山东省实验中学2013届高三数学第二次阶段测试题

山东省实验中学2013届高三数学第二次阶段测试题

第I卷（选择题 共60分）

一 选择题（本大题共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

一项最符合题目要求的 ）

1．设集合A?{x|a?3?x?a?3},B?{x|x??1或x?2}，若A∪B=R，则实数a的取

值范围是

A．[－1，2]

B．（－1，2）

C．[－2，1]

（ ） D．（－2，1）

（ ）

2．已知tan??13,且??(?,?)，则sin?的值是 22B．

A．?5 55 5C．

25 5D．?

25 5（ ）

3．函数f(x)?x|x?a|?b是奇函数的充要条件是

A．a=0

3B．b=0 C．ab=0 D．a2?b2?0 （ ）

24．双曲线x2?y?1的两条渐近线的夹角为

A．

? 6B．

? 3C．

? 4D．

? 25．（理）已知函数f(x)?a这个定点的坐标为 A．（1，4）

x?1?4(a?0,a?1)的反函数y?f1(x)的图象经过一个定点，

C．（5，1）

D．（4，1）

（ ）

B．（1，5）

6．若函数y?f(x)的图象和y?sin(x??)的图象关于点M(?,0)对称,则f(x)的表达式是（ ）

44

A．cos(x?2?4) B．cos(x?2?4) C．?cos(x??4) D．?cos(x??4)

7．已知方程(x?mx?2)(x?nx?2)?0的四个根组成一个首项为 |m－n|等于

A．1

B．

1的等比数列，则 2（ ）

3 2C．

5 2D．

A19 2C1B18．如图，三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长均为a， ∠A1AC=60°，且侧面ACC1A1⊥底面ABC，则

- 1 -

ACB 直线BA1与平面ACC1A1所成的角为（ ） A．30° B．45° C．60° D．90°

9．已知O是△ABC所在平面上一点，若OA?OB?OB?OC?OC?OA，则O是△ABC的

A．垂心

B．重心

C．外心

D．内心

（ ）

10．如果函数f(x?1)是偶函数，那么函数y?f(2x)的图象的一条对称轴是直线（ ）

A．x??1

B．x?1

C．x??1 2D．x?

1 2

（ ）

11．已知实数x,y满足4x?3y?0,则u?x2?y2?4x?2y的最小值是 A．1 B．4 C．－4 12．已知直平行六面体ABCD—A1B1C1D1的各条棱长

均为3，∠BAD=60°，长为2的线段MN的一个端点 M在DD1上运动，另一端点N在底面ABCD上运动， 则MN的中点P的轨迹（曲面）与共一顶点D的三个面 所围成的几何体的体积为（ ）

D．－1

2? 92C．?

3A．4? 94D．?

3B．

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

二 填空题（本大题有4小题，每小题4分，共16分）

13．设a,b?R,i是虚数单位，若

ab5i??,则a?b? 1?i1?2i3?ix2y214．椭圆2?2?1(a?b?0)的半焦距为c，直线y=2x与椭圆的一个交点的横坐标恰为

abc，则该椭圆的离心率为

15．若把英语单词“hello”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有 种

16．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A—BD—C，有如下四个结论：

①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD成60°的角；④AB与CD所成

- 2 -

的角为60° 其中正确结论的序号是

三 解答题 本大题有6小题，共74分

17．（本题满分12分）

设平面上P Q两点的坐标分别是(cosxx3x3x?,sin),(?cos,sin),其中x?[0,]. 22222 （Ⅰ）求|PQ|的表达式；

（Ⅱ）（文）记f(x)?|PQ|2?|PQ|,求函数f(x)的最小值和最大值

（理）记f(x)?|PQ|2?4?|PQ|(??R),求函数f(x)的最小值

18．（本小题满分12分）

某公司“咨询热线”电话共有8路外线，经长期统计发现，在8点至10点这段时间内，外

线电话同时打入情况如下表所示： 电话同时 打入个数ξ 概率P 0 0 1 0 2 3 4 5 6 7 0 8 0 13 35 0 27 0 14 0 08 0 02 0 01 （Ⅰ）若这段时间内，公司只有安排了2位接线员（一个接线员一次只能接一个电话） （1）求至少一路电话不能一次接通的概率；

（2）在一周五个工作日内，如果有三个工作日的这段时间（8点至10点）内至少一路电

话不能一次接通，那么公司的形象将受到损害，现用至少一路电话不能一次接通的概率表示公司形象的“损害度”，求上述情况下公司形象的“损害度”

