2013年浙江省高三名校交流模拟卷(理科)数学(含详细解析)2012.4

2012年浙江省高三名校交流模拟卷 理科数学

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,只有一项是符合题目要求的） 1.设集合P{x|y1x,xR},集合P{y|y1x,xR},则 ( )

A.

PQ

B．PQ C．PQR D. PCRQ

2.已知复数z2i,z是z的共轭复数,则

zz ( ) A.

34i B.

34i34i3455 C．5 D．i5

3.若抛物线

y22px(p0)上纵坐标为22的点到焦点

的距离为3,则此抛物线的方程为: ( )

A.

y22x B. y24x C．y28x D．y24x或y28x

4.设a是空间中的一条直线，是空间中的一个平面，则下列说法正确的是 （ ） A. 过a一定存在平面,使得// B. 过a一定不存在平面,使得

C. 在平面内一定存在直线b，使得ab D. 在平面内一定不存在直线b，使得a//b

5.某几何体的三视图如图，若各视图均为边长为2的正方形，则这个 几何体的体积是 ( ) A.

483 B.

3 C. 16203 D. 3

正视图 侧视图

xy16.设实数x,y满足0x2y40，若zxky的最小值为2,

y20俯视图

(第5题)

则k的值为 （ ）

A．12 B．0 C．1 D．2

7.已知数列{an}共有,且满足ai{0,1}(1i5),aj{1,1}(6j8),若{an}的前8

项和S84,则满足条件的数列{an}的个数为 ( )

A. 37

B．38 C．70 D．322

8.已知为锐角,则“sin13且cos13”是“sin2429”的 ( )

A. 充分必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分而不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 9.若双曲线的焦点关于渐近线对称的点恰在双曲线上,则双曲线的离心率为 ( )

A.

55 B．

52 C．2 D．5 10.若

m12xm12（其中

m为整数）

，则称m为离实数x最近的整数，记作

[x]，即

[x]m.设集合

A{(x,y)|f(x)x[x],xR},B{(x,y)|g(x)ax2bx,xR}，若集合AB的子集恰有两个,则a,b的

取值不可能．．．

是 （ ） A.

a5,b1 B. a4,b1 C. a2,b1 D. a4,b1

二.填空题(本大题共7小题,每小题4分,共28分) 11.已知函数g(x)f(x)1为奇函数,若f(1)1,则f(1) ．

12.若Cn115C2n2(nN*),则二项式(x115x)n的展开式中常数项的

值为 ．

13.某程序框图如图所示,则该程序运行后输出的结果是 ．

14.若tan(2xy)3tan(x2y)3，则tan(xy) ．

15.设袋中有8个形状﹑大小完全相同的小球,其中2个球上标有数字0,

3个球上标有数字1,另3个球上标有数字2.现从中任取3个球,用随机 变量表示这3个球上数字的最大值与最小值之差.则的数学期望

E ．

(第13题)

16.向量a,b,c,d满足: |a|1,|b|2,b在a上的投影为

12,(ac)(bc)0, |dc|1，则|c||d|的最大值是 ．

17.已知函数

f(x)x24x2x(cos1)2x(sin1),x0.若

f(x)M恒成立,则

M的取值范围

是 ．

三.解答题(本大题共5小题,共72分.解答应写出文字说明﹑证明过程或演算过程)

18.(本小题满分14分)在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a3，cosAC323.

（1）求cosB的值；

（2）分别求b的取值范围及ABAC的取值范围.

19. (本小题满分14分)设等差数列{an}公差为d(dN*),等比数列{bn}公比为q,若a2,a3,a5分别为{bn} 的前三项,且

dq.

（1）求数列{an},{bn}的通项公式； （2）若数列{cn}满足：b1c1b2c2bncnan，求数列{cnan}的前n项和Tn.

20. (本小题满分14分)在如图（1）所示的等腰梯形ABCD/中，AB//CD/，ABBC2，ABC1200，E,F,G分别为D/C，AE，BC的中点，现将AED/沿AE翻折至图（2）的位置

（点D/翻至点D），H为CD的中点. （1）求证：DF//平面EGH；

（2）当异面直线EH与AD所成角为3时，

图(1)

求二面角DAEB的余弦值.

(第20题)

图(2)

21. (本小题满分15分)设椭圆C:x2y2a2b21(ab0)，其长轴是短轴的两倍,以某短轴顶点和长轴顶点为端点的线段作为

直径的圆的周长为

5.

