广东省中山市高三级2013—2014学年度第一学期期末统一考试（数学

中山市高三级2013—2014学年度第一学期期末统一考试

数学试卷（理科）

本试卷共4页，20小题，满分150分．考试用时120分钟．

注意事项：

1、答卷前，考生务必将自己的姓名、统考考号、座位号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。 2、每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题上。

3、不可以使用计算器。

4、考试结束，将答题卡交回，试卷不用上交。

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，只有一项是符合题目要求的．

1．设复数z1?1?3i，z2?1?i，则z1?z2在复平面内对应的点在( ) A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

2．设全集U是实数集R,M??xx?2或x??2?,N?xx2?4x?3?0 则图中阴影部分所表示的集合是 （ ） A．{x|?2?x?1} C．{x|1?x?2}

B．{x|?2?x?2} D．{x|x?2}

??（第2题图）

1?，b??x，?2?，若a∥b， 3．已知平面向量a??2，则a+b等于( ) A．??2,?1? B．?2,1? C．?3,?1? D．??3,1?

5??1?4．定义某种运算S?a?b，运算原理如上图所示，则式子(2tan)?lne?lg100???的值为

4?3?（ ）

A．4

B．8

C．11

D．13

（第4题图）

?15．把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD?平面CBD，形成三棱锥C?ABD的正视图与俯视图如下图所示，则侧视图的面积为 （ ）

·1·

A．1 2 B．221 C． D．

4246．下列四个命题中，正确的有

①两个变量间的相关系数r越小，说明两变量间的线性相关程度越低；

2②命题p：“?x0?R，x0?x0?1?0”的否定?p：“?x?R，x2?x?1?0”；

③用相关指数R2来刻画回归效果，若R2越大，则说明模型的拟合效果越好； ④若a?0.3，b?2，c?log0.32，则c?a?b． A．①③④

B．①④

C．③④

D．②③

20.37．对?a、b?R，运算“?”、“?”定义为：a?b=?式其中不恒成立的是（ ） ⑴a?b?a?b?a?b A．⑴、⑶

?a,(a?b)?a,(a?b)，a?b=?，则下列各

?b.(a?b)?b.(a?b)⑵a?b?a?b?a?b ⑷[a?b]?[a?b]?a?b B． ⑵、⑷ D．⑴、⑵、⑶、⑷

⑶[a?b]?[a?b]?a?b C．⑴、⑵、⑶

8. 已知函数y?f(x)(x?R)满足f(x?2)?2f(x)，且x?[?1,1]时，f(x)??x?1，则当

x?[?10,10]时，y?f(x)与g(x)?log4x的图象的交点个数为( )

A．13

B．12

C．11 D．10 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，满分30分． ?log3x,x?019．已知函数f(x)??x，则f(f())? . 9?2,x?010．如图，一不规则区域内，有一边长为1米的正方形，向 区域内随机地撒1000颗黄豆，数得落在正方形区域内 （含边界）的黄豆数为 375 颗，以此实验数据为依据可以估计出该不规则图形的面积为 平方米.（用分数作答）

5?21?411．在二项式?x??的展开式中，含x的项的系数是 ．

x??12．已知0????2,cos(???6)?3,则cos?? . 5·2·

13．已知数列{an}为等差数列，若a2?3，a1?a6?12，

则a7?a8?a9? . ????????????14．如图, AB//MN，且2OA?OM，若OP?xOA?yOB，

（其中x,y?R），则终点P落在阴影部分（含边界） 时，

三、解答题： 本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15．（本题满分12分）

y?x?2的取值范围是 .

x?1???31设平面向量a?(cosx,sinx)，b?(,)，函数f(x)?a?b?1.

