设椭圆的焦距为2c，由椭圆右顶点为圆M的圆心（，0），得a=，又，所以c=1，b=1．所以椭圆C的方程为：．（II）设A（x1，y1），B（x2，y2），由直线l与椭圆C交于两点A，B，则，所以（1+2k2）x2﹣2=0，则x1+x2=0，，所以=，点M（，0）到直线l的距离d=，则|GH|=2，显然，若点H也在线段AB上，则由对称性可知，直线y=kx就是y轴，矛盾，所以要使|AG|=|BH|，只要|AB|=|GH|，所以=4，==2，当k=0时，r=，当k≠0时，＜2（1+）=3，又显然＞2，所以，综上，．点评：本题考查直线与圆锥曲线的位置关系、椭圆方程的求解，考查分类讨论思想，考查学生分析问题解决问题的能力，弦长公式、韦达定理是解决该类问题的基础知识，要熟练掌握．20．（13分）（2013•海淀区一模）设A（x A，y A），B=（x B，y B）为平面直角坐标系上的两点，其中x A，y A，x B，y B∈Z．令△x=x B﹣x A，△y=y B﹣y A，若|△x|+|△Y|=3，且|△x|•|△y|≠0，则称点B为点A的“相关点”，记作：B=i（A）．已知0（x0，y0）（x0y0∈Z）为平面上一个定点，平面上点列{P i}满足：P i=i（P i﹣1），且点P i的坐标为（x i y i），其中i=1，2，3，…n．（Ⅰ）请问：点p0的“相关点”有几个？判断这些“相关点”是否在同一个圆上，若在同一个圆上，写出圆的方程；若不在同一个圆上，说明理由；（Ⅱ）求证：若P0与P n重合，n一定为偶数；（Ⅲ）若p0（1，0），且y n=100，记T=，求T的最大值．考点：数列的求和；圆的标准方程．专题：计算题；证明题；综合题；等差数列与等比数列；直线与圆．分析：（I）根据绝对值的意义，可得整数△x与△Y在{±1，±2}中取值，满足绝对值的和等于3，由此可得点P0的相关点有8个，再根据圆的标准方程可得这些可能值对应的点在以P0（x0，y0）为圆心，为半径的圆上；（II）因为P n（x n，y n）与P0（x0，y0）重合，用逐项作差再累加的方法得到等式，再将所得等式相加证出[（x i﹣x i﹣1）+（y i﹣y i﹣1）]=0，结合题意（x i﹣x i﹣1）+（y i﹣y i﹣1）（i=1，2，3，…，n）为奇数，可得左边是n个奇数的和，根据整数加减法的奇偶性质即可得到n一定为偶数；（II）令△x i=x i﹣x i﹣1，△y i=y i﹣y i﹣1（i=1，2，3，…，n），依题意可得（y i﹣y i﹣1）=100．由|△x i|+|△y i|=3且|△x i|的|△y i|都是非零整数，可得当△x i=2的个数越多，且在△x1，△x2，△x3，…，△x n﹣1，△x n这个序列中，数字2的位置越靠前，应的T值越大，从而得到当△y i 取值为1或﹣1的次数最多时，相应地△x i取2的次数最多，可使T的值最大．然后分n=100、n＞100和50≤n≤100时三种情况加以讨论，分别根据式子中1、2的个数，结合等差数列求和公式算出T关于n的表达式，即可得到T达到最大值时，T关于n的分段函数的表达式，得到本题答案．解答：解：（Ⅰ）∵|△x|+|△Y|=3，（|△x|•|△y|≠0）∴|△x|=1且|△Y|=2，或|△x|=2且|△Y|=1，所以点P0的相关点有8个…（2分）又∵（△x）2+（△Y）2=3，即（x1﹣x0）2+（y1﹣y0）2=5∴这些可能值对应的点在以P0（x0，y0）为圆心，为半径的圆上…（4分）（Ⅱ）依题意P n（x n，y n）与P0（x0，y0）重合则x n=（x n﹣x n﹣1）+（x n﹣1﹣x n﹣2）+（x n﹣2﹣x n﹣3）+…+（x3﹣x2）+（x2﹣x1）+（x1﹣x0）+x0，y n=（y n﹣y n﹣1）+（y n﹣1﹣y n﹣2）+（y n﹣2﹣y n﹣3）+…+（y3﹣y2）+（y2﹣y1）+（y1﹣y0）+y0，因此，可得（x n﹣x n﹣1）+（x n﹣1﹣x n﹣2）+（x n﹣2﹣x n﹣3）+…+（x3﹣x2）+（x2﹣x1）+（x1﹣x0）=0，且（y n﹣y n﹣1）+（y n﹣1﹣y n﹣2）+（y n﹣2﹣y n﹣3）+…+（y3﹣y2）+（y2﹣y1）+（y1﹣y0）=0 两式相加得[（x n﹣x n﹣1）+（y n﹣y n﹣1）]+[（x n﹣1﹣x n﹣2）+（y n﹣1﹣y n﹣2）]+…+[（x1﹣x0）+（y1﹣y0）]=0（*）∵x i，y i都是整数，且|x i﹣x i﹣1|+|y i﹣y i﹣1|=3（i=1，2，3，…，n）∴（x i﹣x i﹣1）+（y i﹣y i﹣1）（i=1，2，3，…，n）为奇数，于是（*）的左边就是n个奇数的和，因为奇数个奇数的和还是奇数，所以左边不可能是奇数项，可得n一定为偶数…（8分）（Ⅲ）令△x i=x i﹣x i﹣1，△y i=y i﹣y i﹣1，（i=1，2，3，…，n）依题意（y n﹣y n﹣1）+（y n﹣1﹣y n﹣2）+…+（y2﹣y1）+（y1﹣y0）=100，∵T==x0+x1+x2+…+x n=1+（1+△x1）+（1+△x1+△x2）+…+（1+△x1+△x2+…+△x n）=n+1+n△x1+（n﹣1）△x2+…+2△x n﹣1+△x n）…（10分）∵|△x i|+|△y i|=3，且|△x i|的|△y i|都是非零整数，∴当△x i=2的个数越多，则T的值越大，∵在△x1，△x2，△x3，…，△x n﹣1，△x n这个序列中，数字2的位置越靠前，相应的值越大且当△y i取值为1或﹣1的次数最多时，△x i取2的次数才能最多，T的值才能最大．∴①当n=100时，令所有的△y i都为1，且△x i都取2，得T=101+2（1+2+…+100）=10201．②当n＞100时，（i）若n=2k（k≥50，k∈N+），此时△y i可取k+50个1，k﹣50个﹣1，且△x i可都取2，S（n）达到最大值从而T=n+1+2[n+（n﹣1）+…+2+1]=n2+2n+1．（ii）若n=2k+1（k≥50，k∈N+），令△y n=2，其余的△y i中有k﹣49个﹣1，k+49个1．相应的，对于△x i，有△x n=1，其余的都为2，可得T=n+1+2[n+（n﹣1）+…+2+1]﹣1=n2+2n③当50≤n≤100时，令△y i=1，i≤2n﹣100，△y i=2，2n﹣100＜i≤n，则相应地取△x i=2，i≤2n﹣100，△y i=1，2n﹣100＜i≤n，可得T=n+1+2[n+（n﹣1）+…+（101﹣n）]+[（100﹣n）+（99﹣n）+…+2+1]=（n2+205n﹣10098）综上所述，得T=…（13分）点评：本题给出平面坐标系内“相关点”的定义，讨论了T=的最大值问题．着重考查了绝对值的意义、等差数列的求和公式、方程的整数解和圆的标准方程等知识，属于难题．请同学们注意答过程中逐项作差再累加求和、分类讨论思想和转化化归方法的运用．。
2013年高考真题解析分类汇编(理科数学)1：集合(含答案)
2013高考试题解析分类汇编（理数）1：集合(含答案)一、选择题1 ．（2013年高考重庆数学（理））已知全集{}1,2,3,4U =,集合{}=12A ，,{}=23B ，,则()=U A B ð( )A.{}134，， B.{}34， C. {}3 D. {}4 2 ．（2013年高考辽宁数学（理））已知集合{}{}4|0log 1,|2A x x B x x A B =<<=≤= ，则A.()01，B.(]02，C.()1,2D.(]12， 3 ．（2013年高考天津数学（理））已知集合A = {x ∈R | |x |≤2}, A = {x ∈R | x ≤1}, 则A B ⋂=(A) (,2]-∞ (B) [1,2] (C) [2,2] (D) [-2,1]4 ．（2013年高考福建数学（理））设S,T,是R 的两个非空子集,如果存在一个从S 到T 的函数()y f x =满足:(){()|};()i T f x x S ii =∈ 对任意12,,x x S ∈当12x x <时,恒有12()()f x f x <,那么称这两个集合“保序同构”.以下集合对不是“保序同构”的是( )A.*,A N B N == B.{|13},{|8010}A x x B x x x =-≤≤==-<≤或 C.{|01},A x x B R =<<= D.,A Z B Q ==5 ．（2013年高考上海卷（理））设常数a R ∈,集合{|(1)()0},A x xx a B x x a =--≥=≥-,若A B R ⋃=,则a 的取值范围为( ) (A) (,2)-∞(B) (,2]-∞ (C) (2,)+∞(D) [2,)+∞6 ．（2013年高考山东数学（理））已知集合A ={0,1,2},则集合B ={},x y x A y A -∈∈中元素的个数是(A) 1 (B) 3 (C)5 (D)97 ．（2013年高考陕西卷（理））设全集为R , 函数()f x M , 则C M R 为(A) [-1,1] (B) (-1,1) (C) ,1][1,)(∞-⋃+∞- (D) ,1)(1,)(∞-⋃+∞-8 ．（2013年高考大纲版数学（理））设集合{}{}{}1,2,3,4,5,|,,,A B M x x a b a A b B ====+∈∈则M 中的元素个数为(A)3 (B)4 (C)5 (D)69 ．（2013年高考四川卷（理））设集合{|20}A x x =+=,集合2{|40}B x x =-=,则A B = ( )(A){2}- (B){2} (C){2,2}- (D)∅10．（2013年高考新课标1（理））已知集合{}{2|20,|A x x x B x x =->=<<,则 ( )A.A∩B=∅B.A∪B=RC.B ⊆AD.A ⊆B11．（2013年高考湖北卷（理））已知全集为R,集合112xA x ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=≤⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭,{}2|680B x x x =-+≤,则R A C B = ( )A.{}|0x x ≤B.{}|24x x ≤≤C. {}|024x x x ≤<>或D.{}|024x x x <≤≥或12．（2013年高考新课标Ⅱ卷数学（理））已知集合{}{}2|(1)4,,1,0,1,2,3M x x x R N =-<∈=-,则=N M(A){}2,1,0 (B){}2,1,0,1- (C){}3,2,0,1- (D){}3,2,1,013．（2013年高考广东省（理））设集合{}2|20,M x x x x =+=∈R ,{}2|20,N x x x x =-=∈R ,则M N = ( )A .{}0 B.{}0,2C.{}2,0-D.{}2,0,2-14．（2013年高考浙江（理））设集合}043|{},2|{2≤-+=->=x x x T x x S ,则=⋃TS C R )(A.(2,1]-B. ]4,(--∞C. ]1,(-∞D.),1[+∞15．（2013年高考广东省数学（理））设整数4n ≥,集合{}1,2,3,,X n = .令集合(){},,|,,,,,S x y z x y z X x y z y z x z x y =∈<<<<<<且三条件恰有一个成立,若(),,x y z 和(),,z w x 都在S 中,则下列选项正确的是( )A . (),,y z w S ∈,(),,x y w S ∉ B.(),,y z w S ∈,(),,x y w S ∈C.(),,y z w S ∉,(),,x y w S ∈D.(),,y z w S ∉,(),,x y w S ∈16．（2013年高考北京卷（理））已知集合A={-1,0,1},B={x |-1≤ x <1},则A∩B= ( )A.{0}B.{-1,0}C.{0,1}D.{-1,0,1}二、填空题17．（2013年高考江苏卷（数学））集合}1,0,1{-共有___________个子集. 三、解答题 18．（2013年高考重庆数学（理））对正整数n ,记{}1,2,3,,m I n = ,,m m m P I k I ⎫=∈∈⎬⎭.(1)求集合7P 中元素的个数;(2)若m P 的子集A 中任意两个元素之和不是．．整数的平方,则称A 为“稀疏集”.求n 的最大值,使m P 能分成两人上不相交的稀疏集的并.2013高考试题解析分类汇编（理数）1：集合一、选择题19 ．（2013年高考重庆数学（理））已知全集{}1,2,3,4U =,集合{}=12A ，,{}=23B ，,则()=U A B ð( )A.{}134，， B.{}34， C. {}3 D. {}4 D 本题考查集合的基本运算。
1北京市东城区2013届高考一模数学理试题(WORD解析版) 2