（Ⅱ）求一周五个工作日的这段时间（8点至10点）内，电话同时打入数ξ的期望

19．（本题满分12分）

如图，已知ABC—A1B1C1是正三棱柱，它的底面边长和侧棱长都是2，D为侧棱CC1的中

点，E为底面一边A1B1的中点

（Ⅰ）求证：AB⊥DE；

（Ⅱ）求直线A1B1到与它平行的平面DAB的距离； （Ⅲ）求二面角A—BD—C的大小（用反正切表示）

20．（本题满分12分）

(?m)在定义域内连续 已知函数f(x)?x?lnx （Ⅰ）求f(x)的单调区间和极值； （Ⅱ）当m为何值时，f(x)?0恒成立？

- 3 -

（Ⅲ）给出定理：若函数g(x)在[a,b]上连续，并具有单调性，且满足g(a)与g(b)异号，

则方程g(x)?0在[a,b]内有唯一实根，试用上述定理证明：当m?N且m?1时，方程f(x)?0在[1?m,em?m]内有唯一实根

012m （e为自然对数的底；参考公式：2m?Cm） ?Cm?Cm???Cm21．（本题满分12分） 设抛物线y?12x的焦点为F，准线为1，过点F作一直线与抛物线交于A B两点，再2分别过点A B作抛物线的切线，这两条切线的交点记为P （Ⅰ）证明直线PA与PB相互垂直，且点P在准线l上；

（Ⅱ）是否存在常数?，使等式FA?FB??FP2恒成立？若存在，求出?的值，若不存在，说明理由 22．（本题满分14分）

如图，曲线y?x上的点P1 P2……Pn与x轴上的点O，Q1 Q2……Qn，构成一系列正

三角形，即△OP1Q1，△Q1P2Q2，……△Qn－1PnQn，设正△OP1Q1的边长为a1，正△Qn－

1PnQn的边长为

an(n?2）

（Ⅰ）求a1,a2； （Ⅱ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅲ）记正△Qk－1PkQk的面积为bk，令Tn?b1?b2????bn(Qn与原点O不重合）， 又设△OPnQn的面积为tn，求lim （参考公式：12+22+…+n2=

Tn

n??tn1n(n?1)(2n?1)） 6yP1P2P3o

Q1Q2Q3- 4 -

x

山东省实验中学2013届高三数学第二次阶段测试题

高三数学参考答案

1 B 2 A 3 D 4 B 5 C 6 C 7 B 8 B 9 A 10 D 11 C 12 A

13 （文）{x|x??3或?1?x?2}，（理）4

14．2?1 15．59 16．①②③

（注：14．写成3?22不扣分；16．少一个序号扣2分） 17．（Ⅰ）|PQ|?x3xx3x(cos?cos)2?(sin?sin)2 （1分）

2222?2?2cos2x （3分）

?4cos2x?2cosx(?x?[0,]) （3分）

2112x?)2? （2分） （Ⅱ）（文）f(x)?4cosx?2cosx?4(cos44∵cosx?[0,1], ∴由二次函数性质知 当cosx??11时,f(x)有最小值?当cosx?1时,f(x)有最大值2（3分） 44222（理）f(x)?4cosx?8?cosx?4(cosx??)?4? （2分） ∵cosx?[0,1],?当0???1时,f(x)min??4? 当??1时,f(x)min?4(1??)?4??4?8? 当??0时,f(x)min?4(0??)?4??0 18．（文）（Ⅰ）a1?S1?222221(a1?1)2?a1?1（2分） 4a1?a2?

1(a2?1)2?a2?3 （2分） 4- 5 -

（Ⅱ）当n?2时,an?Sn?Sn?1?[(an?1)?(an?1?1)] ?2121(an?an?1)?(an?an?1) （2分） 421422由此得(an?an?1)(an?an?1)?0 ∵an?an?1?0?an?an?1?2 ∴{an}是公差为2的等差数列 （2分）

（Ⅲ）bn=21－2n，易见b1>0{bn}是递减数列

?bn?21?2n?0令??bn?1?19?2n?0?n?10

即{bn}的前10项和最大 （3分）

（别解：求出{bn}的前n项和Tn=－n2+20n，可见当n=10时Tn最大） （理）（Ⅰ）（1）P1=0 14+0 08+0 02+0 01=0 25=

1 （3分） 4（2）P?C5()()?314334245(?0.008) （4分） 512（Ⅱ）Eε=0×0 13+1×0 35+2×0 27+3×0 14+4×0 08+5×0 02+6×0 01 ∴所求期望为5Eε=5×1079=8 95（1分）

21C2C8119．（文）（Ⅰ）P （5分） ??1315C10 （Ⅱ）P?C4(1?12121113)?()?C4(1?)3??(1?)4 1515151515141131或P=1－()?C4(1?)?() （5分）

1515155056816856?(即) （2分） 50625168752（理）（Ⅰ）取AB中点F，连EF，DF，则EF⊥AB，又易知DA=DB，∴DF⊥AB， 则AB⊥平面DEF，∴AB⊥DF（2分） （Ⅱ）在平面DEF内作EH⊥DF于H， ∵AB⊥平面DEF，∴EH⊥AB， 则EH⊥平面DAB，EH长即为点E到平面DAB的距离（2分） 易知EF=2，DF?DA2?AF2?2，同理DE=2

3?2?3 2- 6 -

∴△DEF是正三角形，故EH?

