资源描述
南阳市 2013 届高三年级期终质量评估数学试题（理）第卷（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，只有一项是符合题目要求的1已知集合 P x 2x2 5x 0,x Z， Q 0 ，a ，若 P Q ，则 a 等于A 1B 2C 1 或 2D 1 或 22已知角 的顶点为坐标原点，始边为x 轴的正半轴，若P（ 4，y）是角 终边上一点，且 sin 2 5，则 y5A 8B 8C 4D 42f (x)dx 3已知函数 f （ x） 2 x，则1A 3B 4C 3 5D4 54若1n 展开式中第四项与第六项的系数相等，则展开式中的( x)x常数项的值等于A 8B 16C 80D 705执行如图所示的程序框图，若输出的结果是8，则输入的数是A 2 或 2 2B 2 或 2 2C 22 或 22D2 或 226在同一坐标系下，直线 ax by ab 和圆 (x a)2 ( y b) 2 r 2 （ ab0， r 0）的图像可能是7若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的外接球表面积是1A3 B2C 3D 48已知 P是 ABC所在平面内一点，PB PC 2 PA 0，现将一粒黄豆随机撒在ABC内，则黄豆落在 PBC内的概率是A 1B 1C 1D 243239已知双曲线 x2 y2 (a 0，b 0) 的左顶点与抛物线y2 2px（ p 0）的焦点的距离a2b21为 4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为（2， 1），则双曲线的焦距为A 2 5B 2 3C 4 3D4 510在一个容量为 300 的样本频率分布直方图中， 共有 4 个小长方形， 这 4 个小长方形的面积由小到大构成等比数列 an ，已知 a2 2a1，则小长方形面积最大的一组的频数为A 80B 120C 160D20011已知 f （ x）是以 2为周期的偶函数，当x 0,1 时， f （ x） x，那么在区间 1,3内关于 x 的方程 f （ x） kx k1（ k R，k 1）的根的个数A不可能有 3 个B最少有1 个，最多有4 个C最少有 1 个，最多有 3 个D最少有2 个，最多有4 个12已知 A， B 是椭圆 x2 y21（ 2 b 0）长轴的两个顶点，M，N 是椭圆上关于x 轴对2b2称的两点， 直线 AM，BN的斜率分别为k1，k2 且 k1k2 0，若 k1 k2的最小值为1，则椭圆方程中b 的值为A 1B 1C 2D 322第卷（非选择题共 90 分）二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分，共 20 分请把答案填在答题纸相应位置13设随机变量 服从正态分布N（ 3， 4），若 P（ 2a 3） P（ a 2），则 a 的值为 _.14在直二面角 MN 中，等腰直角三角形ABC的斜边 BC ，一直角边AC ， BC与 所成角的2正弦值为6 ，则 AB与 所成的角是 _.4x 2y 0,15在平面直角坐标系中，不等式组2x y0,( a0) ，x a表示的平面区域的面积为5，直线 mx ym 0 过该平面区域，则m的最大值是_ 16已知数列2nan-1（ n 2），则数列 an 的通项公式为an an 满足 a1 1， an 2an - 1 2n_三、解答题：本大题共6 小题，共70 分应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17（本题满分10 分）设函数 f（ x） sin（ x），其中 0，若 cos cos sin2sin233 0，且图象的一条对称轴离一个对称中心的最近距离是4（ 1）求函数 f （x）的解析式；（ 2）若 A,B,C 是 ABC的三个内角，且 f （A） 1，求 sinB sinC 的取值范围18（本题满分12 分）已知函数 f （ x） log m x （ m为常数 0m 1，且数列 f （ an ） 是首项为 2，公差为 2 的等差数列（ 1） bn an f （ an ），当 m2 时，求数列 bn 的前 n 项和 Sn ；2（ 2）设 cn an lg an ，如果 cn 中的每一项恒小于它后面的项，求m的取值范围319（本题满分12 分）某校中学生篮球队假期集训，集训前共有6 个篮球，其中 3 个是新球（即没有用过的球） ，3 个是旧球（即至少用过一次的球）每次训练，都从中任意取出2 个球，用完后放回（ 