2013年北京市东城区高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．（5分）（2013•东城区一模）已知全集U={1，2，3，4}，集合A={1，2}，那么集合∁U A为（）A．{3} B．{3，4} C．{1，2} D．{2，3}考点：补集及其运算．专题：计算题．分析：直接利用补集的定义，求出A的补集即可．解答：解：因为全集U={1，2，3，4}，集合A={1，2}，那么集合∁U A={3，4}．故选B．点评：本题考查补集的运算，补集的定义，考查基本知识的应用．2．（5分）（2013•东城区一模）已知ABCD为平行四边形，若向量，，则向量为（）A．﹣B．+C．﹣D．﹣﹣考点：平面向量的基本定理及其意义．专题：平面向量及应用．分析：如图所示，利用向量的减法法则即可得出．解答：解：如图所示，由向量的减法法则可得：==．故选C．点评：熟练掌握向量的减法法则是解题的关键．3．（5分）（2013•东城区一模）已知圆的方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2=4，那么该圆圆心到直线（t为参数）的距离为（）A．B．C．D．考点：直线与圆的位置关系．专题：直线与圆．分析：求出圆心和半径，把直线的参数方程化为直角坐标方程，利用点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离．解答：解：∵圆的方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2=4，故圆心坐标为（1，2），把直线（t为参数）消去参数t，化为直角坐标方程为x﹣y﹣2=0，故圆心到直线的距离为=，故选C．点评：本题主要考查圆的标准方程、把直线的参数方程化为直角坐标方程，以及点到直线的距离公式的应用，属于中档题．4．（5分）（2013•东城区一模）某游戏规则如下：随机地往半径为1的圆内投掷飞标，若飞标到圆心的距离大于，则成绩为及格；若飞标到圆心的距离小于，则成绩为优秀；若飞标到圆心的距离大于且小于，则成绩为良好，那么在所有投掷到圆内的飞标中得到成绩为良好的概率为（）A．B．C．D．考点：几何概型．专题：概率与统计．分析：根据题意，计算可得圆的面积为π，成绩为良好时，点到圆心的距离大于且小于的面积，由几何概型求概率即可．解答：解：圆的面积为π，点到圆心的距离大于且小于的面积为π﹣π=π，由几何概型得在所有投掷到圆内的飞标中得到成绩为良好的概率为P==故选A．点评：本小题主要考查几何概型等基础知识，简单地说，如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度（面积或体积）成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几何概型．属于中档题．5．（5分）（2013•东城区一模）已知数列{a n}中，a1=2，a n+1﹣2a n=0，b n=log2a n，那么数列{b n}的前10项和等于（）A．130 B．120 C．55 D．50考点：数列递推式；数列的求和．专题：等差数列与等比数列．分析：由题意可得，可得数列{a n}是以2为首项，2为公比的等比数列，利用等比数列的通项公式即可得到a n，利用对数的运算法则即可得到b n，再利用等差数列的前n项公式即可得出．解答：解：在数列{a n}中，a1=2，a n+1﹣2a n=0，即，∴数列{a n}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴=2n．∴=n．∴数列{b n}的前10项和=1+2+…+10==55．故选C．点评：熟练掌握等比数列的定义、等比数列的通项公式、对数的运算法则、等差数列的前n项公式即可得出．6．（5分）（2013•东城区一模）已知F1（﹣c，0），F2（c，0）分别是双曲线C1：（a＞0，b＞0）的两个焦点，双曲线C1和圆C2：x2+y2=c2的一个交点为P，且2∠PF1F2=∠PF2F1，那么双曲线C1的离心率为（）A．B．C．2D．考点：双曲线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：如图所示，利用圆的性质可得，再利用2∠PF1F2=∠PF2F1，得到．利用直角三角形的边角关系即可得到|PF2|=c，．再利用双曲线的定义及离心率的计算公式即可得出．解答：解：如图所示，由题意可得，。
2013年高考全国Ⅰ理科数学试题及答案(word解析版)
2013年普通高等学校招生全国统一考试（全国Ⅰ）数学（理科）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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）【2013年全国Ⅰ，理1，5分】已知集合{}{2|20,|A x x x B x x =->=<，则（ ） （A ）A B =∅ （B ）A B =R （C ）B A ⊆ （D ）A B ⊆ 【答案】B【解析】∵2()0x x ->，∴0x <或2x >．由图象可以看出A B =R ，故选B ． （2）【2013年全国Ⅰ，理2，5分】若复数z 满足(34i)|43i |z -=+，则z 的虚部为（ ）（A ）4- （B ）45- （C ）4 （D ）45【答案】D【解析】∵(34i)|43i |z -=+，∴55(34i)34i 34i (34i)(34i)55z +===+--+．故z 的虚部为45，故选D ． （3）【2013年全国Ⅰ，理3，5分】为了解某地区的中小学生视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大，在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是（ ）（A ）简单随机抽样 （B ）按性别分层抽样 （C ）按学段分层抽样 （D ）系统抽样 【答案】C【解析】因为学段层次差异较大，所以在不同学段中抽取宜用分层抽样，故选C ．（4）【2013年全国Ⅰ，理4，5分】已知双曲线C ：()2222=10,0x y a b a b->>C 的渐近线方程为（ ）（A ）14y x =± （B ）13y x =± （C ）12y x =± （D ）y x =±【答案】C【解析】∵c e a ==，∴22222254c a b e a a +===．∴224a b =，1=2b a ±． ∴渐近线方程为12b y x x a =±±，故选C ．（5）【2013年全国Ⅰ，理5，5分】执行下面的程序框图，如果输入的[]1,3t ∈-，则输出的s 属于（ ） （A ）[3,4]- （B ）[5,2]- （C ）[4,3]- （D ）[2,5]- 【答案】D【解析】若[)1,1t ∈-，则执行3s t =，故[)3,3s ∈-．若[]1,3t ∈，则执行24s t t =-，其对称轴为2t =．故当2t =时，s 取得最大值4．当1t =或3时，s 取得最小值3，则[]3,4s ∈． 综上可知，输出的[]3,4s ∈-，故选D ．（6）【2013年全国Ⅰ，理6，5分】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ， 将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如果不计容器的厚 度，则球的体积为（ ）（A ）35003cm π （B ）38663cm π （C ）313723cm π（D ）320483cm π【答案】B【解析】设球半径为R ，由题可知R ，2R -，正方体棱长一半可构成直角三角形，即OBA ∆为直角三角形，如图，2BC =，4BA =，2OB R =-，OA R =，由()22224R R =-+，得5R =，所以球的体积为34500533ππ=(cm 3)，故选B ．（7）【2013年全国Ⅰ，理7，5分】设等差数列{}n a 的前n 项和为11,2,0,3n m m m S S S S -+=-==，则m =（ ）（A ）3（B ）4 （C ）5 （D ）6【答案】C 【解析】∵12m S -=-，0m S =，13m S +=，∴()1022m m m a S S -=-=--=，11303m m m a S S ++=-=-=．∴1321m m d a a +=-=-=．∵()11102m m m S ma -=+⨯=，∴112m a -=-． 又∵1113m a a m +=+⨯=，∴132m m --+=．∴5m =，故选C ． （8）【2013年全国Ⅰ，理8，5分】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） （A ）168π+ （B ）88π+ （C ）1616π+ （D ）816π+ 【答案】A【解析】由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径2r =，长为4，在长方体中，长为4，宽为2，高为2，所以几何体的体积为24422816r ππ⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ．（9）【2013年全国Ⅰ，理9，5分】设m 为正整数，()2m x y +展开式的二项式系数的最大值为a ， ()21m x y ++展开式的二项式系数的最大值为b ，若137a b =，则m =（ ）（A ）5 （B ）6 （C ）7 （D ）8 【答案】B【解析】由题意可知，2m m a C =，21mm b C +=，又∵137a b =，∴2!21!13=7!!!1!m m m m m m ()(+)⋅⋅(+)，即132171m m +=+．解得6m =，故选B ．（10）【2013年全国Ⅰ，理10，5分】已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的右焦点为(3,0)F ，过点F 的直线交椭圆于,A B 两点．若AB 的中点坐标为(1,1)-，则E 的方程为（ ） （A ）2214536x y +=（B ）2213627x y += （C ）2212718x y += （D ）221189x y +=【答案】D【解析】设11()A x y ，，22()B x y ，，∵A ，B 在椭圆上，∴2211222222221,1,x y a b x y a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩①②，①-②，得 1212121222=0x x x x y y y y a b (+)(-)(+)(-)+，即2121221212=y y y y b a x x x x (+)(-)-(+)(-)， ∵AB 的中点为()1,1-，∴122y y +=-，122x x +=，而1212011=312AB y y k x x --(-)==--， ∴221=2b a ．又∵229a b -=，∴218a =，29b =．∴椭圆E 的方程为22=1189x y +，故选D ． （11）【2013年全国Ⅰ，理11，5分】已知函数()()220ln 10x x x f x x x ⎧-+≤⎪=⎨+>⎪⎩，若()f x a x ≥|，则a 的取值范围是（ ） （A ）(],0-∞ （B ）(],1-∞ （C ）[2,1]- （D ）[2,0]-【答案】D【解析】由()y f x =的图象知：①当0x >时，y ax =只有0a ≤时，才能满足()f x ax ≥，可排除B ，C ．②当0x ≤时，()2222y f x x x x x ==-+=-．故由()f x ax ≥得 22x x ax -≥．当0x =时，不等式为00≥成立．当0x <时，不等式等价于2x a -≤．∵22x -<-，∴2a ≥-．综上可知：[]2,0a ∈-，故选D ．（12）【2013年全国Ⅰ，理12，5分】设n n n A B C ∆的三边长分别为n a ，n b ，n c ，n n n A B C ∆的面积为n S ，1,2,3.n =⋯，若11b c >，1112b c a +=，1n n a a +=，12n n n c a b ++=，12n nn b a c ++=，则（ ）（A ）{}n S 为递减数列 （B ）{}n S 为递增数列（C ）{}21n S -为递增数列，{}2n S 为递减数列 （D ）{}21n S -为递减数列，{}2n S 为递增数列 【答案】B第II 卷本卷包括必考题和选考题两部分．第（13）题~第（21）题为必考题，每个试题考生都必须作答．第（22）题~第（24）题为选考题，考生根据要求作答． 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分（13）【2013年全国Ⅰ，理13，5分】已知两个单位向量a ，b 的夹角为60°，()1t t =+-c a b ．若·0=b c ，则t = ． 【答案】2【解析】∵()1t t =+-c a b ，∴()2··1t t =+-bc ab b ．又∵1==a b ，且a 与b 夹角为60°，⊥b c ， ∴()0 601t cos t =︒+-a b ，1012t t =+-．∴2t =．（14）【2013年全国Ⅰ，理14，5分】若数列{}n a 的前n 项和2133n n S a =+，则{}n a 的通项公式是n a = ．【答案】()12n --【解析】∵2133n n S a =+，① ∴当2n ≥时，112133n n S a --=+．② ①-②，得12233n n n a a a -=-，即12n n aa -=-．∵1112133a S a ==+，∴11a =．∴{}n a 是以1为首项，-2为公比的等比数列，()12n n a -=-．（15）【2013年全国Ⅰ，理15，5分】设当x θ=时，函数()2f x sinx cosx =-取得最大值，则cos θ= ．