湖北省2013年七地市高考备考(押注)冲刺卷(二)数学(理)试卷

2013年七地市高考备考（押注）冲刺卷

理科（数学）

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟。

第Ⅰ卷（选择题，共50分）

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，选出

符合题目要求的一项． 1. 已知集合Px|xx30，Qx|x2，则PQ（ ） A．2,0 B．0,2 C．2,3 D．2,3

xR1x2.已知f(x)，则f(f(1i))（ ）

(1i)xxR A.3 B.0 C.3 D.3i

3.曲线ysinx（0x)与直线y1围成的封闭图形的面积为（ ） 2 A．3 B. 23 C.24. 下列说法正确的个数是（ ）

3 D.3 3①“在ABC中，若sinAsinB，则AB”的逆命题是真命题；

②“m1”是“直线mx(2m1)y10和直线3xmy20垂直”的充要条件； ③“三个数a,b,c成等比数列”是“b32ac”的既不充分也不必要条件；

开始④命题“xR,xx10”的否定是“x0R，x03x0210”． A． 1 B． 2 C． 3 D． 4

5. 执行如图所示的程序框图，若输出的结果是8，则判断框内m的取值范围是 ( )

A．(30,42] B．(42,56] C．(56,72] D．(30,72)

S0,k1sm是否SS2k输出kkk1结束

x0y06. 在约束条件下，当3s5时，目标函数z3x2y的最大值的变化范围是xysy2x4（ ）

A．[6，15] C. [6，8]

1 2 3 9 10 11 17 18 19 7. 从1开始的自然数按如图所示的规则排列，现有一25 26 27 三角形框架在图中上下或左右移动，使每次恰有九个33 34 35 数在此三角形内，则这九个数的和可以为（ ）

A. 2097 B. 2264 C. 2111 D. 2012

2 B．[7，15] D．[7，8]

4 12 20 28 36 ... 5 13 21 29 37 6 14 22 30 38 7 15 23 31 39 8 16 24 32 40

8. 已知随机变量X服从正态分布，且关于a的方程Xaa10至少有一负根的概率为0.5，若P(X11)0.8，则P(0X)等于（ ） 22 A. 1 B. 0.8 C. 0.6 D. 0.3

y B A F1

O F2

x x2y29. 如图，F1,F2是双曲线C：221(a0,b0)的左、右焦点，过F1的

ab直线l与C的左、右两支分别交于A.,B两点．若 |AB|:|BF2|:|AF2|3:4:5，则双曲线的离心率为（ ）

A．13 B．15 C．2 D．3 10. 如果函数f(x)|x|ax22（a0）没有零点，则a的取值范围为（ ） A.(0,1) B. (0,1)(2,) C. (0,1)(2,) D.

(0,2)(2,)

二、填空题：本大题共6小题，考生作答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，模棱两可均不得分. （一）必做题（1～14题）

3315)的展开式中的常数项为____________． x212. 已知四棱锥PABCD的三视图如图所示，则四棱锥PABCD 11. 二项式(x34正视图222侧视图 的四个侧面中最大的面积等于____________．

13.设在同一个平面上的两个非零的不共线向量a,b满足b(ab)，若

2|2,b||，则1|axb|(xR)取值范围是____________． |a

俯视图图114. 记函数fx的导数为f1x，f1x的导数为f2x,,fn1x的导数为

f(n)(x)

(nN)．若fx可进行n次求导，则fx均可近似表示为：

*f0f02f03f0nfxf0xxxx

1!2!3!n!

若取n5，根据这个结论，则可近似估计自然对数的底数e____________（用分数表

123n示）．

（二）选做题（考生只能从第15,16题中选做一题；两道题都做的，则按第15题的结果计分）

15.（选修4-1：几何证明选讲）如图所示，已知圆O直径为6，AB是圆O的直径，C为圆上一点，且BCDCB2，过点B作圆的切线交AC的延长线于点D，则DA________

AO16.（选修4-5：坐标系与参数方程）在直角坐标系xOy中，曲线C1参数方程

xcos（为参数），在极坐标系（与直角坐标系xOy相同的长度单位，且以原点Oy1sin为极点，以x正半轴为极轴）中，曲线C2的方程为(cossin)10,则曲线C1与C2的交点个数为 ．

三、解答题：本大题共6小题，共75分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。

17.（本小题满分12分）设f(x)6cos2x23sinxcosx. （1）求f(x)的最小正周期及单调递增区间； （2）将函数f(x)的图象向右平移

g(x)3个单位，得yg(x)的图象，求F(x)323x在x4处的切线方程.

18.（本小题满分12分）

数列an的前n项和为Sn，a11，an12Sn1，等差数列bn满足b33,b59.

