2013年5月黄冈中学二模理科数学试卷及答案解析

湖北省黄冈市黄冈中学2013届高三五月第二次模拟考试

数学（理）试卷

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的． 1．设非空集合P、Q满足P Q P，则（ ） A． x Q,有x P C． x0 Q，使得x0 P 2．已知

x1 i

B． x Q，有x P

D． x0 P，使得x0 Q

1 yi，其中x,y是实数，i是虚数单位，则x yi的共轭复数为（ ）

A．1 2i B．1 2i C．2 i D．2 i 3．设随机变量 服从正态分布N (3，7)，若P(

A．1 B．2

a 2) P( a 2)，则

C．3

a =（ ）

D．4

4．已知集合M x|x 4| |x 1| 5 ，N xa x 6 ，且M N 2,b ，则

a b (

)

A．6 B．7 C．8 D．9 5

．已知某几何体的三视图如下，则该几何体体积为（ ）

2

2

2

2

正视图 侧视图

3

1 1

俯视图

（第5题图） （第6题图） A．4+

5 2

B．4+

3 2

C．4+

2

D．4+

n

1

6．如右上图，已知k为如图所示的程序框图输出的结果，二项式 xk 的展开式中含

x

有非零常数项，则正整数n的最小值为 ( )

A．4 B．5 C．6 D．7 7．先后掷骰子（骰子的六个面上分别标有1、2、3、4、5、6个点）两次，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x，y，设事件A为“x +y为偶数”， 事件B为“x ，y中有偶数

A．

12

B．

13

C．

14

D．

1m

254n

的

a4，8．正项等比数列 an 中，存在两项am,an

4a1，且a6 a5 2则

最小值是( ) A．

32

B．2 C．

73

D．

256

x 2y 2

22

9．设x,y满足约束条件 3x 2y 3，若x 4y a 恒成立，则实数a的最大值为

x y 1

( )A．

12

B．

34

C．

45

D．

56

10．已知函数f(x)(x R)是偶函数，且f(2 x) f(2 x)，当x [0,2]时，f(x) 1 x，

则方程f(x)

11 |x|

在区间[ 10,10]上的解的个数是（ ）

A．8 B．9 C．10 D．11 二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上，书写不清楚，模棱两可均不得分．

11．一个学校高三年级共有学生600人，其中男生有360人，女生有240人，为了调查高三

学生的复习状况，用分层抽样的方法从全体高三学生中抽取一个容量为50的样本，应抽取女生 人． 12．已知函数f(x) x ax bx (a,b R)的图象如下图所示，它与x轴在原点处相

1

切，且x轴与函数图象所围区域(图中阴影部分)则a的值为

．

12

3

2

13．某小朋友按如右图所示的规则练习数数，1大拇指，2食指，

3中指，4无名指，5小指，6无名指，...，一直数到2013时， 对应的指头是 (填指头的名称)． 14．设F1,F2是椭圆

xm

22

yn

22

1(m 0,n 0)的两个焦点，P为椭圆上任意一点，当

1

49

（Ⅱ）若椭圆上存在一点A,使OA OF2 F2A 0(O为坐标原点)，且AF1 A

F2,

F1PF2取最大值时的余弦值为

．则（Ⅰ）椭圆的离心率为；

则 的值为 ．

（二）选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑．如果全选，则按第15题作答结果给分．）

15．（选修4-1：几何证明选讲）

如图,在△ABC中,AB＝AC, C 72° ,⊙O过A、B两点且与BC相切

于点B,与AC交于点D,连结BD,若BC＝5 1,则AC ． 16．（选修4-4：坐标系与参数方程）

已知曲线C1，C2的极坐标方程分别为 cos 2，

4cos ( ≥0，0≤

π2

O

D

B

C

15题图第

，则曲线C1与C2交点的极坐标为

三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（本题满分12分）设角A,B,C是 ABC

的三个内角,已知向量

m (sinA sinC,sinB sinA)，n (sinA sinC,sinB),且m n.

(Ⅰ)求角C的大小；

2B

,试求s t的取值范围.

