2013届黄冈市黄州区第一中学二模(理科数学)

湖北省黄州区一中2013届高三5月高考适应性考试（理数）

2013年5月13日

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。 1. 若

1i1iabi,a,bR,则

ab的值是

A. 1 B. 0 C. 1 D. 2 2.等差数列an的公差d0,且a3a11,则该数列的前n项和取得最大值时，n=

22 A.6 B.7 C.6或7 D.7或8 3. 一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积与其 外接球的表面积之比为 A.

3:2 B.

3: C. 23: D.2:

22 1 正视图

22 1 侧视图

2222yx4.设m>1，在约束条件ymx下，目标函数z=x+my的最大值

xy1大于2，则m的取值范围为 A．(1,12) B．(11 1 （1，3） D．2,) C．(3,)

x5．已知Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3是函数y2图象上的三个不同点，若x12x23x31, 则y1y2y3的最小值为 A. 2

B.

323俯视图

2

6 C. 3 D. 332

126．设f(x)是x2展开式的中间项，若f(x)mx在区间,2上恒成立，则实

2x2数m的取值范围是( )

A．,5 B．,5 C．5, D．5, 7.点P到点A1Ba,2及到直线x的距离都相等，如果这样的点恰好只有一个，,0，

221

那么a的值是 A.

12 B.

32 C.

12或

32 D. (a,b,c)12或

12

8. 在区间[0, 1]上任取三个数a, b, c，若向量m，则|m|1的概率是

D．

6A．

24 B．

12 C．

332

1

9. 若函数f(x1)f(x)，当x0,1时,f(x)x,若函数g(x)f(x)mxm在区

间1,1内恰有一个零点，则实数m的取值范围是

A．0, B．, C.0, D．0,

22211110. 如图，P是双曲线

xa22yb221a0,b0,xy0上的动点，F1、F2是双曲线的焦

点，M是F1PF2的平分线上的一点，且F2MMP0. 有一同学用以下方法研究OM：

延长F2M交PF1于点N，可知PNF2为等腰三角形，且M为F2N的中点，得

OM12NF1…a. 类似地：P是椭圆

xa22yb221ab0,xy0上的动点，

F1、F2是椭圆的焦点，M是F1PF2的平分线上的一点，且F2MMP0. 则OM的取

值范围是

22222222A.0,ab B.0,ab C.0,ab D.0,ab



y P N M F1 O F2 x

O F1 y

P M F2 x

二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分） 11.已知等比数列{an}的首项为2，公比为2，则

aa12n1aaaaaa

n12.若函数f(x)x2(2a1)|x|有四个不同的单调区间，

则实数a的取值范围是 ． 13．已知某算法的流程图如图所示，

则程序运行结束时输出的结果为 ．

14．在RtABC中，C90，AC4,BC2，D是BC的中点，

那么(ABAC)AD ;若E是AB的中点，P是

ABC（包括边界）内任一点．则ADEP的取值范围是 .

2

选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，如果全选，则按第15题作答结果计分。） 15．（《几何证明选讲》选做题）.如图：直角三角形ABC中， A ∠B＝90 o，AB＝4，以BC为直径的圆交边AC于点D， D

AD＝2，则∠C的大小为 ．

16．(《坐标系与参数方程选讲》选做题).已知直线的极坐标方程

B 7C 2为sin()，则点A(2,)到这条直线的距离

424为 ． 第15题（1）图

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．（本小题满分12分）已知函数f(x)sinx (0)在区间[0,]上单调递增,在区

3间[23,3]上单调递减;如图,四边形OACB中,a,b,c为△ABC的内角A，B，C的对

边，

4且满足

sinBsinCsinA（Ⅰ）证明：bc2a；

3cosBcosCcosAC.

B（Ⅱ）若bc，设AOB，(0),

OA2OB2，求四边形OACB面积的最大值.

OA

18．(本小题满分12分) 某市直小学为了加强管理，对全校教职工实行新的临时事假制度：“每位教职工每月在正常的工作时间，临时有事，可请假至多三次，每次至多一小时”.现对该制度实施以来50名教职工请假的次数进行调查统计，结果如下表所示：

请假次数 人数 根据上表信息解答以下问题： （Ⅰ）从该小学任选两名教职工，用表示这两人请假次数之和，记“函数f(x)xx1在区间(4,6)上有且只有一个零点”为事件A，求事件A发生的概率P；

（Ⅱ）从该小学任选两名职工，用表示这两人请假次数之差的绝对值，求随机变量的分布列及数学期望E.