22（Ⅰ）求函数f(x)的值域和函数的单调递增区间; （Ⅱ）当f(?)?9?2?2?,且???时,求sin(2??)的值. 5633出80名图所示．

16．（本题满分12分）

某校从参加高三年级期末统考测试的学生中抽学生，其数学成绩（均为整数）的频率分布直方图如

（Ⅰ）估计这次测试数学成绩的平均分和众数； （Ⅱ）假设在[90，100]段的学生的数学成绩都且都超过94分．若将频率视为概率，现用简单随机法，从95，96，97，98，99，100这6个数中任意抽

不相同，抽样的方取2个

数，有放回地抽取了3次，记这3次抽取中，恰好是两个学生的数学成绩的次数为?，求?的分布列及数学期望E?． 17．（本小题满分14分）

如图，在底面是矩形的四棱锥P?ABCD中，

P E

A D

PA⊥平面ABCD， PA?AB?2，BC?4. E是PD的中点，

（Ⅰ）求证：平面PDC⊥平面PAD； （Ⅱ）求二面角E?AC?D的余弦值；

·3·

B

C

（Ⅲ）求直线CD与平面AEC所成角的正弦值 18．（本小题满分14分）

数列{an}的前n项和为Sn，Sn?an??123n?n?1(n?N*)． 22（Ⅰ）设bn?an?n，证明：数列?bn?是等比数列； （Ⅱ）求数列?nbn?的前n项和Tn； （Ⅲ）若cn?bn5，数列{cn}的前n项和Tn，证明：Tn?． 1?bn3x19．（本小题满分14分）

已知函数f(x)?e?kx，.

（Ⅰ）若k?0，且对于任意x?R,f(x)?0恒成立，试确定实数k的取值范围； （Ⅱ）设函数F(x)?f(x)?f(?x)，求证：

nlnF(1)?lnF(2)???lnF(n)?ln(en?1?2)(n?N?)

220．（本题满分14分）

已知函数f(x)?x(x?a)，g(x)??x?(a?1)x?a（其中a为常数）； （Ⅰ）如果函数y?f(x)和y?g(x)有相同的极值点，求a的值；

（Ⅱ）设a?0，问是否存在x0?(?1,)，使得f(x0)?g(x0)，若存在，请求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．

（Ⅲ）记函数H(x)?[f(x)?1]?[g(x)?1]，若函数y?H(x)有5个不同的零点，求实数a的取值范围．

22a3·4·

中山市高三级2013—2014学年度第一学期期末统一考试

理科数学参考答案

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．

DAAD BCBC

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，满分30分． 9.

18 ; 10.4 3

11. 10; 12.

4?334； 13. 45； 14. [,4] 103三、解答题： 本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

15．（本题满分12分）

设平面向量a?(cosx,sinx)，b?(31,)，函数f(x)?a?b?1。 22（Ⅰ）求函数f(x)的值域和函数的单调递增区间; （Ⅱ）当f(?)?9?2?2?,且???时,求sin(2??)的值. 56333131,)?1?cosx?sinx?1………（2分） 222215．解： 依题意f(x)?(cosx,sinx)?( ?sin(x??3)?1 ………………………………………………（4分）

（Ⅰ） 函数f(x)的值域是?0,2?；………………………………………………（5分） 令??2?2k??x??3??2?2k?，解得?5???2k??x??2k?………………（7分） 665???2k?,?2k?](k?Z).……………………（8分） 66?9?4（Ⅱ）由f(?)?sin(??)?1?,得sin(??)?,

3535?2????3因为???,所以?????,得cos(??)??,………………………（10分）

6323352????4324sin(2?+)?sin2(??) ?2sin(??)cos(??)??2?? ??

33335525所以函数f(x)的单调增区间为[?……………………………………………………………………（12分）

16．(本题满分12分)

某校从参加高二年级学业水平测试的学生中名学生，其数学成绩（均为整数）的频率分布直

·5·

抽出80方图如

图所示．

（I）估计这次测试数学成绩的平均分；

（II）假设在[90，100]段的学生的数学成绩都不相同，且都超过94分．若将频率视为概率，现用简单随机抽样的方法，从95，96，97，98，99，100这6个数中任意抽取2个数，有放回地抽取了3次，记这3次抽取中，恰好是两个学生的数学成绩的次数为?，求?的分布列及数学期望E?． 16. 解：（I）利用中值估算抽样学生的平均分：