（1）分别求数列an，bn的通项公式；

* （2）若对任意的nN，(Sn)kbn恒成立，求实数k的取值范围．

12

19.（本小题满分12分）

某同学向如图所示的圆形靶投掷飞镖，飞镖落在靶外（环数记为0）的概率为0.1，飞镖落在靶内的各个点是随机的．已知圆形靶中三个圆为同心圆，半径分别为30cm、20cm、

010cm，飞镖落在不同区域的环数如图中标示．

8 （1）若这位同学向圆形靶投掷3次飞镖，求恰有2次落在9环区域内的概率；

9 （2）记这位同学投掷一次得到的环数为随机变量X，求X的分布列及数学期

10望．

20.（本小题满分12分）

如图，已知E,F分别是正方形ABCD边BC,CD的中点，EF与AC交于点O，

PA,NC都垂直于平面ABCD，且PAAB4，NC2，M是线段PA上的一动点． （1）求证：平面PAC平面NEF； P （2）若PC//平面MEF，试求PM:MA的值；

（3）当M的是PA中点时，求二面角MEFN的余弦值．

21.（本小题满分13分）

MNDAFBECabx2y2x2y2 若椭圆E1: 221和椭圆E2: 221满足22m(m0),则称这两个

a1b1a1b1a2b2椭圆相似，m是相似比.

x2y21相似的椭圆的方程； （1）求过(2,6)且与椭圆42 （2）设过原点的一条射线l分别与(1)中的两椭圆交于A、B点（点A在线段OB上）. ① 若P是线段AB上的一点，若OA，OP，OB成等比数列，求P点的轨迹方程;

② 求|OA||OB|的最大值和最小值.

22.（本小题满分14分）设函数f(x)xsinx(xR)

（1）证明：f(x2k)f(x)2ksinx，其中k为整数；

x0 （2）设x0为f(x)的一个极值点，证明：[f(x0)]； 21x024 （3）设f(x)在(0,)内的所有极值点，按从小到大的顺序排列：a1,a2,,an,，试证明：

2an1an(nN*).

参考答案

一、选择题： BCDCC DDCAB

二、填空题：11.10 12. 6 13. 14. 三、解答题： 17.

3,

163 15. 3 16. 两个 60解

:

（

1

）

f(x)6 故

(1cos2x)3sin2x23cos(2x)3, „„„„3分

26期

f(x)的最小正周

T, „„„„4分

由

2k2x62k, 得f(x)的单调递增区间为

[k（

7,k]kZ.„„„6分 12122

）

由

题

意

：

g(x)23cos[2(x)]323sin2x3, „„„„„8分

36 F(x)g(x)323xsin2xx,

2xcos2xsin2x, „„„„„10分

x2416' 因此切线斜率kF()2, 切点坐标为(,)， 44416y2(x) 故所求切线方程为

4F'(x), 即

16x2y80. „„„„„12分

18. 解：（1）由an12Sn1----① 得an2Sn11(n2)----②， ①

②得

an1an2(SnSn1)，

an13an(n2), „„„„3分

由an12Sn1得a22a113a1，an3n1

b5b32d6,d3,bn3(n3)33n6； „„„

„„6分

（

2

）

a1(1qn)13n3n1， „„„„„Sn1q1327分

3n63n11*)k3n6对nN*恒成立， 即knN (对恒成n322立， „„„„„9分 令cn3n63n63n92n7ccn1，， nn1nnn3333 当n3时，当n4时， „„„„cncn1，cncn1，11分

(cn)maxc329，

k2． „„„„12分 919.解：（1）由题意可知，飞镖落在靶内各个区域的概率与它们的面积成正比．

由圆的半径值可得到三个同心圆的半径之比为3：2：1，面积比为9：4：1， 所以8环区域、9环区域、10环区域的面积比为5：3：1， 则掷得8环、9环、10环的概率分别设为5k，3k，k