(Ⅱ)若向量s (0, 1),t (cosA,2cos2

18堵车的概率为p，不堵车的概率为1 p．若甲、乙两辆校车走公路①，丙校车由于其他原因走公路②，且三辆车是否堵车相互之间没有影响． （Ⅰ）若三辆校车中恰有一辆校车被堵的概率为

716

，求走公路②堵车的概率；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求三辆校车中被堵车辆的个数 的分布列和数学期望．

19．（本题满分12分）如图，PDCE为矩形，ABCD为梯形，平面PDCE^平面ABCD， BAD A

DC 90 ，AB AD

12

CD a,PD

.

（Ⅰ）若M为PA中点，求证：AC∥平面MDE；

（Ⅱ）求平面PAD与PBC所成锐二面角的大小．

20．（本题满分12分）已知正项数列{an} 的前n项和Sn

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

an an

2

2

，bn (1

12an

)

an

．

（Ⅱ）定理：若函数f(x)在区间D上是下凸函数，且f (x)存在，则当x1 x2(x1,x2 D) 时，总有

f(x1) f(x2)

x1 x2

n 1

f (x1)．请根据上述定理，且已知函数y x(n N+)是

(0, )上的下凸函数，证明：bn ≥ ．

32

21．（本题满分13分）抛物线P:x 2py上一点Q(m,2)到抛物线P的焦点的距离为3，

D(x0,y0)，B(x1,y1)，D关于y轴对称，A,B,C,D为抛物线的四个不同的点，其中A、 C(x2,y2)， x0 x1 x0 x2 ，直线BC平行于抛物线P的以D为切点的切线．

2

（Ⅰ）求p的值；

（Ⅱ）证明： CAD BAD；

（Ⅲ）D到直线AB、AC的距离分别为m、n

，且m n 为48，求直线BC的方程．

22．（本题满分14分）已知函数f(x) e a(x 1)在x ln2处的切线的斜率为1． （e为无理数，e 271828 ） （Ⅰ）求a的值及f(x)的最小值；

（Ⅱ）当x 0时，f(x) mx，求m的取值范围；

n

2

x

D， ABC的面积

（Ⅲ）求证：

i 2

lnii

4

12e

(i,n N )．（参考数据：ln2 0.6931）

数学（理）试卷答案及解析

选择填空：BDCBA BBACB

11 12

14 ，

75

34或

43

15．2 16

．( 4

)

1．【解析】P Q P P Q,故选B． 2．【解析】

x1 i

12

(x xi) 1 yi, x 2,y 1,故选D．

3．【解析】由题意知对称轴为3，故选C．

4．【解析】M {x0 x 5}, a 2,b 5,故选B．

5．【解析】该几何体是一个圆柱与一个长方体的组成，其中重叠了一部分体的体积为2 2 1 3

2 4

5 2

2

，所以该几何

．故选A．

6．【解析】由程序框图得k 4，通项公式Tr 1 Cnrx4n 5r， n的最小值为为5． 故选B． 7．【解析】P(BA)

P(AB)P(A)

A3/36(3 3 3 3)/36

2

2

13.

故选B．

8．【解析】 a6 a5 2a4， a4q a4q a4，解得q 1(舍）或q 2，

4a1得a1q

1m 4n 16 (1m 4n

2

m n 2

16a1, m n 6，

16

2

2

)(m n)

2

(1 2)

2

32

（当m 2,n 4取等），故选A．

229．【解析】作出可行域，由x 4y a恒成立知a (x 4y)min

令t x 4y，由图可知，当直线x y 1与椭圆x 4y t相切时，t最小，消x 得：5y 2y 1 t 0,由 0得

tm

2

2222

10．f( x)

y

f(x)

10,10]

11．【解析】50

240600

20．

2

12．【解析】f (x) 3x 2ax b， f (0) 0, b 0，∴f(x)＝－x3＋ax2，令f(x)＝0，

111410

得x＝0或x＝a(a<0)．∴S阴影＝ a [0－(－x3＋ax2)]dx＝(4－3)|0a＝∴a＝ 1． a＝43121213．【解析】∵小指对的数是5+8n，又∵2013=251×8+5，∴数到2013时对应的指头是小指． 14．【解析】设2a,2b分别为椭圆的长轴长，虚轴长，（Ⅰ）当点P位于短轴端点时， F1PF2