45×0.05+55×0.15+65×0.2+75×0.3+85×0.25+95×0.05 =72. ……………（3分） 众数的估计值为75分

……………（5分）

所以，估计这次考试的平均分是72分． ……………（6分） （注：这里的众数、平均值为估计量，若遗漏估计或大约等词语扣一分）

2（II）从95， 96，97，98，99，100中抽2个数的全部可能的基本结果数是C6?15，

有15种结果，学生的成绩在[90，100]段的人数是0.005×10×80=4（人），

2这两个数恰好是两个学生的数学成绩的基本结果数是C4?6，

62?. ……………（8分） 155随机变量?的可能取值为0、1、2、3，则有．

两个数恰好是两个学生的数学成绩的概率P?23∴P(??k)?C3k()k()3?k,k?0,1,2,3

55∴变量?的分布列为：

? 0 1 2 3 P 8 12536 12554 12527 125 …………（10分）

E??0?83654546?1??2??3?? 1251251251255 …………（12分）

2解法二. 随机变量?满足独立重复试验,所以为二项分布, 即?~B(3,)………（10分）

5E??np?3?

17．（本小题满分14分）

如图，在底面是矩形的四棱锥P?ABCD中，

P E

D

26? …………（12分） 55PA⊥平面ABCD，PA?AB?2，BC?4.E是

A PD的中点，

（Ⅰ）求证：平面PDC⊥平面PAD； （Ⅱ）求二面角E?AC?D的余弦值；

（Ⅲ）求直线CD与平面AEC所成角的正弦值

·6·

B

C

17．解法一：（Ⅰ）?PA?平面ABCD，CD?平面ABC，

?PA?CD. ---------------------------------------------------------------------------------（2分）

?ABCD是矩形, ?AD?CD.

而PA?AD?A, PA,AD?平面PAD

?CD?平面PAD. ………………………（4分） CD?平面PDC

?平面PDC?平面PAD.

∵PA?平面ABCD， ∴EO?平面ABCD. 过O作OF?AC交AC于F，连结EF，

则 ?EFO就是二面角E?AC?D所成平面角. ………………………（7分） 由PA?2，则EO?1.

在Rt?ADC中，AD?CD?AC?h 解得h?………………………（5分）

（Ⅱ）连结AC、EC，取AD中点O， 连结EO ， 则EO//PA,

45. 5因为O是AD的中点，所以OF?25. ………………………（8分） 535. ………………………（9分） 5而EO?1，由勾股定理可得EO?25OF2cos?EFO??5?. ………………………（10分）

EF3355（Ⅲ）延长AE，过D作DG垂直AE于G，连结CG，

AE，∴AE⊥平面CDG，

过D作DH垂直CG于H， 则AE?DH, 所以DH?平面AGC, 即DH?平面AEC，

所以CD在平面ACE内的射影是CH，?DCH是直线与平面所成的角.

又∵CD?………………………（12分）

?DG?AD?sin?DAG?AD?sin?OAE?AD?16?565?CG??4?. CD?2255·7·

OE145?4??. AE55P

E

A

O F H

G D 45DG2?sin?DCG??5?.……………（14分）

CG6535

解法二：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0) , B(2，0，0), C(2，4，0) , D(0，4，0) ，

E(0，2，1) , P(0，0，2) . ……………………（2分）

????????????∴AB＝(2，0，0) , AD＝(0，4，0) , AP＝(0，0，2) , CD＝(－2，0，0) , ????AE＝(0，2，1) , AC＝(2，4，0) . ……………………（3分）

（Ⅰ）?CD?AD?0, ?CD?AD.