根据离散型随机变量分布列的性质有0.1+5k+3k+k=1，解得k=0.1． „„„„„3分

所以，这位同学向圆形靶投掷1次飞镖，落在9环区域内的概率为0.3， 所以

2PC30.32(10.3)0.189 ……………6分

，

（2）随机变量X的取值为010， ……………7分

，8，9，

 P(x0)0.1P(x8)0.5，P(x9)0.3，P(x10)0.1， ，

9 0.3 10 0.1 所以，离散型随机变量X的分布列为： X 0 8 P 0.1 0.5 ……………11分

E（X）=0×0.1+8×0.5+9×0.3+10×0.1=7.7． ……………12分 20. 解：法1：（1）连结BD，

∵PA平面ABCD，BD平面ABCD，∴PABD， 又∵BDAC，ACPAA，

∴BD平面PAC， „„„„„. 2分 又∵E，F分别是BC、CD的中点，

∴EF//BD， „„„„„.3分 ∴EF平面PAC，又EF平面NEF，

∴平面PAC平面NEF； „„„„„4分 （2）连结OM，

∵PC//平面MEF，平面PAC平面MEFOM， ∴

PC//OM，∴

PMOC1PAAC4，故

1MA „„„„„8分

（3）∵EF平面PAC，OM平面PAC，∴EFOM， 在等腰三角形NEF中，点O为EF的中点，∴NOEF，

MONME ∴为所求二面角

角， „„„„„„9分 ∵点M是PA的中点，∴AMNC2，

P:MF的

平面

所以在矩形MNCA中，可求得MNAC42，NO6，

MO22， „„„„„10分

MO2ON2MN233 在MON中，由余弦定理可求得cosMON， 2MOON33MEFN ∴二面角的余弦值为

33． „„„„„12分 33法2：（1）同法1；

C(4,4,0)，E(4,2,0)，（2）建立如图所示的直角坐标系，则P(0,0,4)，

F(2,4,0)，

 ∴PC(4,4,4)，EF(2,2,0)，

 设点M的坐标为(0,0,m)，平面MEF的法向量为n(x,y,z)，

 则ME(4,2,m)，

4x2ymz06nME0 所以，即，令x1，则y1，z， m2x2y0nEF06)， m 故n(1,1,240，解得m3， ∵PC//平面MEF，∴PCn0，即44m 故AM3，即点M为线段PA上靠近P的四等分点；

故PM:MA1:3 „„„„„8分

（3）N(4,4,2)，则EN(0,2,2)，设平面NEF的法向量为m(x,y,z)，

mEN0 则，即mEF02y2z0， „„„„„9分 2x2y0x1y1 令，则，，即z1m(1， „„„„„10分

11333 当M是PA中点时，m2，则n(1,1,3)，∴cosm,n， 33311MEFN ∴二面角的余弦值为

33． „„„„„12分 33x2y2x2y21相似的椭圆的方程221.则有21. 解:(1)设与42ab22ab „„„„„3分 461a2b2 解

得

a216,b28. 所求方程是

x2y21. „„„„„4分 168(2) ① 当射线l的斜率不存在时A(0,2),B(0,22), 设

点

P

坐

标

P(0,

y0),则

2y04,

y02.即

P(0,2). „„„„„5分

当射线l的斜率存在时，设其方程ykx,P(x,y) 由A(x1,y1),B(x2,y2)则

y1kx1 x2y211142 得

42x112k22y24k112k2

|OA|21k212k2 同理

|OB|41k212k2 „„„„„6分

y28(12)y8(1k2)8(x2y2)22x 又点P在l上，则k，且由xy, 2222xy12kx2y122xx2y21. 又(0,2)适合方程, 即所求方程是84 故

所

求

椭

圆

的

方

程

是

x2y21. „„„„„9分 84②由①可知,当l的斜率不存在时，|OA||OB|2224,当l的斜率存在时 ,

8(k21)44 |OA||OB|2k212k214|OA||OB|8, „„„„„12分

综

上

,

，

|OA||OB|的最大值是8,最小值是

4. „„„„„13分 22.解：（1）由函数f(x)定义，对任意整数k，有

f(x2k)f(x)(x2k)sin(x2k)xsinx

(x2k)sinxxsinx2ksinx „„„„„3分

（2）函

数

f(x)在定义域

R上可导，

f(x)sinxxcosx. „„„„„4分

令f(x)0，得sinxxcosx0，

显然，对于满足上述方程的x有cosx0，上述方程化简为xtanx，此方程一定

有解，

f(x)的极值点

x0一定满足

x0tanx0. „„„„„5分

由

sin2xtan2xsinx， „„„„222sinxcosx1tanx2„6分 得

tan2x0sinx01tan2x022202，因此，

4x0. „„„„„7分 [f(x0)]xsinx021x0（3）设x00是f(x)0的任意正实数根，即x0tanx0，则存在一个非负整数k， 使

得

x0(k2,k)，即

x0在第二或第四象限

内. „„„„„8分

x(taxnx)在第二或第四象限中的符号列表如下： f(x)cosx f(x)的符号 所

以

满

(kk为奇数 2+ ,x0) x0 0 0 (x0,k) + — 都

为

— k为偶数 足

f(x)0的正根

x0f(x)的极值

点. „„„„„10分

由题设条件有a1,a2,an,为方程xtanx的全部正实数根且满足

a1a2a3an，

那

么

对

于

n1,2,，有

an1an(an1ttan)=(1aatanan1tannnan)tan(an1an) ①

„„

„„„11分 由

于

2(n1)an(n1)3.„„„12分 2，

2nan!n，则

2an1an

因为tanan1tanan0，由①式知tan(an1an)0， 所

以

an1an必在第二象限，即

an1an „„„„„13分

综

上

：

2an1an(nN*) „„„„„

14分