(1)求椭圆C的方程； (2)若直线l与椭圆相交于

A,B两点,设直线OA,l,OB的斜率分别为k1,k,k2,(其中k0).OAB的面积为

S,以

OA,OB为直径的圆的面积分别为SS1S21,S2.若k1,k,k2恰好构成等比数列,求

S的取值范围.

22. (本小题满分15分)设

f(x)(xlnxaxa2a1)ex,a2.

(1)若a0，求f(x)的单调区间；

(2)讨论

f(x)在区间(1e,)上的极值点个数；

(3)是否存在a，使得f(x)在区间(1e,)上与x轴相切?若存在，求出所有a的值.若不存在，说明理由.

参及详细解析

一.选择题:1.C 2.A 3.D 4.C 5.B 6.C 7. B 8. A 9.D 10.B 1.C 化简得：P{x|x1}，Q{y|y0}，结合数轴可知：只有C正确. 故选C

2.A

z2i,z2i,则z(2i)234iz22i25.故选A

3.D 设抛物线上纵坐标为22的点的横坐标为x0，则有：2px08 且x0p23，消去x0得：p26p80，解得

p2或p4.故此抛物线的方程为y24x或y28x.故选D

4.C 在A选项中，若直线a在平面内,则不存在平面使得//,故A错误

在B选项中，过直线a一定存在平面使得,故B错误

在 D选项中，若直线a//平面,则在平面内存在直线b使得a//b,故C错误 只有C选项是正确的. 故选C

5.B 该几何体是以正方体的六条面对角线为边

构成的正四面体，也可看作是正方体被截去四个墙角后留下的 几何体，由间接法计算其体积得：V23411238323.

故选B

(第5题)

6.C 方法一：检验选项.

对A选项：直线过点(0,2)时，zmin12，

对B选项：直线过点(0,2)时，

zmin02，

对C选项：直线过点(0,2)时，zmin2，

42(第6题)

对D选项：直线过点(0,2)时，zmin.故选C

方法二：特殊点带入检验.当z取到最值时，直线必过可行区域中三角形的某个顶点，故可以把三个顶点(0,2)，

(2,1)，(3,2)逐一代入检验，结果只有k1正确. 故选C

7.B 以aj(6j8)中出现的1个数作为对象来讨论.（1）若aj中没有1（即全为1），则ai(1i5)中只有一个1，

数列种数为C135C35.（2）若aj中有一个1（即还有两个1）

，则a31i中有三个1，数列种数为C5C330.（3）若aj中有两个1（即还有一个1），则ai中有五个1，数列种数为C55C133.综上：数列种数共有530338.

故选B

8.A 由于为锐角，注意到“sin13或cos13”时均有：“sin2429”，反之也成立.不妨设sin13的解为

1，设

cos13的解为

2.结合图像由单调性可知

sin13且

cos13的解为：

14对称)，故22422(1,2关于

1222（2122），由于sin1sin229，故sin2429成立，即充分性成立.由于为锐角，故以上过程可逆推，即必要性也成立.综上得：“sin13且

cos143”是“sin229”的充分必要条件.故选A

9.D 方法一：如图所示，设双曲线的方程为x2y2a2b21，

两焦点分别为E,F.且F关于其中一条渐近线的对称点 为

A ，AF的中点为B.因为B为AF的中点, O为

EFOBAFO

的中点且，故AEF为直角三角形. 不妨

设|AF|m，|AE|n，则有：mn2am2n24c2，

tanAEFmbna(第9题)

消去m,n可得：b2a，故c5a，即：e5.

方法二：在

RtOBF中，|OF|c，|OB|a，|BF|b.OB为

AEF 的中位线，|AE|2a，

|AF|2b，故2b2a2a，得：b2a，c5a，即：e5.故选D

10.B 分析可知

f(x)是周期为1的周期函数，

且当x(1,1时：f(x)x.作图如下：

122]2 12 (第10题)

集合AB的子集恰有两个，即AB中只有一个元素.注意到f(x)与g(x) 必有一个公共点(0,0)，故逐一检验：选项

A,D表示的抛物线均与直线yx相切于原点，且与函数f(x)无其余公共点，选项C表示的抛物线与f(x)相交，但交

点也只有一个. 选项B表示的抛物线与f(x)相交，交点有两个，分别为(0,0)及(112,2).故选B

二.填空题: 11. 3 12. 6 13. y24x或y28x 14.

12 15.

8156 16.32 17.(,222] 11.