【答案】 【解析】()s 2x f x sinx cosx x ⎫⎪==⎭-，令cos α=，sin α=，则()()f x x α=+，当22()x k k ππα=+-∈Z 时，()sin x α+有最大值1，()f x，即22()k k πθπα=+-∈Z ，所以cos θ=πcos =cos 2π+cos sin 22k πθααα⎛⎫⎛⎫-=-=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（16）【2013年全国Ⅰ，理16，5分】若函数()()()221f x x x ax b =-++的图像关于直线2x =-对称，则()f x 的最大值为 ．【答案】16【解析】∵函数()f x 的图像关于直线2x =-对称，∴()f x 满足()()04f f =-，()()13f f -=-，即151640893b a b a b =-(-+)⎧⎨=-(-+)⎩，得815a b =⎧⎨=⎩∴()432814815f x x x x x =---++．由()324242880f x x x x '=---+=，得12x =-22x =-，32x =-．易知，()f x在(,2-∞-上为增函数，在()22--上为减函数，在(2,2--上为增函数，在()2-+-∞上为减函数．∴(((((222122821588806416f ⎡⎤⎡⎤-=---+-+=---=-=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦．()()()()()22212282153416915f ⎡⎤⎡-=---+⨯⎤==-⎣⎦⎣⎦-+--+(((((222122821588806416f ⎡⎤⎡⎤-=---++-++=-++=-=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦．故f (x )的最大值为16．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．（17）【2013年全国Ⅰ，理17，12分】如图，在ABC ∆中，90ABC ∠=︒，AB =，1BC =，P为ABC ∆内一点，90BPC ∠=︒．（1）若12PB =，求PA ；（2）若150APB ∠=︒，求tan PBA ∠．解：（1）由已知得60PBC ∠=︒，30PBA ∴∠=︒．在PBA ∆中，由余弦定理得211732cos 30424PA =+-︒=．故PA =（2）设PBA α∠=，由已知得sin PB α=．在PBA ∆sin sin(30)αα=︒-，4sin αα=．所以tan α，即tan PBA ∠= （18）【2013年全国Ⅰ，理18，12分】如图，三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，1AB AA =，160BAA ∠=︒． （1）证明：1AB A C ⊥；（2）若平面ABC ⊥平面11AA B B ，AB CB =，求直线1A C 与平面11BB C C 所成角的正弦值．解：（1）取AB 的中点O ，连结OC ，1OA ，1A B ．因为CA CB =，所以OC AB ⊥．由于1AB AA =，160BAA ∠=︒，故1AA B ∆为等边三角形，所以1OA AB ⊥．因为1OC OA O = ，所以AB ⊥平面1OA C ． 又1A C 平面1OA C ，故1AB A C ⊥．（2）由（1）知OC AB ⊥，1OA AB ⊥．又平面ABC ⊥平面11AA B B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面11AA B B ，故OA ，1OA ，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，OA为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -．由题设知()1,0,0A，1()0A ，(0,0C ，()1,0,0B -．则(1,03BC =，11()BB AA =-=，(10,A C = ．设()n x y z =，，是平面11BB C C 的法向量，则100BC BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0x x ⎧=⎪⎨-=⎪⎩可取1)n =-．故111cos ,n AC n AC n AC ⋅==⋅ ．所以1A C 与平面11BB C C． （19）【2013年全国Ⅰ，理19，12分】一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n ．如果n =3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n =4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为12，且各件产品是否为优质品相互独立．（1）求这批产品通过检验的概率；（2）已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X (单位：元)，求X 的分布列及数学期望．解：（1）设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件1A ，第一次取出的4件产品全是优质品为事件2A ，第二次取出的4件产品都是优质品为事件1B ，第二次取出的1件产品是优质品为事件2B ，这批产品通过检验为事件A ，依题意有()()1122A A B A B = ，且11A B 与22A B 互斥，所以 ()()()()()()()112211122241113||161616264P A P A B P A B P A P B A P A P B A ==⨯++⨯==+．（2）X 可能的取值为400，500，800，并且()41114001161616P X ==--=，()500116P X ==，()80140P X ==． 所以X 的分布列为()111400+500+800506.2516164E X =⨯⨯⨯=． （20）【2013年全国Ⅰ，理20，12分】已知圆()2211M x y ++=：，圆()2219N x y -+=：，动圆P 与圆M 外切并且与圆N 内切，圆心P 的轨迹为曲线C ．（1）求C 的方程；（2）l 是与圆P ，圆M 都相切的一条直线，l 与曲线C 交于A ，B 两点，当圆P 的半径最长时，求AB ． 解：由已知得圆M 的圆心为()1,0M -，半径11r =；圆N 的圆心为()1,0N ，半径23r =．设圆P 的圆心为(),P xy ，半径为R ．（1）因为圆P 与圆M 外切并且与圆N 内切，所以()()12124PM PN R r r R r r +=++-=+=．由椭圆的定义可知，曲线C 是以M ，N 为左、右焦点，长半轴长为2(左顶点除外)，其方程为()22=1243x y x +≠-．（2）对于曲线C 上任意一点()P x y ，，由于222PM PN R -=-≤，所以2R ≤，当且仅当圆P 的圆心为()2,0时，2R =．所以当圆P 的半径最长时，其方程为()2224x y -+=．若l 的倾斜角为90︒，则l 与y 轴重 合，可得AB =l 的倾斜角不为90︒，由1r R ≠知l 不平行于x 轴，设l 与x 轴的交点为Q ，则1||||QP R QM r =，可求得()4,0Q -，所以可设()4l y k x =+：．由l 与圆M ，解得k =． 当k =时，将y =+22=13x y +，并整理得27880x x +-=，解得1,2x =． 2118|7AB x x =-=．当k =时，由图形对称性可知187AB =．综上，AB =187AB =． （21）【2013年全国Ⅰ，理21，12分】设函数()2f x x ax b =++，()()x g x e cx d =+．若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点()0,2P ，且在点P 处有相同的切线42y x =+．（1）求a ，b ，c ，d 的值；（2）若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，求k 的取值范围．解：（1）由已知得()02f =，()02g =，()04f '=，()04g '=．而()2f x x a '=+，()()x g x e cx d c '=++， 故2b =，2d =，4a =，4d c +=．从而4a =，2b =，2c =，2d =． （2）由（1）知，()242f x x x =++，()()21x g x e x =+．设函数()()()()22142x F x kg x f x ke x x x =-=+---，()()()()2224221x x F x ke x x x ke '=+--=+-．()00F ≥ ，即1k ≥．令()0F x '=得1ln x k =-，22x =-． ①若21k e ≤<，则120x -<≤．从而当12()x x ∈-，时，()0F x '<；当1()x x ∈+∞，时，()0F x '>． 即()F x 在1(2)x -，单调递减，在1()x +∞，单调递增．故()F x 在[)2-+∞，的最小值为()1F x ． 而()()11111224220F x x x x x =+---=-+≥．故当2x ≥-时，()0F x ≥，即()()f x kg x ≤恒成立． ②若2k e =，则()()()2222x F x e x e e -'=+-．∴当2x >-时，()0F x '>，即()F x 在()2-+∞，单调递增． 而()20F -=，故当2x ≥-时，()0F x ≥，即()()f x kg x ≤恒成立． ③若2k e >，则()()22222220F k eek e ---=-+=--<．从而当2x ≥-时，()()f x kg x ≤不可能恒成立．综上，k 的取值范围是2[1]e ，． 请考生在（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时，请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．（22）【2013年全国Ⅰ，理22，10分】（选修4-1：几何证明选讲）如图，直线AB为圆的切线，切点为B ，点C 在圆上，ABC ∠的角平分线BE 交圆于点E ，DB 垂直BE 交圆 于点D ． （1）证明：DB DC =；（2）设圆的半径为1，BC =CE 交AB 于点F ，求BCF ∆外接圆的半径． 解：（1）连结DE ，交BC 于点G ．由弦切角定理得，ABE BCE ∠=∠．而ABE CBE ∠=∠，故CBE BCE ∠=∠，BE CE =．又因为DB BE ⊥，所以DE 为直径，90DCE ∠=︒，DB DC =．（2）由（1）知，CDE BDE ∠=∠，DB DC =，故DG 是BC的中垂线，所以BG =设DE 的中点为O ，连结BO ，则60BOG ∠=︒．从而30ABE BCE CBE ∠=∠=∠=︒，所以CF BF ⊥，故Rt BCF ∆．（23）【2013年全国Ⅰ，理23，10分】（选修4-4：坐标系与参数方程）已知曲线1C 的参数方程为45cos 55sin x ty t=+⎧⎨=+⎩(t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为2sin ρθ=． （1）把1C 的参数方程化为极坐标方程；（2）求1C 与2C 交点的极坐标(0ρ≥，02θπ≤<)．解：（1）将45cos 55sin x t y t =+⎧⎨=+⎩消去参数t ，化为普通方程()()224525x y -+-=，即221810160C x y x y +--+=：．将cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩代入22810160x y x y +--+=得28cos 10sin 160ρρθρθ--+=． 所以1C 的极坐标方程为28cos 10sin 160ρρθρθ--+=．（2）2C 的普通方程为2220x y y +-=．由222281016020x y x y x y y ⎧+--+=⎨+-=⎩，解得11x y =⎧⎨=⎩或02x y =⎧⎨=⎩， 所以1C 与2C交点的极坐标分别为π4⎫⎪⎭，π2,2⎛⎫ ⎪⎝⎭．（24）【2013年全国Ⅰ，理24，10分】（选修4-5：不等式选讲）已知函数()212f x x x a =-++，()3g x x =+．（1）当2a =-时，求不等式()()f x g x <的解集；（2）设1a >-，且当1,22a x ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时，()()f x g x ≤，求a 的取值范围．解：（1）当2a =-时，()()f x g x <化为212230x x x -+---<．设函数21223y x x x =-+---，则y =15,212,1236,1x x y x x x x ⎧-<⎪⎪⎪=--≤≤⎨⎪->⎪⎪⎩，其图像如图所示．从图像可知，当且仅当()0,2x ∈时，0y <．所以原不等式的解集是{}2|0x x <<．（2）当1,22x a ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭∈时，()1f x a =+．不等式()()f x g x ≤化为13a x +≤+．所以2x a ≥-，对1,22x a ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭∈都成立．故22a a -≥-，即43a ≤．从而a 的取值范围是41,3⎛⎤- ⎥⎝⎦．。