19．（本小题满分12分）已知nN,数列dn满足dn0 1 2 3 5 10 20 15 23(1)2n,数列an满足

mnand1d2d3d2n；又知数列bn中，b12，且对任意正整数m,n，bnbm.

（Ⅰ）求数列an和数列bn的通项公式；

（Ⅱ）将数列bn中的第．a1项，第．a2项，第．a3项，„„，第．an项，„„删去后，剩余的项按从小到大的顺序排成新数列cn，求数列cn的前2013项和.

3

20．（本小题满分12分）如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直．AB∥CD，ABBC，AB2CD2BC，EAEB． （Ⅰ）求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；

（Ⅱ）线段EA上是否存在点F，使EC// 平面FBD？若存在，求出说明理由． EEFEA；若不存在，BCDA 2221．(本题满分13分) 如图，F1，F2是离心率为右焦点，直线l：x＝－

12的椭圆C：

xa22yb221(a＞b＞0)的左、

将线段F1F2分成两段，其长度之比为1 : 3．设A，B是C上的两

个动点，线段AB的中点M在直线l上，线段AB的中垂线与C交于P，Q两点． (Ⅰ) 求椭圆C的方程；

(Ⅱ) 是否存在点M，使以PQ为直径的圆经过点F2，若存在，求出M点坐标，若不存在，请y 说明理由．

B P

M

A

O F1 F2 x Q 1 x＝－ 2 22．（本小题满分14分） 已知函数f(x)xax(a0)，g(x)lnx，f(x)图象与x轴

异于原点的交点M处的切线为l1， 并且l1与l2平行. g(x1)与x轴的交点N处的切线为l2，（1）求f(2)的值；

（2）已知实数t∈R，求uxlnx,x1,e的取值范围及函数yf[xg(x)+t],x1,e的最小值；

（3）令F(x)g(x)g'(x)，给定x1,x2(1,),x1x2，对于两个大于1的正数,，存在实数m满足：mx1(1m)x2，(1m)x1mx2，并且使得不等式

|F()F()||F(x1)F(x2)|恒成立，求实数m的取值范围.

2

4

BCBBD DDDAD 11.4 12.(212,) 13.4 14. 2; [-9,9] 15. 30°， 16

3222

16．解：（Ⅰ）由题意知：

sinBsinCsinA43，解得：

， ………………………2分

2-cosB-cosCcosAsinBcosAsinCcosA2sinA-cosBsinA-cosCsinA

sinBcosAcosBsinAsinCcosAcosCsinA2sinA

sin(AB)sin(AC)2sinA………………………………………4分

sinCsinB2sinAbc2a……………………………………6分

（Ⅱ）因为bc2a，bc，所以abc，所以△ABC为等边三角形

SOACBSOABSABC12OAOBsin34AB …………8分

2sin-3cos5342sin(-3)534，……………10分

(0，),-3(-23，)，

3当且仅当-32即，562时取最大值,SOACB的最大值为2534………12分

17．【解】(1) 函数fxxx1过(0,1)点，在区间(4,6)上有且只有一个零点，则必有f(4)0f(6)0即：2164103661011，解得：

1356，所以，4或5…………

当4时，P1C20C10C15C50268245，当5时，P2C20C15C502111249…………5分

682451249128245由互斥事件有一个发生的概率公式，所以P4与5为互斥事件，

6

分 (2) 从该小学任选两名教职工，用表示这两人请假次数之差的绝对值，则的可能取值分别是0,1,2,3，于是P0111111C5C10C20C15C50224922222271，

P(1)C5C10C10C20C15C20C50C5C15C502112，P(2)C5C20C10C15C5021111049，

P(3)349…………10分

5

从而的分布列：

 P 0 271 22492 310493 349 49494918．解：（1）因为平面ABE平面ABCD，且ABBC

的数学期望：E02712249210351． …………12分

所以BC⊥平面ABE，则CEB即为直线EC与平面ABE所成的角………2分 设BC=a，则AB=2a，BE2a，所以CECBCE13333a 33则直角三角形CBE中，sinCEB 即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为