1）设第一次训练时取到的新球个数为，求的分布列和数学期望；（ 2）求第二次训练时恰好取到一个新球的概率20（本题满分12 分）如图，四棱锥S ABCD是正四棱锥，每条侧棱的长都是底面边长的2 倍， P 为侧棱 SD上的点（ 1）求证 ACSD；（ 2）若 SD平面 PAC，求二面角 P AC D的大小；（ 3）在（ 2）的条件下，侧棱 SC上是否存在一点 E，使得BE平面 PAC若存在，求 SE ： EC的值；若不存在，试说明理由21（本题满分12 分）x2y21（ a b 0）的左、右焦点分别为F ， F ，过 F 的直线 l 与椭圆设椭圆 C：a2b2122C相交于 A、 B 两点，直线 l 的倾斜角为， AF2 3 F2 B 6（ 1）求椭圆 C 的离心率；（ 2）如果 16 ，求 F1AB的面积3422（本 分12 分）已知函数 f （ x） ax x lnx 的 象在点x e（ e 自然 数的底数） 的切 斜率 3（ 1）求 数 a 的 ；（ 2）若 k Z，k f (x) 任意 x 1 恒成立，求 k 的最大 ；x 1（ 3）当 n m 4 ， 明 (mnn ) m (nmm) n 数学 （理）答案一 选择题 DACDDDCCAC BB二填空 714.15.413.16.333三解答 2nnNn117解：（ 1）由条件， coscos2sincoscossinsincos() 0sin33333,5,， 2 分2636236又 象的一条 称 离 称中心的最近距离是，所以周期 ，2 ， 2 分4f xsin 2 x6 5 分（ 2）由 fA1 ，知 sin2 A1 ，6A 是ABC 的内角，0A，2 A613 ，662 A32C 6 分,A，从而 B6233由 sin Bsin Csin BsinBsinB， 8 分3350B,B2，33333sinB1，即 sin Bsin C3 10 分23,1218：解 因数列f (an )是首 2，公差 2 的等差数列，所以f (an )2n又 2 分当 m2时bnanf (an )(1)n2n n(1) n 1 3 分222Sn1 ( 1 )02 ( 1 )13 ( 1 ) 2n (1 ) n 122221 Sn1 (1 )12 ( 1 )23 ( 1 )3n ( 1 ) n222221 1( 1 )n两式相减1 Sn1( 1) 0( 1) 1( 1 )2( 1 )n1n ( 1) n2n ( 1 )n2222221122Sn( n2)( 1) n14 6 分2（2）由（ 1）知 cnanlg an2nm2 n lg m, 要使 cncn 1 于一切 n N成立，即2nm2n lg m2(n1)m2 ( n1) lg m 一切 nN成立0m1,lg m0,n (n 1)m 2 一切 nN成立 9 分只需 m2(nn)min，而n11 增，n1时 (n) min11n1n1n12m2 1得2m2222m 的取 范 是0,2 12 分219. 解：（ 1） 的所有可能取 0， 1， 2 1 分 “第一次 取到i 个新球（即i ）” 事件 Ai （ i 0， 1，2）因 集 前共有 6 个 球，其中3 个是新球， 3 个是旧球，所以P( A0 ) P(0)C321 3 分C62，56P( A1)P(1)C31C313 5 分C625，P( A2 )P(2)C321 7 分C625所以的分布列 （注：不列表，不扣分）012P131555的数学期望 E 0113211 8 分555（ 2） “从6 个球中任意取出 2 个球，恰好取到一个新球” 事件B “第二次 恰好取到一个新球”就是事件A0 BA1 BA2 B 而事件 A0 B 、 A1B 、 A2 B 互斥，所以， P( A0 BA1 BA2 B) P( A0 B) P( A1B) P( A2 B) 由条件概率公式，得P( A0B)P( A0 )P( B | A0） 1C31C31133，9 分5C625525P( A1B)P( A1) P(B | A1） 3C21C41388，10 分5C62515251 C11C51111P( A2 B)P( A2 )P( B | A2） 5C625315 11 分所以，第二次 恰好取到一个新球的概率 P( A0 B A1 B A2 B)381 38 12 分2525157520: 解（ 1） AC与 BD交于 O， 接 SO，由 意知 SO平面 ABCD,以 O坐 原点 OB, OC,OS 分 x ， y ， z 轴正方向建立空 直角坐 系 Oxyz，如 底面 a 高 SO6 a ，于是 S( 0,0,6) ，22D(2 a,0,0) ， C (0,2 a,0) ， OC(0,22 a,0,6 a) ，a,0) ， SD (22222OCSD 0 ，故 OCSD ，从而 ACSD 4 分7（2）由 意知，平面PAC的一个 向量 ， DS ( 2 a,0,6 a) ，平面 DAC的一个 向226 a) 。 