2ba

22

最大， 1

2

149

2

得e 5/7. 或设PF1 t,PF2 s,

2

2b1 t s 2 cos F1PF2 1, ts 1 a，； 2

2tstsa492

（Ⅱ）取AF2中点D，由OA OF2 F2A 0得OD AF2, AF1 AF2,

t s 4c2b

2

2

2

设AF1 u,AF2 v, u v 2a,u v 4c,c 5a/7得，

u v

27a，u

87a,v

67a或u

67a,v

2

222

87

a，

34

或

43

.

BC CD AC (AC BC) AC，15．【解析】由已知得BD AD BC，解得AC 2．

解得

4

2

cos 2

16．【解析】由 ( 0,0 )

2

4cos

( 4

)．

17．【解答】(Ⅰ)由题意得m n (sin

即sin

2

2

A sinC) (sin

2

B sinAsinB) 0，

2

C sin

2

A sin

2

B sinAsinB，由正弦定理得c a

2

b

2

ab，

再由余弦定理得cosC

a

2

b

2

c

2

2ab

2

12

， 0 C , C

3

.

(Ⅱ) s t (cosA,2cos

s t

2

2

2

B2

1) (cosA,cosB) ，

2

2

cosA cosB cosA cos(

1 cos(

4 32

2A)

2 3

A)，

1 cos2A

2

14

cos2A

12

4

2A 1

12

sin(2A

6

) 1，

0 A

1

2 3

,

6

2A

6

7 6

sin(2A

6

) 1，

2

5

s t 所以 s t ，故. 2224

18．【解答】（Ⅰ）

， 即3

p 1，

19．PCDEN，连结MN，

．

在 PAC中，M,N分别为两腰PA,PC的中点， ∴MN//AC，

MN 面MDE，又AC 面MDE， AC//平面MDE ，

（Ⅱ）解法一：设平面PAD与PBC所成锐二面角的大小为 ，以D为空间坐标系的原点，分别以DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则

P(0,),B(a,a,0),C(0,2a,0) PB (a,a,),BC ( a,a,0)

设平面PAD的单位法向量为n1，则可设n1 (0,1,0)

设面PBC的法向量n2 (x,y,1)，应有

n2 PB (x,y,1) (a,a,) 0

，

n2 BC (x,y,1) ( a,a,0) 0 ax ay 0即： ，

ax ay 0

x 2

,,1) ， 解得： ，所以n2 22

y 2

n n21 ，所以平面PAD与PBC所成锐二面角为60° ∴cos 1.

2n1 n2

解法二：延长CB、DA相交于G，连接PG，过点D作DH⊥PG ，垂足为H，连结HC ， ∵矩形PDCE中PD⊥DC，而AD⊥DC，PD∩AD=D， ∴CD⊥平面PAD ∴CD⊥PG，又CD∩DH=D， ∴PG⊥平面CDH，从而PG⊥HC，

∴∠DHC为平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的平面角， 在Rt △PDG中，DG 2AD 2a，PD=

，

可以计算DH

，

在Rt△CDH

中，tan DHC

CDDH

2a ，

所以平面PAD与PBC所成锐二面角为60°. 20．【解答】（Ⅰ）当n 1时，a1 s1

a1 a1

2

2

a1 0或a1 1．

由于{an} 是正项数列，所以a1 1． 当n 2时，an sn sn 1

an an

2

2

an 1 an 1

2

2

，

整理，得an an 1 an an 1 an an 1 ． 由于{an}是正项数列，∴an an 1 1．

∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列． 从而an n，当n 1时也满足．∴an n． （Ⅱ）由（Ⅰ）知bn (1 根据定理，得

x1

n 1

12n

n

)， 又y x

n 1

(n N+)是(0, )上的下凸函数，

x2

n 1

nnn 1

f (x1) (n 1)x,整理得x1[(n 1)x2 nx1] x2，

x1 x2

n

1 n111

) 1 ,x2 1 令x1 1 ，整理得 1 ， 2n 2(n 1) 2n2(n 1)