又?CD?AP?0, ?CD?AP . ………………………（5分） z P E A D y ?AP?AD?A, ?CD?平面PAD,

而CD?平面PDC,

∴平面PDC⊥平面PAD. ………（7分） x （Ⅱ）设平面AEC的法向量n=

B ?x,y,z?,令z?1，则n??x,y,1?. C ?x?1??2y?1?0??n?AE?0??x,y,1???0,2,1??0????由?即?1

????x,y,1?2,4,0?02x?4y?0y??????n?AC?0?2?∴n=?1,???1?,1?. ………………………（9分） 2?????n?AP22??. 平面ABC的法向量AP＝(0，0，2) , cos?n,AP??n?AP3?2322所以二面角E?AC?D所成平面角的余弦值是. ……………………（11分）

3?????1?（Ⅲ）因为平面的法向量是n=?1,?,1?，而CD＝(－2，0，0) .

?2??22??? . ………………………（13分） 所以 cos??33n?CD?22n?CD·8·

直线CD与平面AEC所成角的正弦值 18．（本小题满分14分）

数列{an}的前n项和为Sn，Sn?an??2 . ………………………（14分） 3123n?n?1(n?N*)． 22（I）设bn?an?n，证明：数列?bn?是等比数列； （II）求数列?nbn?的前n项和Tn； （Ⅲ）若cn?bn5，数列{cn}的前n项和Tn，证明：Tn?． 1?bn3123218．【解析】（I）因为an?Sn??n2?n?1，

所以 ① 当n?1时，2a1??1，则a1??， ………………………………（1分）

② 当n≥2时，an?1?Sn?1??(n?1)2?(n?1)?1，……………………（2分）

121322所以2an?an?1??n?1，即2(an?n)?an?1?n?1，

所以bn?11bn?1(n≥2)，而b1?a1?1?， ……………………（3分） 22n11?1?所以数列?bn?是首项为，公比为的等比数列，所以bn???．…………（4分）

22?2?（II）由(1)得nbn?所以 ①Tn?n． 2n1234n?1n?2?3?4?..........?n?1?n， 222222234n?1n②2Tn?1??2?3?..........?n?2?n?1， ……………（5分）

22222111n②-①得：Tn?1??2?......?n?1?n， ……………（7分）

2222?1?1????2??n?2?n?2.……………（9分） Tn?nn1221?2

（III）由(I)知c?1……………（10分）

nn2?1

n·9·

（1）当n?1时，

c1?15?1?21?13成立； ……………（11分）

11?c??nn?2n?2n2n?13?2n?2， （2）当n?2时，?2?1?(3?2)?2?1?0，

n………………（13分）

所以Tn?1?1111n21n25?1??[1?()]?1?[1?()]?1??. ………（14?n?213?2323233k?21?2分）

（本题放缩方法不唯一,请酌情给分）

19. 已知函数f(x)?e?kx，.

（I）若k?0，且对于任意x?R,f(x)?0恒成立，试确定实数k的取值范围； （II）设函数F(x)?f(x)?f(?x)，求证：

xnlnF(1)?lnF(2)???lnF(n)?ln(en?1?2)(n?N?)

219. 解:（Ⅰ）由f(?x)?f(x)可知f(x)是偶函数．

于是f(x)?0对任意x?R成立等价于f(x)?0对任意x≥0成立．………（1分） 由f?(x)?e?k?0得x?lnk．

①当k?(0，1]时，f?(x)?e?k?1?k≥0(x?0)．

此时f(x)在[0，??)上单调递增． 故f(x)≥f(0)?1?0，符合题意．…（3分） ②当k?(1，??)时，lnk?0．

当x变化时f?(x)，f(x)的变化情况如下表： ……………………（4分）

xxx f?(x) f(x) (0，lnk) ? 单调递减 lnk (lnk，??) 0 极小值 ? 单调递增 由此可得，在[0，??)上，f(x)≥f(lnk)?k?klnk．

·10·

依题意，k?klnk?0，又k?1，?1?k?e．

综合①，②得，实数k的取值范围是0?k?e． ………………（7分） （Ⅱ）?F(x)?f(x)?f(?x)?e?ex?x?0，

?lnF(x1)?lnF(x2)?ln[(ex1?e?x1)(ex2?e?x2)]