所求二面角 OS DS3量 OS(0,0,， cos，所求二面角的大2OS DS2小 300 8 分（3）在棱SC 上存在一点 E 使 BE平面PAC，由（ 2）知 DS是平面 PAC 的法向量，且DS( 2 a,0,6 a)，CS(0,2 a,6 a) ，设CE tCS , 则2222BEBCCEBCtCS(2 a,2 a(t1), 6 at) ，222而 BE DS 0,1 10 分t3即当 SE:EC=2:1 ， DSBE, 而 BE不在平面 PAC内，故 BE平面 PAC 12 分21 解（ 1）F2 (c,0)可 A(x1 , y1 ),B(x2 , y2 ) ，直 l 的方程 y3 ( x c)3由 y3( xc)3知，b2 x2a2 y2a 2b2y1y223cb 2, y1y2b 4 3 分a23b2a23b2由 AF23F2 B 知 c x1 , y13 x2 c, y2 ,y13y222y1y2y1y223cb2a23b212y2y1y1 y2a 23b 2b423312c 24 ， a 23c 2 ，e3 6 分a23b 233(2) 由（知 a3c, b23a 2 ， 所以28y1 y223cb24 a, y1y2b44a 2a23b 29a23b 227AB16112y1y216 a ， a3, c3 9 分3k93 (3)0 1F (3,0)33 11 分到直 ：xy1 0的距离 31AB3113S F1 AB131683 12 分23322（ 1）解：因 f xax x ln x，所以f xa ln x 11 分因 函数 fxaxx ln x 的 像在点 xe 的切 斜率 3，所以 fe3，即 alne13 所以 a1 2分（2）解： 由（ 1）知， fxxx ln x ，所 以 kfx1 恒 成 立 ， 即 kx x ln x 对 任 意 x1 恒 成x对 任 意 x1x 1立3 分令 g xxx ln x ， gxxln x22 ，4分x1x1令 h xx ln x 2 x 1， h x 11x1x0 ，x所以函数 hx在 1,上 增5分因 h 31ln30, h 422ln 20 ，所以方程 hx0 在 1,上存在唯一 根x0 ，且 足 x03,4 当 1 xx 时， h(x) 0， 即g (x)， 当 xx时， ( h ) x 0， 即000g (x ) ，06 分所以函数 gxxx ln x 在 1,x0上 减，在x0 ,上 增x1所以g xg x0x0 1 ln x0x0 1 x02x03,4 7 分x01x0 1min所以 kgxminx03,4 故整数 k 的最大 是 38 分（3） 明 1：由（ 2）知， gxxx ln x 是 4,上的增函数，9分x1所以当 nm4 ， nn ln nmm ln m 10 分n 1m19即 n m 1 1 ln n m n 1 1 ln m 整理，得mnln nmln mmn ln mn ln nnm 因 nm ，所以 mnln nmln mmnln m n ln n 即 ln nmnln mmln mmnln nn 即 lnnmn mmln mmn nn所以 mnnmnmm n 12分 明 2：构造函数f xmxln xm ln mmx ln mx ln x ，9分则 f xm1 ln xm1 mln m 10分因 xm4 ，所以 fxm1 ln mm1mln m m1ln m0 所以函数fx在 m,上 增因 nm ， 所以 fnf m 所以mnln nmln mmnln mn ln nm2 ln m m ln m m2 ln mm ln m0 即 mnln nmln m mn ln m nln n 即 ln nmnln mmln mmnln nn 即 lnnmn mmln mmn nn所以 mnnmnmm n 分12 明 3：要 mnn mnmm nln nmnmmlnmnnn ln n m ln mm nn1m 1构造函数f ( x)x ln xx 1则 f (x)(ln x1)( x1)x ln xxln x10 在 (1,) 上恒成立(x1) 2(x1)2xln xf ( x)在 (1,) 上 增x1mnnm4 时 f ( n)f (m) 即 mnnnmm10
展开阅读全文