北京市朝阳区2013届高考一模数学理试题(WORD解析版)
2013年北京市朝阳区高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、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．（5分）（2013•朝阳区一模）i为虚数单位，复数的虚部是（）A．B．C．D．考点：复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算．专题：计算题．分析：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==的虚部是．故选A．点评：熟练掌握复数的运算法则和共轭复数是解题的关键．2．（5分）（2013•朝阳区一模）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）考点：交集及其运算．专题：函数的性质及应用．分析：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．点评：本题考查的知识点是对数不等式的解法，集合的交集及其运算，其中解不等式求出集合N是解答本题的关键．3．（5分）（2013•朝阳区一模）已知向量，．若，则实数m的值为（）A．﹣3 B．C．D．考点：平行向量与共线向量；平面向量的坐标运算．专题：平面向量及应用．分析：先求得得==（3，1），再由，则这两个向量的坐标对应成比例，解方程求得实数m的值．解答：解：由题意可得==（3，1），若，则这两个向量的坐标对应成比例，即，解得m=﹣3，故选A．点评：本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．4．（5分）（2013•朝阳区一模）在极坐标系中，直线与曲线ρ=2cosθ相交于A，B两点，O为极点，则∠AOB的大小为（）A．B．C．D．考点：点的极坐标和直角坐标的互化．专题：直线与圆．分析：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：解：直线ρcosθ=即x=，曲线ρ=2cosθ即ρ2=2ρcosθ，即（x﹣1）2+y2=1，表示以C（1，0）为圆心，以1为半径的圆．如图．Rt△ADC中，∵cos∠ACO==，∴∠ACO=，在△AOC中，AC=OC，∴∠AOC=，∴∠AOB=2∠AOC=，故选C．点评：本题考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，直线和圆的位置关系，求出∠ACO是解题的关键．5．（5分）（2013•朝阳区一模）在下列命题中，①“”是“sinα=1”的充要条件；②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．其中所有正确命题的序号是（）A．②B．③C．②③D．①③考点：命题的真假判断与应用．专题：计算题．分析：①利用特殊值α=，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，得到结果．解答：解：①是假命题．α=，是能推得sinα=1，反之，sinα=1，α可以为或其他数值．②：的通项为T r+1=C（）r=2r﹣4C4r x12﹣4r令12﹣4r=0得r=3∴展开式的常数项为T4=C43=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）=﹣p，正确．故选C．点评：本题考查命题真假的判断，考查了充要条件、二项式定理、正态分布等知识．6．（5分）（2013•朝阳区一模）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．C．D．8考点：由三视图求面积、体积．专题：空间位置关系与距离．分析：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×=8．故选D．点评：此题考查了由三视图判断几何体，考查三视图的读图能力，计算能力，空间想象能力，本题是基础题，常考题型．7．（5分）（2013•朝阳区一模）抛物线y2=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，则的最大值为（）A．B．1C．D．2考点：抛物线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：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：解：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+b2﹣2abcos120°=a2+b2+ab配方得，|AB|2=（a+b）2﹣ab，又∵ab≤（）2，∴（a+b）2﹣ab≥（a+b）2﹣（a+b）2=（a+b）2得到|AB|≥（a+b）．所以≤=，即的最大值为．故选：A点评：本题在抛物线中，利用定义和余弦定理求的最大值，着重考查抛物线的定义和简单几何性质、基本不等式求最值和余弦定理的应用等知识，属于中档题．8．（5分）（2013•朝阳区一模）已知函数f（x）=2x+1，x∈N*．若，使f（x0）+f（x0+1）+…+f（x0+n）=63成立，则称（x0，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个考点：函数的值；数列的求和．专题：压轴题；新定义．分析：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，得或，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，得或，解得或，所以函数f（x）的“生成点”为（1，6），（9，2）．故选B．点评：本题考查数列求和及函数求值，考查学生对问题的阅读理解能力解决问题的能力．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.9．（5分）（2013•朝阳区一模）在等比数列{a n}中，2a3﹣a2a4=0，则a3=2，{b n}为等差数列，且b3=a3，则数列{b n}的前5项和等于10．考点：等比数列的通项公式；等比数列的前n项和．专题：等差数列与等比数列．分析：由题意可得a2a4=，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==，计算即可．解答：解：由等比数列的性质可得a2a4=，代入可得2a3﹣=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===5×2=10故答案为：2；10点评：本题考查等比数列和等差数列的性质和求和公式，属基础题．10．（5分）（2013•朝阳区一模）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=3asinB，则tanA=．考点：正弦定理．专题：解三角形．分析：由条件，利用正弦定理可得sinB=3sinAsinB，求得sinA的值，再由同角三角函数的基本关系求得tanA的值．解答：解：在△ABC中，角A为锐角，且b=3asinB，由正弦定理可得sinB=3sinAsinB，∵sinA≠0，故sinA=，∴cosA==tanA==，故答案为．点评：本题主要考查正弦定理，同角三角函数的基本关系，属于中档题．11．（5分）（2013•朝阳区一模）执行如图所示的程序框图，输出的结果S=20．考点：程序框图．分析：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．点评：本题考查了程序框图，考查了直到型结构，直到型结构是先执行后判断，不满足条件执行循环，满足条件跳出循环，算法结束，是基础题．12．（5分）（2013•朝阳区一模）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，AB=AC=2，则线段AD的长是1；圆O的半径是2．考点：与圆有关的比例线段．专题：选作题．分析：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，再利用正弦定理得即可．解答：解：①∵CD是⊙O的切线，由切割线定理得CD2=DA•DB，CD=，DB=DA+AB=DA+2，∴，又DA＞0，解得DA=1．②在△ACD中，由余弦定理可得cos∠ACD===，∵0＜∠ACD＜π，∴．根据弦切角定理可得∠ABC=∠DCA=．由正弦定理可得==4，∴R=2．故答案分别为1，2．点评：熟练掌握切割线定理、弦切角定理、正弦定理、余弦定理是解题的关键．13．（5分）（2013•朝阳区一模）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．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：函数的性质及应用．分析：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：解：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==，k CA==，故实数a的取值范围是：，故答案为：点评：不本题考查方程根的存在性及个数的判断，数形结合是解决问题的关键，属中档题．14．（5分）（2013•朝阳区一模）在平面直角坐标系xOy中，已知点A是半圆x2﹣4x+y2=0（2≤x≤4）上的一个动点，点C在线段OA的延长线上．当时，则点C的纵坐标的取值范围是[﹣5，5]．考点：平面向量数量积的运算．专题：压轴题；平面向量及应用．分析：设点C（a，b），由题意可得=λ，且λ＞0，当点A在点M（2，2）时，由=20，且a=b，解得b的值．当点A在点N（2，﹣2）时，由=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），由于与的方向相同，故=λ，且λ＞0，当点A在点M（2，2）时，=2a+2b=20，且a=b，解得b=5．当点A在点N（2，﹣2）时，=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]．点评：本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，体现了数形结合与分类讨论的数学思想，属于中档题三、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.15．（13分）（2013•朝阳区一模）已知函数（ω＞0）的最小正周期为π．（Ⅰ）求ω的值及函数f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）当时，求函数f（x）的取值范围．考点：二倍角的余弦；两角和与差的正弦函数；二倍角的正弦；正弦函数的单调性．专题：三角函数的图像与性质．分析：（Ⅰ）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，由此求得它的最小正周期．令，求得x的范围，即可得到函数f（x）的单调递增区间．（Ⅱ）因为，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：（Ⅰ）==．…（4分）因为f（x）最小正周期为π，所以ω=2．…（6分）所以．由，k∈Z，得．所以函数f（x）的单调递增区间为[]，k∈Z．…（8分）（Ⅱ）因为，所以，…（10分）所以．…（12分）所以函数f（x）在上的取值范围是[]．…（13分）点评：本题主要考查两角和的正弦公式，二倍角公式，正弦函数的单调性和周期性，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．16．（13分）（2013•朝阳区一模）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）．（Ⅰ）在一次试验中，求卡片上的数字为正数的概率；（Ⅱ）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；（Ⅲ）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．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．专题：概率与统计．分析：（Ⅰ）根据古典概型概率计算公式求解：P（A）=；（Ⅱ）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（），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；（Ⅲ）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：（Ⅰ）设事件A：在一次试验中，卡片上的数字为正数，则．答：在一次试验中，卡片上的数字为正数的概率是．（Ⅱ）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（Ⅰ）可知在一次试验中，卡片上的数字为正数的概率是．所以．