（2）存在点F，且EFEA113． ………………………6分

时，有EC// 平面FBD．

111242,0,)，F(,0,)，所以FB(,0,)． 3333333vBD0,v(a,b,c) 设平面FBD的法向量为，则有vFB0.证明如下：由 EFEA(ab0, 取a1，得v(1,1,2)．………………………………9分 所以 42az0.33因为 ECv(1,1,1)(1,1,2)0，且EC平面FBD，所以 EC// 平面FBD． 即点F满足EFEA13时，有EC// 平面FBD．……………………………………12分

n19．解： dn3(1)2,and1d2d3d2n32n23n ……………3分

2233nn又由题知：令m1 ，则b2b12,b3b12bnb12 ……………5分

若bn2，则bn2，bm2nmnnmnmnmn，所以bnbm恒成立

nmn若bn2,当m1,bnbm不成立,所以bn2 …………………………………6分 （Ⅱ）由题知将数列bn中的第3项、第6项、第9项……删去后构成的新数列cn中的奇数列与偶数列仍成等比数列，首项分别是b12，b24公比均是8, …………9分

6

T2013(c1c3c5c2013)(c2c4c6c2012) 2(18181007)4(18181006)2081006671212………………………………………12分

c20．解：(Ⅰ) 设F2(c，0)，则

c＝，所以c＝1．因为离心率e＝3122 ，所以a＝2．

所以椭圆C的方程为

x22y1．

2 …………………………………………4分

12(Ⅱ) 当直线AB垂直于x轴时，直线AB方程为x＝－，……………………6分

此时P(2，0)、Q(2,0) ，F2PF2Q1．不合；

当直线AB不垂直于x轴时，设存在点M(－

212m) (m≠0)， A(x1,y1)， ，直线AB的斜率为k，

B(x2,y2)．由

x12y11,y1y22(xy)2(xy)0，则 得12122xx122x2y21,24m，PQ

－1＋4mk＝0，

故k＝即

14m．此时，直线PQ斜率为k1的直线方程为ym4m(x12)．

y4mxm．

y4mxm 联立x22y12消去y，整理得 (32m21)x216m2x2m220．

所以x1x216m2232m1，x1x22m232m122．………………………………8分

由题意F2PF2Q0，于是

F2PF2Q(x1－1)(x2－1)＋y1y2x1x2(x1x2)1(4mx1m)(4mx2m)

(116m)x1x2(4m1)(x1x2)1m222

2(116m)(2m2)32m1222(4m1)(16m)32m122221m19m132m122=0．m1919

因为M在椭圆内，m78m1919符合条件；……………………12分

11919综上，存在两点M符合条件，坐标为M(,2)．……………………13分

21. 解.（1） yf(x)图象与x轴异于原点的交点M(a,0)，f'(x)2xa

7

yg(x1)ln(x1)图象与x轴的交点N(2,0)，g'(x1)121x1

由题意可得klkl，即a1， „„„„„„„„2分 ∴f(x)xx,，f(2)222 „„„„„„„3分 （2）yf[xg(x)+t][xlnx+t](xlnx+t)=(xlnx)(2t1)(xlnx)tt„4分 令uxlnx，在 x1,e时，u'lnx10，

∴uxlnx在1,e单调递增，0ue, „„„„„„5分

yu(2t1)utt图象的对称轴u222222212t2，抛物线开口向上

①当u②当u③当012t212t212t20即te即te即

1212e2时，yminy|u0t2t „„„„„„6分

时，yminy|uee2(2t1)et2t „„„„„7分

1212e2t时，

yminy|12t212t12 „„„„„„„8分 ()(2t1)tt12tu22421,11x1F'(x)20得x1 2xxxx(3)F(x)g(x)g'(x)lnx所以F(x)在区间(1,)上单调递增 „„„„„„„„„9分

F（1）0 ∴当x1时，F（x）①当m(0,1)时，有mx1(1m)x2mx1(1m)x1x1，

mx1(1m)x2mx2(1m)x2x2，

得(x1,x2)，同理(x1,x2)， „„„„„„„１０分

∴ 由f(x)的单调性知 0F(x1)F()、F()F(x2)

从而有|F()F()||F(x1)F(x2)|，符合题设. „„„„„„11分 ②当m0时，mx1(1m)x2mx2(1m)x2x2，

(1m)x1mx2(1m)x1mx1x1，

由f(x)的单调性知 0F()F(x1)F(x2)F()， ∴|F()F()||F(x1)F(x2)|，与题设不符 „„„„„12分

③当m1时，同理可得x1,x2，

得|F()F()||F(x1)F(x2)|，与题设不符. „„„„„„„„13分 ∴综合①、②、③得m(0,1) „„„„„14分

8