bn bn 1， bn b1

32

．

p2

21．【解答】（Ⅰ） |QF|=3=2+ ， p=2．

x04

2

（Ⅱ） 抛物线方程为x

2

4y，A( x0,)， D(x0,

x04

2

)， B(x1,

x14

2

) ，C(x2,

x24

2

)，

y

x2

， kBC

44 x1 x2 x0 ， x1 x2 2x0， x1 x242

x1

2

x1

2

x2

2

kAC

x2 x0

x1 x0 ,kAB ， x2 x04x1 x04

x2 x0

4

x1 x0

4

x1 x2 2x0

4

0，

x2

2

x0

2

x0

2

kAC kAB

所以直线AC和直线AB的倾斜角互补， BAD CAD．

（Ⅲ）设 BAD CAD ，则m=n=|AD|sin ，

sin

22

, (0.

2

)

4

，

2

lAC:y

x04

2

x x0 即y x

x04

x0，

把lAC:y x

x04

2

x0与抛物线方程x

2

4y联立得：x

2

4x 4x0 x0 0，

2

x0x2 4x0 x0， x2 x0 4，同理可得x1 x0 4， x0 x0 4 x0, S ABC

12

2

x0 2,

12

2(4 2x0)2(2x0 4) 4(x0 4) 48，

2

|AB||AC|

x0 4 ， B(0,0), lBC:y 2x．

22．【解答】（Ⅰ） f (x) e a，由已知，得f (ln2) 2 a 1∴a＝1．

此时f(x) e x 1，f (x) e 1，

∴当0 x 1时，f (x) 0；当x 1时，f (x) 0．

∴当x＝0时，f(x)取得极小值，该极小值即为最小值，∴f(x)min＝f(0)＝0． （Ⅱ）记g(x) e x 1 mx，g (x) e 1 2mx, 设h(x) g (x) e 1 2mx,则h (x) e 2m, ①当m

12

x

x

x

2

x

x

x

x

时，h (x) 0 (x 0)，h(x) h(0) 0，

12

g (x) 0 ， g(x) g(0) 0， m 时满足题意；

②当m

12

时，令h (x)=0，得x ln2m 0,

当x [0,ln2m]，h (x) 0，h(x)在此区间上是减函数，h(x) h(0) 0, ∴g(x)在此区间上递减， g(ln2m) g(0) 0不合题意. 综合得m的取值范围为( ,].

2

x2

法二：当x 0时，f(x) mx，即e 1 x mx．

1

2

①当x 0时，m R；②当x 0时，e 1 x mx等价于m

x2

e 1 x

x

2

x

．

记g(x)

e 1 x

x

2

x

+ )，则g (x) ，x (0，

(x 2)e x 2

x

3

x

．

记h(x) (x 2)e x 2 x (0，+ )，则h (x) (x 1)e 1，

x

当x (0，+ )时，h''(x) xe 0， h (x)在(0，+ )上单调递增，

xx

+ )上单调递增，且h(x) h(0) 0， 且h (x) h (0) 0， h(x)在(0，

e 1 x

x

2x

+ )时，g (x) 当x (0，

h(x)x

3

0，从而g(x) + )上单调递增．在(0，

由洛必达法则有，limg(x) lim

x 0

x 0

e 1 x

x

2

x

lim

x 0

e 12x

x

lim

x 0

e

x

2

12

12

．

12

即当x 0时，g(x)

m的取值范围为( ,

12

12

+ )时，所以g(x) ，所以当x (0，，因此m ．

].

1 2lnx

x

3

（Ⅲ）记h(x) 当x

lnxx

2

， h (x) ，令h (x) 0解得x

12e

e，

e时函数h(x)有最大值，且最大值为 ，

lnxx

2

12e

，

lnnn

n4

1

2en 12e

1

2

(n 2), 12

2

i 2

lnii

4

(

13

2

1n

2

)，

又

12

2

13

2

1n

2

11 2

12 3

1(n 1)n

(1

n

12

) (

121

131

) (

13

2

1n 1

1

1n

) 1 12e

1n

1，

i 2n

lnii

4

2e212e

(

2

n

2

) ，

即

i 2

lnii

4

.

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