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．（Ⅲ）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．；；；；；．所以随机变量X的分布列为X ﹣2 ﹣1 0 1 2 4P所以．点评：本题考查离散型随机变量的分布列及期望，考查古典概型概率计算公式，考查学生对问题的阅读理解能力．17．（14分）（2013•朝阳区一模）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．（Ⅰ）求证：EF∥平面PAD；（Ⅱ）当时，求异面直线BF与CD所成角的余弦值；（Ⅲ）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．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．专题：计算题；空间位置关系与距离；空间角．分析：（Ⅰ）由==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；（Ⅱ）可证得PA，AB，AD两两垂直，以之为轴建立空间直角坐标系，可求得与的坐标，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；（Ⅲ）设F（x0，y0，z0），则=（x0，y0，z0﹣2），=（1，1，﹣2），由=λ，可求得F（λ，λ，2﹣2λ），再设出平面AFD的一个法向量为n1=（x1，y1，z1），平面PCD的一个法向量为n2=（x2，y2，z2），可求得这两个法向量的坐标，利用n1•n2=0，即可求得λ的值．解答：证明：（Ⅰ）由已知，==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．…（4分）（Ⅱ）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．…（5分）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=时，F为PC中点，所以F（，，1），所以=（﹣，，1），=（﹣1，1，0）．设异面直线BF与CD所成的角为θ，所以cosθ=|cos＜，＞|==，所以异面直线BF与CD所成角的余弦值为．…（9分）（Ⅲ）设F（x0，y0，z0），则=（x0，y0，z0﹣2），=（1，1，﹣2）．由已知=λ，所以（x0，y0，z0﹣2）=λ（1，1，﹣2），所以，∴=（λ，λ，2﹣2λ）．设平面AFD的一个法向量为n1=（x1，y1，z1），因为=（0，2，0），所以即，令z1=λ，得n1=（2λ﹣2，0，λ）．设平面PCD的一个法向量为n2=（x2，y2，z2），因为=（0，2，﹣2），=（﹣1，1，0），所以即令x2=1，则n2=（1，1，1）．若平面AFD⊥平面PCD，则n1•n2=0，所以（2λ﹣2）+λ=0，解得．所以当λ=时，平面AFD⊥平面PCD．…（14分）点评：本题考查直线与平面的平行，考查异面直线所成的角，考查面面垂直，突出考查空间直角坐标系在证明与计算中的应用．属于中档题．18．（13分）（2013•朝阳区一模）已知函数f（x）=x2﹣（a+2）x+alnx+2a+2，其中a≤2．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）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．考点：利用导数研究函数的单调性；函数的零点．专题：导数的综合应用．分析：（I）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．（II）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（I）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：（I）函数定义域为x＞0，且f′（x）=2x﹣（a+2）+=…（2分）①当a≤0，即时，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，即0＜a＜2时，令f'（x）＞0，得或x＞1，函数f（x）的单调递增区间为，（1，+∞）．令f'（x）＜0，得，函数f（x）的单调递减区间为．③当，即a=2时，f'（x）≥0恒成立，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．…（7分）（Ⅱ）①当a≤0时，由（Ⅰ）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，要使f（x）在（0，2]上有且只有一个零点，需满足f（1）=0或解得a=﹣1或a＜﹣．②当0＜a≤2时，由（Ⅰ）可知，（ⅰ）当a=2时，函数f（x）在（0，2]上单调递增；且，所以f（x）在（0，2]上有且只有一个零点．（ⅱ）当0＜a＜2时，函数f（x）在上单调递减，在（1，2]上单调递增；又因为f（1）=a+1＞0，所以当时，总有f（x）＞0．因为e＜1＜a+2，所以f（e）=e[e﹣（a+2）]+（alne+2a+2）＜0．所以在区间（0，）内必有零点．又因为f（x）在（0，）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＜﹣或a=﹣1时，f（x）在（0，2]上有且只有一个零点．…（13分）点评：此题考查的是利用导数研究函数的单调性，函数的零点存在问题．在解答的过程当中充分体现了等价转化的思想，以及零点定理的相关知识．值得同学们体会反思．19．（14分）（2013•朝阳区一模）已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C过点，离心率为，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．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）求的取值范围．考平面向量数量积的运算；椭圆的标准方程．点：圆锥曲线的定义、性质与方程．专题：分析：（Ⅰ）设椭圆的方程为，依题意可得a、b、c的方程组，解之可得方程；（Ⅱ）由（Ⅰ）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；（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（4k2+1）x2﹣8k2x+4k2﹣4=0．进而由根与系数的关系表示出向量的数量积为，由k 的范围可得其范围，综合可得．解答：解：（Ⅰ）由题意，设椭圆的方程为，依题意得解之可得a2=4，b2=1．所以椭圆C的方程为．…（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）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，，所以．…（6分）（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．由消y并整理得（4k2+1）x2﹣8k2x+4k2﹣4=0．设E（x1，y1），F（x2，y2），则．直线AE，AF的方程分别为：，令x=3，则．所以，．…（10分） 所以======．…（12分）因为k 2＞0，所以16k 2+4＞4，所以，即．综上所述，的取值范围是．…（14分）点评： 本题考查平面向量数量积的运算，涉及椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的位置关系的应用，属中档题．20．（13分）（2013•朝阳区一模）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，其中x 11=x 1．（Ⅰ）若τ=（10，9，8，7，6，5，4，3，2，1），求S （τ）的值；（Ⅱ）求S （τ）的最大值；（Ⅲ）求使S （τ）达到最大值的所有排列τ的个数．考点： 排列及排列数公式；数列的求和．专题： 等差数列与等比数列；概率与统计．分析：（Ⅰ）依题意，τ=（x 1，x 2，…，x 10）=（10，9，8，7，6，5，4，3，2，1），代入S （τ）=|2x k﹣3x k+1|计算即可求得S（τ）的值；（Ⅱ）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；（Ⅲ）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：（Ⅰ）∵τ=（10，9，8，7，6，5，4，3，2，1），x11=x1，依题意，S（τ）=|2x k﹣3x k+1|，∴S（T）=|2x k﹣3x k+1|=7+6+5+4+3+2+1+0+1+28=57，．…（3分）（Ⅱ）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．…（8分）（Ⅲ）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x1=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x1=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．…（13分）点评：本题考查排列及排列数公式，考查抽象思维与综合分析能力，考查运算能力，属于难题．。
2013年北京市顺义区高考数学一模试卷(理科)(附答案解析)
2013年北京市顺义区高考数学一模试卷（理科）一、选择题.共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. 已知集合A ={x ∈R|2x +1<0}，B ={(x +1)(x −2)<0}，则A ∩B =( ) A.(−∞, −1) B.(−1, −12)C.(−12,2)D.(2, +∞)2. 在复平面内，复数1−2i 2+i对应的点的坐标为（ ）A.(0, −1)B.(0, 1)C.(45, −35)D.(45, 35)3. 参数方程{x =2−ty =−1−2t （为参数）与极坐标方程ρ=sin θ所表示的图形分别是（ ）A.直线、直线B.直线、圆C.圆、圆D.圆、直线4. 已知向量a →=(2, 1)，b →=(−2, k)且a →⊥(2a →−b →)，则实数k ＝（ ） A.−14 B.−6C.6D.145. 如图，AB ，AC 分别与圆O 相切于点B ，C ，ADE 是⊙O 的割线，连接CD ，BD ，BE ，CE ．则（ ）A.AB 2=AD ⋅DEB.CD ⋅DE =AC ⋅CEC.BE ⋅CD =BD ⋅CED.AD ⋅AE =BD ⋅CD6. 从0，1中选一个数字，从2，4，6中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为（ ） A.36 B.30 C.24 D.127. 设不等式组{x +y ≤4y −x ≥0x −1≥0表示的平面区域为D ．若圆C ：(x +1)2+(y +1)2=r 2(r >0)不经过区域D 上的点，则r 的取值范围是（ ） A.[2√2, 2√5] B.(2√2, 3√2] C.(3√2, 2√5] D.(0, 2√2)∪(2√5, +∞)8. 已知函数f(x)=sin (2x +φ)，其中φ为实数，若f(x)≤|f(π6)|对x ∈R 恒成立，且f(π2)<f(π)．则下列结论正确的是（ ） A.f(1112π)=−1B.f(7π10)>f(π5)C.f(x)是奇函数D.f(x)的单调递增区间是[kπ−π3, kπ+π6](k ∈Z)二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）执行如图所示的程序框图，输出的S 值为________．在△ABC 中，若b =4，cos B =−14，sin A =√158，则a =________，c =________．如图是根据50个城市某年6月份的平均气温（单位：∘C ）数据得到的样本频率分布直方图，其中平均气温的范围是[20.5, 26.5]，样本数据的分组为[20.5, 21.5),[21.5, 22.5),[22.5, 23.5),[23.5, 24.5),[25.5, 26.5]，由图中数据可知a =________；样本中平均气温不低于23.5∘C的城市个数为________．已知定义域为R的偶函数f(x)在(−∞, 0]上是减函数，且f(12)=2，则不等式f(2x)>2的解集为________．在平面直角坐标系xOy中，设抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，PA⊥l，A为垂足．如果直线AF的倾斜角为120∘，那么|PF|=________．函数B1的定义域为A，若x1，x2∈A且f(x1)=f(x2)时总有x1=x2，则称f(x)为单函数．例如，函数f(x)= x+1(x∈R)是单函数．下列命题：①函数f(x)=x2−2x(x∈R)是单函数；②函数f(x)={log2x，x≥22−x,x<2是单函数；③若y=f(x)为单函数，x1，x2∈A且x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)；④函数f(x)在定义域内某个区间D上具有单调性，则f(x)一定是单函数．