∵A1B1//平面DAB，E∈A1BA，∴A1BA到平面DAB的距离是3（3分） （Ⅲ）在底面ABC内作AM⊥BC于M，∵底面ABC⊥侧面BC1， ∴∠ANM是二面角A—BD—C的平面角（3分） 由△MNB∽△DCB，得MN?MN?CD1AM ?,从而tan?ANM??15（2分）

BDNM5∴所求的二面角为arctan15 （2分） 20．（文）解同19（理） （理）（Ⅰ）f?(x)?x?m?1(x)??m,令f?(x)?0,得x?1?m （2分）

x?m ∵当?m?x?1?m时,f?(x)?0,当x?1?m时,f?(x)?0

∴f(x)在(?m,1?m)内是减函数，在（1－m，+∞）内是增函数（2分）， 当x等于1－m时f(x)有极小值1－m

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)在定义域(?m,??)内只有一个极值点， ∴f(x)的最小值就是1－m，∴当1－m≥时f(x)≥0，恒成立， 所求的m的范围是m≤1（2分） ∵m>1，f(1?m)?1?m?0 又f(e?m)?e?m?ln(e?m?m)?e?2m(2分) ∵e?2m012?em?2m?2m?2m?Cm?Cm?Cm?2m?mmmm1(m?1)(m?2)?0 2∴f(e?m)?0，因此据所给定理，f(x)d[1?m,e?m]内有唯一实根（3分） 21．（文）（Ⅰ）f?(x)?3(x2?2),令f?(x)?0,得x1??2,x2?∴当x??2或x?m2 （2分）

2时f?(x)?0,当?2?x?2时,f?(x)?0，

∴f(x)的单调递增区间是(??,?2)及(2,??)，单调递减区间是(?2,2)（2分） 当x??2,f(x)有极大值5?42

- 7 -

当x?2,f(x)有极小值5?42 （2分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）的分析可知y?f(x)图象的大致形状及走向（图略）

∴当5?42?a?5?42时,直线y?a与y?f(x)的图象有3个不同交点， 即方程f(x)??有三解（2分）

（Ⅲ）f(x)?k(x?1)即(x?1)(x2?x?5)?k(x?1) ∵x?1,?k?x2?x?5在(1,??)上恒成立（2分）

令g(x)?x2?x?5，由二次函数的性质，g(x)在(1,??)上是增函数， ∴g(x)?g(1)??3,∴所求k的取值范围是k??3 （2分） （理）（Ⅰ）抛物线y?分）

设直线AB：y?kx?1211x,即x2?2y的焦点为F（0，），准线为l：y??（222212，代入抛物线方程并整理得 x?2kx?1?0 2设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2??1 （2分）

122121212∵y1?x1,y2?x2,?直线PA:y?x?x1(x?x1)

2221212即y?x1x?x1，①同理PB：y?x1x?x2 ②

22解①②联立的方程组，得交点P(∵y??(x)??x,?kPA?x1,kPB?x2有kPA?kPB??1 ∴PA⊥PB（2分）

x1?x2x1x2xx1,),?12?? 2222∴点P在抛物线的准线上（理科3分文科给4分） （Ⅱ）∵FA?(x1,121121x1?),FB?(x2,x2?), 2222112111222FA?FB?x1x2?(x1x2)2?(x1?x2)????(x1?x2)

44424 - 8 -

又FP?(2x1?x21112,?1),FP?(x1?x2)2?1?(x12?x2)? 24422∴存在常数???1,使FA?FB???FP成立（理科3分文科给4分） 22．（文）解同21（理）

（理）（Ⅰ）解法一：将P1(a,1232a)代入y?x,得a1?(2分) 23又将P2(?23134a2,a2)代入y?x,得a2? （2分） 22312 x联立，求得P1横坐标x?,?a1?（2分）

3324又直线Q1P2：y?3(x?),与y?x联立，求得P2的横坐标x?

33424∴a2?(?)?2?(2分)

333解法二：直线OP1：y?3x,与y?（Ⅱ）解法一：记Sn?a1?a2????an,则Pn?1(Sn?代入y?13an?1,an?1) 22321an?1?an?1（2分） 42313212∴当n≥2时，an?Sn?Sn?1?(an?1?an?1)?(an?an)

4242132?an?1?an? 即(an?1?an)?(an?1?an)(an?1?an)24322?{an}是公差为的等差数列 又由（Ⅰ）得a2?a1?33222an??(n?1)??n （4分）

33362解法二：类似（Ⅰ）求出 a3?2?,猜想an?n（2分）

33x,并整理得Sn?证明如下：1°当n=1时显然成立；2°假设当n≤k时猜想成立，则

2k(k?1)2Sk?a1?a2????ak?(1?2????k)?

33由点Qk（Sk，0）得直线QkPk?1:y?3(x?Sk),与y?

- 9 -

x联立，

求得Pk+1的横坐标x?6Sk?1?12Sk?16(k?1)2 ?3∴ak?1∴an?(k?1)2k(k?1)2?2[?]?(k?1)，即当n=k+1时猜想成立

3332n（4分） 3（Ⅲ）Tn?3234222(a1?a2???an)??(1?22???n2) 449?3n(n?1)(2n?1) （2分） 541332Sn?an?n(n?1) 2218tn?∴lim

Tn2n?12?lim?（2分）

n??tn??3n3n - 10 -

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/5qg7.html