3 由f(1)1得g(1)2，又g(x)为奇函数，故g(1)2，f(1)g(1)13

12. 6 若

n12n2,无解舍去.故

(n1)(2n2)15，即

n4,

(x1)4x展开式通项为：

Tr4r1rrr42rr1C4x(x)(1)C4x，令42r0得r2，故常数项值为6

13.2 初始值S2.程序运行一次后得S1113，运行二次后得S22.，运行三次后得S33，运行四次后得

S42，……..（往后依次重复出现前四次的值），由于20125034，故S2012S42. 14.

12 方法一：注意到xy(2xy)(x2y)，故

tan(xy)tan(2xy)tan(x2y)1tan(2xy)tan(x2y)12

方法二：tan(2xy)3tan(x2y)3，即tan(x2y)1，即x2yk4

所以tan(2xy)tan(3y2)cot3y3，故tan(xy)tan(3y14)2

15.

812256 由题知0,1,2.且P(0)C356， 8P(1)C11113C2C32C3C2327C3，P(2)1P(0)P(1)2785656， 故E0P(0)+1P(1)+2P(2)=8156.

16.32 不妨设向量a,b,c,d有相同的起点O，终点分别为A,B,C,D.由b在a上的投影为

112知ab2，由

(ac)(bc)0知：C在以

AB为直径的圆上. 故当向量

c过

AB中点时，其模最大，此时：|c|=

12（|ab||ab|）=122，

由

|dc|1知，

D在以

C为圆心，1为半径的圆上，故当

C,D共线时

|d|最大，故

(|c||d|)ma=x2|c|max1=32

17.(,222]

方法一：

f(x)x24x2x(cos1)2x(sin1)

f(x)12[(xcos)2(2xsin)2(x2x)22(x2x)5]，

首先，(xcos)2(222xsin)可看作单位圆上点与反比例函数yx上点之间距离的平方，结合图形易得：当

x2，4时(xcos)2(2xsin)2取到最小值1.其次，(x2x)22(x2x)5可看作关于

tx2x(t22)的二次函数，当t22，即x2时函数取到最小值342.两式相加即得f(x)的最小值

为222，当且仅当x2时取到.故f(x)222，即M222

方法二:

cos12(x)(x2)2(2sin2(sin1)(cos1)2fx2)4

(xcos1222sin()2)2(2xsin2)244

数形结合可得:当x2,4时, f(x)222，即M222

方法三：f(x)x242x2x(cos1)x(sin1)

x24212x2(xx)(xcosxsin)

x24x2(x214x)x2x2（合一变形后根据三角有界性得到）

令tx2x(t22)，g(t)t2tt244， g'(t)2t11t24421120， g(t)t2tt244在

t22上单调递增，故

g(t)g(22).即：

f(x)222，即

M222.

三.解答题

18.解: (1)cos(AC)2cos2AC2113,……3分 cosBcos(AC)13……5分

(2)由cosB122a3,得: sinB3.由正弦定理

sinAbsinB,变形得:b22sinA,……7分

0sinA1,b22,当且仅当A900时,等号成立……9分

b2c2cosAa2解法一:由余弦定理得2bc,

b2ABACbccosAc2故92,……11分

又因为b2c292313cc22c9,……12分

故ABACc2c(c121112)44.当且仅当c2时等号成立. ……14分

解法二:由正弦定理得:c3sinCsinA,

故ABACbccosA62sinCcosA62sin(AB)cosAsin2Asin2A……11分 22(sinAcosA22cos2A)21sin2A8cotA22cotA4,……13分 当且仅当cotA28时等号成立. ……14分 解法三: ABACAB(ABBC)c23c(1212113)cc(c2)44当且仅当c12时等号成立. ……14分

解法四: (建坐标系,过程略)

19.解:(1).设等差数列{an}的首项为a,则由a2,a3,a5成等比数列可得:

(a2d)2(ad)(a4d),化简得:ad0,dN*,a0, ……4分

故{bn}的前三项为:d,2d,4d,即:q2,又dq,d1……6分

故ann1, b1n2n……7分

10,n1(2).当n时,c10, 当n2时,bncnanan11,故cn12n1,n2.…9分

即: cn1123n1nan2n1.故Tn222232n1 ①.