其中的真命题是________（写出所有真命题的编号）．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）已知函数f(x)=cos(2ωx−π6)−cos(2ωx+π6)+1−2sin2ωx，(x∈R, ω>0)的最小正周期为π．（1）求ω的值；（2）求函数f(x)在区间[−π4, π3]上的最大值和最小值．已知{a n}为等差数列，且a2=−1，a5=8．（1）求数列{|a n|}的前n项和；（2）求数列{2n⋅a n}的前n项和．现有甲、乙两个靶．某射手向甲靶射击两次，每次命中的概率为34，每命中一次得1分，没有命中得0分；向乙靶射击一次，命中的概率为23，命中得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击．（1）求该射手恰好命中两次的概率；（2）求该射手的总得分X的分布列及数学期望EX；（3）求该射手向甲靶射击比向乙靶射击多击中一次的概率．设函数f(x)=13x3−ax(a>0)，g(x)＝bx2+2b−1．(Ⅰ)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1, c)处具有公共切线，求a，b的值；(Ⅱ)当a＝1−2b时，若函数f(x)+g(x)在区间(−2, 0)内恰有两个零点，求a的取值范围；(Ⅲ)当a＝1−2b＝1时，求函数f(x)+g(x)在区间[t, t+3]上的最大值．已知椭圆C:x2a2+y2=1(a>1)的上顶点为A，左焦点为F，直线AF与圆M:x2+y2+6x−2y+7=0相切．过点(0, −12)的直线与椭圆C交于P，Q两点．（1）求椭圆C的方程；（2）当△APQ的面积达到最大时，求直线的方程．已知数列{a n}的前n项和为S n，且点(n, S n)在函数y＝2x+1−2的图象上．(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)设数列{b n}满足：b1＝0，b n+1+b n＝a n，求数列{b n}的前n项和公式；(Ⅲ)在第(II)问的条件下，若对于任意的n∈N∗不等式b n<λb n+1恒成立，求实数λ的取值范围．参考答案与试题解析2013年北京市顺义区高考数学一模试卷（理科）一、选择题.共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.【答案】B【考点】交集及其运算【解析】先解不等式求出集合A和B；再由交集定义求出结论．【解答】解：∵集合A={x∈R|2x+1<0}={x|x<−12}B={(x+1)(x−2)<0}={x|−1<x<2}∴A∩B={x|x<−12}∩{x|−1<x<2}=(−1, −12)故选B．2.【答案】A【考点】复数的代数表示法及其几何意义【解析】化简复数1−2i2+i，它在复平面内的对应点为(0, 1)，由此求得结果．【解答】复数1−2i2+i =(1−2i)(2−i)(2+i)(2−i)=−5i5=−i，它在复平面内的对应点为(0, −1)，3.【答案】B【考点】参数方程与普通方程的互化圆的极坐标方程直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化【解析】先将原极坐标方程两边同乘以ρ后化成直角坐标方程，再利用直角坐标方程进行判断极坐标方程ρ=sinθ所表示的图形；将参数方程{x=2−ty=−1−2t（为参数）的参数方程消去参数后化成直角坐标方程即可得到结论．【解答】解：∵曲线的参数方程{x=2−ty=−1−2t（为参数），消去参数t得：2x−y−5=0．∴它所表示的图形是直线．∵ρ=sinθ∴ρ2=ρsinθ∴x2+y2=y∴直角坐标方程为x2+y2−y=0∴它所表示的图形是圆故选B．4.【答案】D【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】由已知易得2a→−b→的坐标，由成立垂直的充要条件可得关于k的方程，解之即可．【解答】∵a→=(2, 1)，b→=(−2, k)，∴2a→−b→=(6, 2−k)，又∵a→⊥(2a→−b→)，∴2×6+1×(2−k)＝0，解得k＝145.【答案】C【考点】与圆有关的比例线段【解析】由已知中AB，AC分别与圆O相切于点B，C，ADE是⊙O的割线，根据切割线定理，及相似三角形性质（对应边成比例），逐一分析四个答案，可得结论．【解答】解：∵AB，AC分别与圆O相切于点B，C，ADE是⊙O的割线，由切割线定理可得AB2=AD⋅AE，故A不正确，D不正确；由△ACD∽△AEC，可得CD⋅AE=AC⋅CE，故B不正确；由△ACD∽△AEC，可得AD⋅CE=AC⋅CD，由△ABD∽△AEB，可得AD⋅BE=AB⋅BD，又因为AB=AC，故BE⋅CD=BD⋅CE，故C正确故选C6.【答案】C【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】先选后排，特殊元素和特殊位置优先安排的原则即可得出．【解答】解：分以下两类：①当从0，1中选一个数字为0时，再从2，4，6中选两个数字可有C32种选法，组成无重复数字的三位数，则0不能在首位，共可组成C32C21A22=12个偶数；②当从0，1中选一个数字为1时，再从2，4，6中选两个数字可有C32种选法，组成无重复数字的三位数，则1不能放在末位，共可组成C32C21A22=12个偶数．综上可知：共有12+12=24个偶数．故选C．7.【答案】D【考点】求线性目标函数的最值【解析】作出题中不等式组表示的平面区域，得到如图的△MNP及其内部，而圆C表示以(−1, −1)为圆心且半径为r的圆．观察图形，可得半径r<CM或r>CP时，圆C不经过区域D上的点，由此结合平面内两点之间的距离公式，即可得到r的取值范围．【解答】解：作出不等式组{x+y≤4y−x≥0x−1≥0表示的平面区域，得到如图的△MNP及其内部，其中M(1, 1)，N(2, 2)，P(1, 3)∵圆C：(x+1)2+(y+1)2=r2(r>0)，表示以C(−1, −1)为圆心，半径为r的圆∴由图可得，当半径满足r<CM或r>CP时，圆C不经过区域D上的点，∵CM=√(1+1)2+(1+1)2=2√2，CP=√(1+1)2+(3+1)2=2√5∴当0<r<2√2或r>2√5时，圆C不经过区域D上的点故选：D8.【答案】D【考点】命题的真假判断与应用正弦函数的单调性【解析】根据题意首先判断φ的取值，然后逐条验证．对A，代入求值即可；对B，代入比较大小即可；对C，根据奇函数定义，验证是否适合；对D，通过解不等式求单调区间的方法求解．【解答】解：∵f(x)≤|f(π6)|对x∈R恒成立，∴2×π6+φ=kπ+π2⇒φ=kπ+π6，k∈Z．∵f(π2)<f(π)⇒sin(π+φ)=−sinφ<sin(2π+φ)=sinφ⇒sinφ>0．∴φ=2kπ+π6，k∈Z．不妨取φ=π6f(11π12)=sin2π=0，∴A×；∵f(7π10)=sin(7π5+π6)=sin47π30=−sin17π30<0，f(π5)=sin(2π5+π6)=sin17π30>0，∴B×；∵f(−x)≠−f(x)，∴C×；∵2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2⇒kπ−π3≤x≤kπ+π6，k∈Z．∴D√；故选D二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）【答案】−2【考点】程序框图【解析】根据所给数值判定是否满足判断框中的条件，然后执行循环语句，一旦不满足条件就退出循环，输出结果．【解答】解：由程序框图，知：第一次循环：i=1+1=2，S=3−13+1=12；第二次循环：i=2+1=3，S=12−112+1=−13；第三次循环：i=3+1=4，S=−13−1−13+1=−2．结束循环，输出S=−2．故答案为：−2．【答案】 2,3【考点】 正弦定理同角三角函数间的基本关系 【解析】由条件利用同角三角函数的基本关系求得sin B =√154且B 为钝角，cos A =78，再利用诱导公式求得sin C 的值，再利用正弦定理求得a 、c 的值． 【解答】解：∵ 在△ABC 中，b =4，cos B =−14，sin A =√158，∴ sin B =√154 且B 为钝角， ∴ cos A =78，sin C =sin (A +B)=sin A cos B +cos A sin B =√158×(−14)+78×√154=3√1516． 由正弦定理可得4sin B=a sin A=c sin C，即√154=√158=3√1516，∴ a =2，c =3，故答案为2，3． 【答案】 0.18,33【考点】频率分布直方图 【解析】先由样本的频率分布直方图，结合总的概率和为1求出a ，再求出平均气温低于23.5∘C 的城市频率，利用频数=频率×样本容量求解平均气温不低于23.5∘C 的城市个数即可． 【解答】解：由样本的频率分布直方图知：a =1−1×(0.10+0.12+0.12+0.22+0.26)=0.18．平均气温低于23.5∘C 的频率，即最右边三个矩形面积之和为0.18+0.22+0.26=0.66， ∵ 总城市数为50，∴ 平均气温不低于23.5∘C 的城市个数为50×0.66=33． 故答案为：0.18；33．【答案】 (−1, +∞) 【考点】奇偶性与单调性的综合 其他不等式的解法 【解析】根据偶函数性质可知f(−12)=2，及f(x)在[0, +∞)上是增函数，利用函数单调性即可求得不等式的解集． 【解答】解：因为f(x)为偶函数，且f(12)=2，所以f(−12)=2， 又f(x)在(−∞, 0]上是减函数，所以f(x)在[0, +∞)上是增函数，由f(2x )>2得，2x >12或2x <−12（舍），由2x >12解得x >−1．所以不等式f(2x )>2的解集为(−1, +∞)． 故答案为：(−1, +∞)． 【答案】 4【考点】 抛物线的求解 【解析】利用抛物线的定义，|PF|=|PA|，设F 在l 上的射影为F′，依题意，可求得|FF′|，|AF′|，从而可求得点P 的纵坐标，代入抛物线方程可求得点P 的横坐标，从而可求得|PA|． 【解答】解：∵ 抛物线y 2=4x 的焦点为F ，准线为l ，P 为抛物线上一点， ∴ |PF|=|PA|，F(1, 0)，准线l 的方程为：x =−1； 设F 在l 上的射影为F′，又PA ⊥l ， 依题意，∠AFF′=60∘，|FF′|=2，∴ |AF′|=2√3，PA // x 轴，∴ 点P 的纵坐标为2√3，设点P 的横坐标为x 0，则(2√3)2=4x 0， ∴ x 0=3，∴ |PF|=|PA|=x 0−(−1)=3−(−1)=4．故答案为：4．【答案】③【考点】命题的真假判断与应用【解析】根据已知中“单函数”的定义，可得函数f(x)为单函数时，对任意x1≠x2，均有f(x1)≠f(x2)成立，由此举出反例可判断①②，根据定义可判断③④，进而得到答案．【解答】解：①中函数f(x)=x2−2x(x∈R)，当x=0或x=2时，f(x)=0，故∃x1，x2∈A且f(x1)=f(x2)时，有x1≠x2，不满足“单函数”的定义；②中函数f(x)={log2x，x≥22−x,x<2，当x=0或x=4时，f(x)=2，故∃x1，x2∈A且f(x1)=f(x2)时，有x1≠x2，不满足“单函数”的定义；③由“单函数”的定义可得f(x1)=f(x2)时总有x1=x2，故其逆否命题：x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)成立，故③为真命题④中函数f(x)在定义域内某个区间D上具有单调性，但在整个定义域上有增有减时，可能会存在x1≠x2，使x1≠x2，从而不满足“单函数”的定义；综上真命题只有③故答案为：③三、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）【答案】解：（1）f(x)=cos2ωx⋅cosπ6+sin2ωx⋅sinπ6−cos2ωx⋅cosπ6+sin2ωx⋅sinπ6+cos2ωx=sin2ωx+cos2ω x=√2sin(2ωx+π4)．…因为f(x)是最小正周期为π，所以2π2ω=π，因此ω=1．…（2）由（1）可知，f(x)=√2sin(2x+π4)，因为−π4≤x≤π3，所以−π4≤2x+π4≤11π12．…于是当2x+π4=π2，即x=π8时，f(x)取得最大值√2；…当2x+π4=−π4，即x=−π4时，f(x)取得最小值−1．…【考点】求两角和与差的正弦正弦函数的奇偶性正弦函数的定义域和值域正弦函数的单调性【解析】（1）利用三角函数的恒等变换化简函数的解析式为√2sin(2ωx+π4)，由此根据函数的周期求得ω的值．（2）由（1）可知，f(x)=√2sin(2x+π4)，再根据−π4≤x≤π3，求得函数的最值．【解答】解：（1）f(x)=cos2ωx⋅cosπ6+sin2ωx⋅sinπ6−cos2ωx⋅cosπ6+sin2ωx⋅sinπ6+cos2ωx=sin2ωx+cos2ω x=√2sin(2ωx+π4)．…因为f(x)是最小正周期为π，所以2π2ω=π，因此ω=1．…（2）由（1）可知，f(x)=√2sin(2x+π4)，因为−π4≤x≤π3，所以−π4≤2x+π4≤11π12．…于是当2x+π4=π2，即x=π8时，f(x)取得最大值√2；…当2x+π4=−π4，即x=−π4时，f(x)取得最小值−1．