又(e1?e1)(e2?ex?xx?x2)?ex1?x2?e?(x1?x2)?ex1?x2?e?x1?x2?ex1?x2?e?(x1?x2)?2?ex1?x2?2，

……………………（10分）

?lnF(1)?lnF(n)?ln(en?1?2)，

lnF(2?) ??lFnn?(lnF(?1)?1)n?1n?1ln?(e2).2) ……………………（12分）

lnF(n?)由此得:

ln?(e2[lnF(1)?lnF(2)???lnF(n)]?[lnF(1)?lnF(n)]?[lnF(2)?lnF(n?1)]???[lnF(n)?lnF(1)]?nln(e故lnF(1)?lnF(2)???lnF(n)?20．（本题满分14分）

n?1?2)

nln(en?1?2)，n?N?成立. ………………（14分） 2已知函数f(x)?x(x?a)，g(x)??x?(a?1)x?a（其中a为常数）； （I）如果函数y?f(x)和y?g(x)有相同的极值点，求a的值；

22ax?(?1,)，使得f(x0)?g(x0)，若存在，请求出实数a的取值（II）设a?0，问是否存在03范围；若不存在，请说明理由．

（III）记函数H(x)?[f(x)?1]?[g(x)?1]，若函数y?H(x)有5个不同的零点，求实数a的取值范围．

20．解：（I）f(x)?x(x?a)?x?2ax?ax，则f?(x)?3x?4ax?a?(3x?a)(x?a)， 令f?(x)?0，得x?a或

232222a?1aa?1，而g(x)在x?处有极大值，∴?a?a??1，或

232·11·

a?1a??a?3；综上：a?3或a??1． ………………………………（3分） 23a22（II）假设存在，即存在x?(?1,)，使得f(x)?g(x)?x(x?a)?[?x?(a?1)x?a]

3?x(x?a)2?(x?a)(x?1)?(x?a)[x2?(1?a)x?1]?0，

当x?(?1,)时，又a?0，故x?a?0，则存在x?(?1,，)使得

， 0 ………………………………（4分） x2?(1?a)x?1?a3a3a?1a3?a??a??即a?3时，???(1?a)???1?0得a?3或a??，?a?3； 1 当232?3??3??2………………………………（5分）

4?(a?1)2a?1a?0得a??1或a?3，………（6分） ?即0?a?3时，2 当?1?423??a无解；综上：a?3． ………………………………（7分）

（III）据题意有f(x)?1?0有3个不同的实根，g(x)?1?0有2个不同的实根，且这5个实根两两不相等．

（ⅰ）g(x)?1?0有2个不同的实根，只需满足g(a?1)?1?a?1或a??3； 2………………………………（8分）

（ⅱ）f(x)?1?0有3个不同的实根，

1?当

a?a即a?0时，f(x)在x?a处取得极大值，而f(a)?0，不符合题意，舍； 3………………………………（9分）

2?当

?a?a即a?0时，不符合题意，舍； 3a332aa；所以3当?a即a?0时，f(x)在x?处取得极大值，f()?1?a?3233332a?； ………………………………（10分）

23323因为（ⅰ）（ⅱ）要同时满足，故a?；（注：a?也对）…………………（11分）

324·12·

下证：这5个实根两两不相等，即证：不存在x0使得f(x0)?1?0和g(x0)?1?0同时成立； 若存在x0使得f(x0)?g(x0)?1，

（）??x0?(a?1)x0?a，得（x0?a）(x0?ax0?x0?1)?0， 由f(x0)?g(x0)，即x0x0?a当x0?a时，f(x0)?g(x0)?0，不符合，舍去； 当x0?a时，既有x0?ax0?x0?1?0 ①；

又由g(x0)?1，即?x0?(a?1)x0?a?1 ②； 联立①②式，可得a?0；

22222H(x)?[f(x)?1]?[g(x)?1]?(x?1)(?x?x?1)?0没有5个不同的零点，而当a?0时，故舍去，

所以这5个实根两两不相等．

32332综上，当a?时，函数y?H(x)有5个不同的零点． ………………………（14分）

2

·13·

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