1123n2T221n23242n ②. 由①-②得:

11(11n2T1111n11)nn1n22122232n12n2112n12n……13分

2故:T2n1n 2n1.……14分

20. 如图（1）所示的等腰梯形ABCD/中，由平面几何方法，

过

A，B两点分别作CD/的垂线，结合已知条件经计算易得：

图(1)

CD/4.故AED/,BEC及AEB均为正三角形，且三点

BFD/在一条直线上.易得BD/AE且BF//EC.……2分

(1).解法一:在图（2）中，连接BD，BF，G,H分别为BC,CD 的中点,故GH//BD，又BF//EC，故面FBD//面EGH，

又DF面FBD，故DF//平面EGH.……6分

(第20题)

解法二:连接CF交EG于M,连HM,易得M为CF的中点,故HM为CDF的中位线, DF//HM,故

DF//平面EGH.……6分

(2)以F为坐标原点，FB，FA所在射线分别为x,y轴建立如图所示空间直角坐标系.显然BFD为二面角DAEB的平面角，设BFD，

则有：D(0,3cos,3sin)，C(2,3,0)，A(1,0,0)，E(1,0,0).……8分

H为CD的中点，故H(1,3232cos,32sin)，

EH(0,3232cos,32sin)，AD(1,3cos,3sin)， EHAD32cos32cos232sin232cos32，……11分 异面直线EH与

AD所成角为

3， 3故cosADEH=

2(cos1)=

63|AD||EH||2cos1……13分 4cos1解得:cos13 ……14分 21.解：（1）由题可知，a2b且a2b25，解得：a2,b1，……3分

故椭圆的方程为：x24y21……5分 （2）设直线l的方程为

ykxm，A(x1,y1)，B(x2,y2)

y由kxmx2可得(14k2)x28kmx4(m21)0，由韦达定理有：4y21 x1x28km144(m2k2且16(14k2m2)0……7分

x1)1x214k2k1,k,k2构成等比数列，2kk(kx1m)(kx2m)1k2=

x，即：km(xm21x2)01x2由韦达定理代入化简得：k214.k0，k1

2

.……9分 此时16(2m2)0，即m(2,2).

故S12|AB|d121k2|xx|m|12|1k2

12(x1x2)24x1x2|m|2m2|m|……11分 又S1S24(x2x223321y212y2)4(4x214x22) 316[(x2x51x2)2x12]24为定值. ……13分

S1S251S42m2|m|54当且仅当m1(2,2)时等号成立. 综上：

S1S2S[54,)……15分

22.解：（1）当a0时：f(x)(xlnx1)ex，（x0）

故

f'(x)(lnx1xlnx1)exlnx(x1)ex……2分

当x1时：f'(x)0，当x1时：f'(x)0，当x1时：f'(x)0.

故

f(x)的减区间为：(0,1)，增区间为(1,)……4分

（2）

f'(x)(lnxxlnxaxa2)ex

令g(x)lnxxlnxaxa2，故g'(x)1xlnx1a,g''(x)11x2x,…6分 显然g''(1)0，又当x1时：g''(x)0.当x1时：g''(x)0.

故g'(x)ming'(1)2a，a2，g'(x)g'(x)min2a0.

故g(x)在区间(1e,)上单调递增，……7分 注意到：当

x时，g(x)，故g(x)在(1,)上的零点个数由g(1)(a1)(a11eee)的符号决

定. ……8分 ①当g(1e)0，即：2a11e或a1时：g(x)在区间(1e,)上无零点，即 f(x)无极值点.

②当g(1e)0，即：11ea1时：g(x)在区间(1e,)上有唯一零点，即 f(x)有唯一极值点.

综上：当2a11e或a1时：f(x)在(1e,)上无极值点. 当111ea1时：f(x)在(e,)上有唯一极值点. ……10分

（3）假设存在a，使得f(x)在区间(11e,)上与x轴相切，则f(x)必与x轴相切于极值点处，由（2）可知：1ea1.

不妨设极值点为x0，则有：

f'(x0)(lnx0x0lnx0ax0a2)ex00„(*)同时成立. ……11分 x02f(x0)(x0lnx0ax0aa1)e0联立得：lnx0令ta10，即x0e(a1)代入（*）可得e(a1)(a1)a20.

1(a1),t(2,)，h(t)ett(t1)2.……12分

e11''''1则h(t)e2t3，h(t)e2，当 t(2,)时h(t)h()ee20 ee't''t12'1'2'（ee2）.故h(t)在t(2,)上单调递减.又h(2)e10，h()ee30.故h(t)eee'1

e121在t(2,1)上存在唯一零点t0. e'即当t(2,t0)时h1(t)0，h(t)单调递增.当t(t0,)时h'(t)0，h(t)单调递减.

e1'113因为h(2)e10，h()ee210.

eee2故h(t)在t(2,t0)上无零点，在t(t0,由观察易得h(0)1)上有唯一零点. ……14分 e0，故a10，即：a1.

11使得f(x)在区间(,)上与x轴相切. ……15分

e综上可得：存在唯一的a

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