…【答案】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，因为a2=−1，a5=8，所以{a1+d=−1a1+4d=8解得a1=−4，d=3，…所以a n=−4+3(n−1)=3n−7，…因此|a n|=|3n−7|={−3n+7,n=1,23n−7,n≥3…记数列{|a n|}的前n项和为S n，当n=1时，S1=|a1|=4，当n=2时，S2=|a1|+|a2|=5，当n≥3时，S n=S2+|a3|+|a4|+...+|a n|=5+(3×3−7)+(3×4−7)+...+(3n−7)=5+(n−2)[2+(3n−7)]2=32n2−112n+10，又当n=2时满足此式，综上，S n={4,n=132n2−112n+10，n≥2…（2）记数列{2n a n}的前n项和为T n，由（1）可知，a1=−4，d=3，a n=3n−7，则T n=2a1+22a2+23a3+⋯+2n a n，①2T n=22a1+23a2+24a3+⋯+2n a n−1+2n+1a n，②①-②可得−T n=2a1+d(22+23+⋯+2n)−2n+1a n=−8+3×22(1−2n−1)1−2−2n+1(3n−7)=−8+3(2n+1−4)−2n+1(3n−7)=−20−(3n−10)2n+1，故T n=20+(3n−10)2n+1…【考点】数列的求和等差数列的通项公式【解析】（1）设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2=−1，a 5=8，利用等差数列的通项公式能求出a n ，由此能求出数列{|a n |}的前n 项和；（2）记数列{2n a n }的前n 项和为T n ．则T n =2a 1+22a 2+23a 3+⋯+2n a n ，由错位相减法可求和． 【解答】 解：（1）设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 2=−1，a 5=8，所以{a 1+d =−1a 1+4d =8解得a 1=−4，d =3，…所以a n =−4+3(n −1)=3n −7，… 因此|a n |=|3n −7|={−3n +7,n =1,23n −7,n ≥3…记数列{|a n |}的前n 项和为S n ， 当n =1时，S 1=|a 1|=4，当n =2时，S 2=|a 1|+|a 2|=5，当n ≥3时，S n =S 2+|a 3|+|a 4|+...+|a n |=5+(3×3−7)+(3×4−7)+...+(3n −7) =5+(n−2)[2+(3n−7)]2=32n 2−112n +10，又当n =2时满足此式，综上，S n ={4,n =132n 2−112n +10，n ≥2…（2）记数列{2na n }的前n 项和为T n ，由（1）可知，a 1=−4，d =3，a n =3n −7， 则T n =2a 1+22a 2+23a 3+⋯+2n a n ，①2T n =22a 1+23a 2+24a 3+⋯+2n a n−1+2n+1a n ，② ①-②可得−T n =2a 1+d(22+23+⋯+2n )−2n+1a n =−8+3×22(1−2n−1)1−2−2n+1(3n −7)=−8+3(2n+1−4)−2n+1(3n −7) =−20−(3n −10)2n+1， 故T n =20+(3n −10)2n+1…【答案】 解：（1）记：“该射手恰好命中两次”为事件A ，“该射手第一次射击甲靶命中”为事件B ，“该射手第二次射击甲靶命中”为事件C ，“该射手射击乙靶命中”为事件D ． 由题意知，P(B)=P(C)=34，P(D)=23，所以P(A)=P(BCD ¯)+P(BC ¯D)+P(B ¯CD)=P(B)P(C)P(D ¯)+P(B)P(C ¯)P(D)+P(B ¯)P(C)P(D) =34×34×(1−23)+34×(1−34)×23+(1−34)×34×23=716． （2）根据题意，X 的所有可能取值为0，1，2，3，4．P(X =0)=P(B ¯C ¯D ¯)=(1−34)×(1−34)×(1−23)=148，P(X =1)=P(BC ¯D ¯)+P(B ¯CD ¯)=34×(1−34)×(1−23)+(1−34)×34×(1−23)=18，P(X =2)=P(BCD ¯)+P(B ¯C ¯D)=34×34×(1−23)+(1−34)×(1−34)×23=1148，P(X =3)=P(BC ¯D)+P(B ¯CD)=34×(1−34)×23+(1−34)×34×23=14，P(X =4)=P(BCD)=34×34×23=38， 故X 的分布列是∴ EX =0×148+1×18+2×1148+3×14+4×38=176．（3）设“该射手向甲靶射击比向乙靶射击多击中一次”为事件A 1，“该射手向甲靶射击命中一次且向乙靶射击未命中”为事件B 1，“该射手向甲靶射击命中2次且向乙靶射击命中”为事件B 2， 则A 1=B 1∪B 2，B 1，B 2为互斥事件．P(A 1)=P(B 1)+P(B 2)=34×(1−34)×(1−23)+(1−34)×34×(1−23)+34×34×23=12． ∴ 该射手向甲靶射击比向乙靶射击多击中一次的概率为12． 【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）该射手恰好命中两次共有C 32=3种情况，根据相互独立事件的概率计算公式及互斥事件的概率计算公式即可得出；（2）由题意，X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，相互独立事件的概率计算公式、互斥事件的概率计算公式及数学期望的计算公式计算即可．（3）该射手向甲靶射击比向乙靶射击多击中一次可分为以下两种情况：“该射手向甲靶射击命中一次且向乙靶射击未命中”事件，“该射手向甲靶射击命中2次且向乙靶射击命中”事件，且上述两种事件互斥，利用相互独立事件的概率计算公式及互斥事件的概率计算公式解出即可．【解答】 解：（1）记：“该射手恰好命中两次”为事件A ，“该射手第一次射击甲靶命中”为事件B ，“该射手第二次射击甲靶命中”为事件C ，“该射手射击乙靶命中”为事件D ． 由题意知，P(B)=P(C)=34，P(D)=23，所以P(A)=P(BCD ¯)+P(BC ¯D)+P(B ¯CD)=P(B)P(C)P(D ¯)+P(B)P(C ¯)P(D)+P(B ¯)P(C)P(D)=34×34×(1−23)+34×(1−34)×23+(1−34)×34×23=716． （2）根据题意，X 的所有可能取值为0，1，2，3，4．P(X =0)=P(B ¯C ¯D ¯)=(1−34)×(1−34)×(1−23)=148，P(X =1)=P(BC ¯D ¯)+P(B ¯CD ¯)=34×(1−34)×(1−23)+(1−34)×34×(1−23)=18， P(X =2)=P(BCD ¯)+P(B ¯C ¯D)=34×34×(1−23)+(1−34)×(1−34)×23=1148，P(X =3)=P(BC ¯D)+P(B ¯CD)=34×(1−34)×23+(1−34)×34×23=14， P(X =4)=P(BCD)=34×34×23=38， 故X 的分布列是∴ EX =0×148+1×18+2×1148+3×14+4×38=176．（3）设“该射手向甲靶射击比向乙靶射击多击中一次”为事件A 1，“该射手向甲靶射击命中一次且向乙靶射击未命中”为事件B 1，“该射手向甲靶射击命中2次且向乙靶射击命中”为事件B 2， 则A 1=B 1∪B 2，B 1，B 2为互斥事件．P(A 1)=P(B 1)+P(B 2)=34×(1−34)×(1−23)+(1−34)×34×(1−23)+34×34×23=12． ∴ 该射手向甲靶射击比向乙靶射击多击中一次的概率为12．【答案】(I)f ′(x)＝x 2−a ，g ′(x)＝2bx ．因为曲线y ＝f(x)与曲线y ＝g(x)在它们的交点(1, c)处具有公共切线， 所以f(1)＝g(1)，且f ′(1)＝g ′(1)，即13−a =b +2b −1，且1−a ＝2b ， 解得a =13,b =13． (II)记ℎ(x)＝f(x)+g(x)， 当a ＝1−2b 时，ℎ(x)=13x 3+1−a 2x 2−ax −a ，ℎ′(x)＝x 2+(1−a)x −a ＝(x +1)(x −a)，令ℎ′(x)＝0，得x 1＝−1，x 2＝a >(0)当x 变化时，ℎ′(x)，ℎ(x)的变化情况如下表：所以函数ℎ(x)的单调递增区间为(−∞, −1)，(a, +∞)；单调递减区间为(−1, a)， 故ℎ(x)在区间(−2, −1)内单调递增，在区间(−1, 0)内单调递减，从而函数ℎ(x)在区间(−2, 0)内恰有两个零点，当且仅当{ℎ(−2)<0ℎ(−1)>0ℎ(0)<0 ，解得0<a <13，所以a 的取值范围是(0,13)．(III)记ℎ(x)＝f(x)+g(x)，当a ＝1−2b ＝1时，ℎ(x)=13x 3−x −1．由(II)可知，函数ℎ(x)的单调递增区间为(−∞, −1)，(1, +∞)；单调递减区间为(−1, 1)． ①当t +3<−1时，即t <−4时，ℎ(x)在区间[t, t +3]上单调递增，所以ℎ(x)在区间[t, t +3]上的最大值为ℎ(t +3)=13(t +3)3−(t +3)−1=13t 3+3t 2+8t +5；②当t <−1且−1≤t +3<1，即−4≤t <−2时，ℎ(x)在区间[t, −1)上单调递增，在区间[−1, t +3]上单调递减，所以ℎ(x)在区间[t, t +3]上的最大值为ℎ(−1)=−13；当t <−1且t +3≥1，即−2≤t <−1时，t +3<2且ℎ(2)＝ℎ(−1)=−13， 所以ℎ(x)在区间[t, t +3]上的最大值为ℎ(−1)=−13；③当−1≤t <1时，t +3≥2>1，ℎ(x)在区间[t, 1)上单调递减，在区间[1, t +3]上单调递增， 而最大值为ℎ(t)与ℎ(t +3)中的较大者．由ℎ(t +3)−ℎ(t)＝3(t +1)(t +2)知，当−1≤t <1时，ℎ(t +3)≥ℎ(t)， 所以ℎ(x)在区间[t, t +3]上的最大值为ℎ(t +3)=13t 3+3t 2+8t +5； ④当t ≥1时，ℎ(x)在区间[t, t +3]上单调递增，所以ℎ(x)在区间[t, t +3]上的最大值为ℎ(t +3)=13t 3+3t 2+8t +5． 【考点】 函数的零点利用导数研究函数的最值 利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】（I ）求出f ′(x)，g ′(x)，由题意得f(1)＝g(1)，且f ′(1)＝g ′(1)，解该方程组即可； (II)记ℎ(x)＝f(x)+g(x)，当a ＝1−2b 时，ℎ(x)=13x 3+1−a 2x 2−ax −a ，利用导数可研究其单调性、极值情况，由函数在(−2, 0)内有两零点可得端点处函数值及极值符号，由此得一不等式组，解出即可； (III)当a ＝1−2b ＝1时，ℎ(x)=13x 3−x −1．由(II)可知，函数ℎ(x)的单调区间及极值点，按照在区间[t, t +3]内没有极值点，一个极值点，两个极值点分类讨论，结合图象及函数的单调性即可求得其最大值； 【解答】(I)f ′(x)＝x 2−a ，g ′(x)＝2bx ．因为曲线y ＝f(x)与曲线y ＝g(x)在它们的交点(1, c)处具有公共切线， 所以f(1)＝g(1)，且f ′(1)＝g ′(1)，即13−a =b +2b −1，且1−a ＝2b ，解得a =13,b =13．(II)记ℎ(x)＝f(x)+g(x)， 当a ＝1−2b 时，ℎ(x)=13x 3+1−a 2x 2−ax −a ，ℎ′(x)＝x 2+(1−a)x −a ＝(x +1)(x −a)，令ℎ′(x)＝0，得x 1＝−1，x 2＝a >(0)当x 变化时，ℎ′(x)，ℎ(x)的变化情况如下表：所以函数ℎ(x)的单调递增区间为(−∞, −1)，(a, +∞)；单调递减区间为(−1, a)， 故ℎ(x)在区间(−2, −1)内单调递增，在区间(−1, 0)内单调递减，从而函数ℎ(x)在区间(−2, 0)内恰有两个零点，当且仅当{ℎ(−2)<0ℎ(−1)>0ℎ(0)<0 ，解得0<a <13，所以a 的取值范围是(0,13)．(III)记ℎ(x)＝f(x)+g(x)，当a ＝1−2b ＝1时，ℎ(x)=13x 3−x −1．由(II)可知，函数ℎ(x)的单调递增区间为(−∞, −1)，(1, +∞)；单调递减区间为(−1, 1)． ①当t +3<−1时，即t <−4时，ℎ(x)在区间[t, t +3]上单调递增，所以ℎ(x)在区间[t, t +3]上的最大值为ℎ(t +3)=13(t +3)3−(t +3)−1=13t 3+3t 2+8t +5；②当t <−1且−1≤t +3<1，即−4≤t <−2时，ℎ(x)在区间[t, −1)上单调递增，在区间[−1, t +3]上单调递减，所以ℎ(x)在区间[t, t +3]上的最大值为ℎ(−1)=−13；当t <−1且t +3≥1，即−2≤t <−1时，t +3<2且ℎ(2)＝ℎ(−1)=−13，所以ℎ(x)在区间[t, t +3]上的最大值为ℎ(−1)=−13；③当−1≤t <1时，t +3≥2>1，ℎ(x)在区间[t, 1)上单调递减，在区间[1, t +3]上单调递增， 而最大值为ℎ(t)与ℎ(t +3)中的较大者．由ℎ(t +3)−ℎ(t)＝3(t +1)(t +2)知，当−1≤t <1时，ℎ(t +3)≥ℎ(t)， 所以ℎ(x)在区间[t, t +3]上的最大值为ℎ(t +3)=13t 3+3t 2+8t +5；④当t ≥1时，ℎ(x)在区间[t, t +3]上单调递增，所以ℎ(x)在区间[t, t +3]上的最大值为ℎ(t +3)=13t 3+3t 2+8t +5．【答案】 解：（1）将圆M 的一般方程x 2+y 2+6x −2y +7=0化为标准方程(x +3)2+(y −1)2=3，则圆M 的圆心M(−3, 1)，半径r =√3．由A(0,1),F(−c,0)(c =√a 2−1)得直线AF 的方程为x −cy +c =0． 由直线AF 与圆M 相切，得√1+c 2=√3，解得c =√2或c =−√2（舍去）． 当c =√2时，a 2=c 2+1=3， 故椭圆C 的方程为x 23+y 2=1．（2）由题意可知，直线PQ 的斜率存在，设直线的斜率为k ，则直线PQ 的方程为y =kx −12． 因为点(0,−12)在椭圆内，所以对任意k ∈R ，直线都与椭圆C 交于不同的两点． 由{y =kx −12x 23+y 2=1得(1+3k 2)x 2−3kx −94=0．设点P ，Q 的坐标分别为(x 1, y 1)，(x 2, y 2)，则y 1=kx 1−12，y 2=kx 2−12，x 1+x 2=3k 1+3k 2，x 1x 2=−94(1+3k 2)，所以|PQ|=√(x 2−x 1)2+(y 2−y 1)2=√(1+k 2)[(x 1+x 2)2−4x 1x 2]=3√(1+k 2)(1+4k 2)1+3k ．又因为点A(0, 1)到直线y =kx −12的距离d =2√k 2+1，所以△APQ 的面积为S =12|PQ|⋅d =9√1+4k 24(1+3k 2)．设t =11+3k2，则0<t ≤1且k 2=13t−13，S =94t ⋅√43t−13=94√4t 3−t 23=94√−13(t −2)2+43．因为0<t ≤1，所以当t =1时，△APQ 的面积S 达到最大， 此时11+3k 2=1，即k =0．故当△APQ 的面积达到最大时，直线的方程为y =−12． 【考点】圆锥曲线的综合问题 直线的一般式方程 椭圆的标准方程【解析】（1）写出直线AF 的方程，由直线AF 与圆M 相切得关于c 的方程，解出c 再由a 2=c 2+b 2即可求得a 值； （2）易判断直线PQ 的斜率存在，设出其点斜式方程，根据弦长公式表示出PQ ，根据点到直线的距离公式表示出点A(0, 1)到直线PQ 的距离，由三角形面积公式可表示出△APQ 的面积，根据该函数的结构特点转化为二次函数即可求得面积最大时k 的值；【解答】 解：（1）将圆M 的一般方程x 2+y 2+6x −2y +7=0化为标准方程(x +3)2+(y −1)2=3，则圆M 的圆心M(−3, 1)，半径r =√3．由A(0,1),F(−c,0)(c =√a 2−1)得直线AF 的方程为x −cy +c =0．由直线AF 与圆M 相切，得√1+c 2=√3， 解得c =√2或c =−√2（舍去）． 当c =√2时，a 2=c 2+1=3， 故椭圆C 的方程为x 23+y 2=1．（2）由题意可知，直线PQ 的斜率存在，设直线的斜率为k ，则直线PQ 的方程为y =kx −12． 因为点(0,−12)在椭圆内，所以对任意k ∈R ，直线都与椭圆C 交于不同的两点． 由{y =kx −12x 23+y 2=1得(1+3k 2)x 2−3kx −94=0．设点P ，Q 的坐标分别为(x 1, y 1)，(x 2, y 2)，则y 1=kx 1−12，y 2=kx 2−12，x 1+x 2=3k1+3k ，x 1x 2=−94(1+3k 2)，所以|PQ|=√(x 2−x 1)2+(y 2−y 1)2=√(1+k 2)[(x 1+x 2)2−4x 1x 2]=3√(1+k 2)(1+4k 2)1+3k 2．又因为点A(0, 1)到直线y =kx −12的距离d =2√k 2+1，所以△APQ 的面积为S =12|PQ|⋅d =9√1+4k 24(1+3k 2)．设t =11+3k 2，则0<t ≤1且k 2=13t −13，S =94t ⋅√43t −13=94√4t3−t 23=94√−13(t −2)2+43．因为0<t ≤1，所以当t =1时，△APQ 的面积S 达到最大， 此时11+3k 2=1，即k =0．故当△APQ 的面积达到最大时，直线的方程为y =−12．【答案】（I ）由题意可知，S n =2n+1−2．当n ≥2时，a n =S n −S n−1=2n+1−2−(2n −2)=2n ， 当n ＝1时，a 1=S 1=21+1−2=2也满足上式， 所以a n =2n (n ∈N ∗)．(II)由(I)可知b n+1+b n =2n (n ∈N ∗)，即b k+1+b k =2k (k ∈N ∗)． 当k ＝1时，b 2+b 1=21，…①当k ＝2时，b 3+b 2=22，所以−b 3−b 2=−22，…② 当k ＝3时，b 4+b 3=23，…③当k ＝4时，b 5+b 4=24，所以−b 5−b 4=−24，…④ … …当k ＝n −1时（n 为偶数），b n +b n−1=2n−1，所以−b n −b n−1=−2n−1⋯n −1 以上n −1个式子相加，得b n +b 1=2−22+23−24+⋯+2n−1=2[1−(−2)n−1]1−(−2)=2(1+2n−1)3=2n 3+23，又b 1＝0，所以，当n 为偶数时，b n =2n 3+23．同理，当n 为奇数时，−b n +b 1=2−22+23−24+⋯−2n−1 =2[1−(−2)n−1]1−(−2)=2−2n 3，所以，当n 为奇数时，b n =2n 3−23．因此，当n 为偶数时，数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1+b 2+...+b n =(23−23)+(223+23)+(233−23)+(243+23)+⋯+(2n 3+23) =23+223+⋯+2n 3=13⋅2(1−2n )1−2=2n+13−23；当n 为奇数时，数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1+b 2+...+b n−1+b n =(23−23)+(223+23)+⋯+(2n−13+23)+(2n 3−23) =(23+223+⋯+2n3)−23=2n+13−43． 故数列{b n }的前n 项和T n ={2n+13−23(n)2n+13−43(n)．(III)由(II)可知b n ={2n3+23(n)2n3−23(n)，①当n 为偶数时，b nb n+1=2n 3+232n+13−23=2n +22n+1−2=12+32n+1+2，所以b nbn+1随n 的增大而减小，从而，当n 为偶数时，b nb n+1的最大值是b2b 3=1．②当n 为奇数时，b n b n+1=2n 3−232n+13+23=2n −22n+1+2=12−32n+1+2，所以b n b n+1随n 的增大而增大，且b nb n+1=12−32n+1+2<12<1．综上，b nb n+1的最大值是1．因此，若对于任意的n ∈N ∗，不等式b n <λb n+1恒成立，只需λ>1，故实数λ的取值范围是(1, +∞)． 【考点】 数列的求和 数列的函数特性等差数列与等比数列的综合【解析】（I ）由题意可知S n =2n+1−2，分当n ＝1，和n ≥2两种情况，可得数列{a n }的通项公式；第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页(II)可得b n+1+b n =2n ，分n 为奇数和n 为偶数，由累加的方法，结合等比数列的求和公式可得答案；(III)由(II)可知b n ={2n3+23(n)2n3−23(n)，分当n 为偶数和奇数时，考虑数列的单调性，可得b nbn+1的最大值是1，进而可得结论． 【解答】（I ）由题意可知，S n =2n+1−2．当n ≥2时，a n =S n −S n−1=2n+1−2−(2n −2)=2n ， 当n ＝1时，a 1=S 1=21+1−2=2也满足上式， 所以a n =2n (n ∈N ∗)．(II)由(I)可知b n+1+b n =2n (n ∈N ∗)，即b k+1+b k =2k (k ∈N ∗)． 当k ＝1时，b 2+b 1=21，…①当k ＝2时，b 3+b 2=22，所以−b 3−b 2=−22，…② 当k ＝3时，b 4+b 3=23，…③当k ＝4时，b 5+b 4=24，所以−b 5−b 4=−24，…④ … …当k ＝n −1时（n 为偶数），b n +b n−1=2n−1，所以−b n −b n−1=−2n−1⋯n −1 以上n −1个式子相加，得b n +b 1=2−22+23−24+⋯+2n−1 =2[1−(−2)n−1]1−(−2)=2(1+2n−1)3=2n 3+23，又b 1＝0， 所以，当n 为偶数时，b n =2n 3+23．同理，当n 为奇数时，−b n +b 1=2−22+23−24+⋯−2n−1 =2[1−(−2)n−1]1−(−2)=2−2n 3，所以，当n 为奇数时，b n =2n 3−23．因此，当n 为偶数时，数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1+b 2+...+b n =(23−23)+(223+23)+(233−23)+(243+23)+⋯+(2n 3+23) =23+223+⋯+2n 3=13⋅2(1−2n )1−2=2n+13−23；当n 为奇数时，数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1+b 2+...+b n−1+b n =(23−23)+(223+23)+⋯+(2n−13+23)+(2n 3−23) =(23+223+⋯+2n3)−23=2n+13−43． 故数列{b n }的前n 项和T n ={2n+13−23(n)2n+13−43(n)．(III)由(II)可知b n ={2n3+23(n)2n3−23(n)，①当n 为偶数时，b nb n+1=2n 3+232n+13−23=2n +22n+1−2=12+32n+1+2，所以b n b n+1随n 的增大而减小，从而，当n 为偶数时，b nb n+1的最大值是b2b 3=1．②当n 为奇数时，b nb n+1=2n 3−232n+13+23=2n −22n+1+2=12−32n+1+2，所以b n b n+1随n 的增大而增大，且b nb n+1=12−32n+1+2<12<1．综上，b nbn+1的最大值是1．因此，若对于任意的n ∈N ∗，不等式b n <λb n+1恒成立，只需λ>1， 故实数λ的取值范围是(1, +∞)．。
北京市西城区2013届高考一模数学理试题(WORD解析版)
北京市西城区2013届高三下学期(4月)一模数学(理)试卷2013.4第Ⅰ卷（选择题 共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．已知全集U =R ，集合{|02}A x x =<<，2{|10}B x x =->，那么U A B = ð （A ）{|01}x x << （B ）{|01}x x <≤（C ）{|12}x x <<（D ）{|12}x x ≤<【答案】B【解析】2{|10}={11}B x x x x x =->><-或，所以{|11U B x x =-≤≤ð，所以{01}U A B x x =<≤ ð，选B.2．若复数i2ia +的实部与虚部相等，则实数a = （A ）1- （B ）1（C ）2-（D ）2【答案】A 【解析】i ()112i 2222a a i i ai a i ++-===---，因为i 2i a +的实部与虚部相等，所以122a=-，即1a =-，选A.3．执行如图所示的程序框图．若输出3y =-，则输入角=θ （A ）π6 （B ）π6-（C ）π3（D ）π3-【答案】D【解析】由题意知sin ,4tan ,42y πθθππθθ⎧<⎪⎪=⎨⎪≤≤⎪⎩。
因为31y =-<-，所以只有tan 3θ=-，因为42ππθ≤≤，所以3πθ=-，选D.4．从甲、乙等5名志愿者中选出4名，分别从事A ，B ，C ，D 四项不同的工作，每人承担一项．若甲、乙二人均不能从事A 工作，则不同的工作分配方案共有 （A ）60种 （B ）72种 （C ）84种 （D ）96种【答案】B【解析】若选甲不选乙，则有133318C A =种。
若选乙不选甲，则有133318C A =种。
若选甲，乙都选，则有21332336C C A =种，所以共有72种，选B.5．某正三棱柱的三视图如图所示，其中正（主）视 图是边长为2的正方形，该正三棱柱的表面积是 （A ）63+ （B ）123+ （C ）1223+ （D ）2423+ 【答案】C【解析】由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面边长为2，所以底面积为213222322⨯⨯⨯=，侧面积为32212⨯⨯=，所以正三棱柱的表面积是1223+，选C.6．等比数列{}n a 中，10a >，则“13a a <”是“36a a <”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【答案】B【解析】由13a a <得211a a q <，且30a >，解得21q >，即1q >或1q <-。