珠海市2013届高三上学期期末学业质量监测数学理(3份)

珠海市2012--2013学年度第一学期期末学生学业质量监测

高三理科数学试题

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40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．请在答题卡上填涂相应选项.

1．已知全集UR，集合A＝{y | y＝2x，x∈R}，则CUA＝

A． B．(0，＋∞) C． (－∞，0] D．R 2．已知a，b是实数，则“开 始 n＝12, i＝1 a2”是“ab5”的

b3是 n＝3n＋1 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的值是 A．4 B．5 C．6 D．7

4. 已知直线l，m和平面α， 则下列命题正确的是 A．若l∥m，mα，则l∥α B．若l∥α，mα，则l∥m

C．若l⊥m，l⊥α，则m∥α D．若l⊥α，mα，则l⊥m

n是奇数? 否 n n＝ 2 i＝i＋1 n＝5? 是 输出i 结 束 (第3题图)

否 i5．已知是虚数单位，复数＝

3i1313A．i B．i

101010101313C．i D．i

88886． 函数y＝sin (2x＋ A．向左平移

π)的图象可由函数y＝sin 2x的图象 4ππ个单位长度而得到 B．向右平移个单位长度而得到 88ππ C．向左平移个单位长度而得到 D．向右平移个单位长度而得到

44xy507．若实数x，y满足不等式组xy0 则2x＋4y的最小值是

x3A．6 B．4 C．2 D．6

8． 对于直角坐标平面内的任意两点A(x1,y1)、B(x2,y2)，定义它们之间的一种“距离”： ‖AB‖=x1x2y1y2，给出下列三个命题：

①若点C在线段AB上，则‖AC‖+‖CB‖=‖AB‖； ②在△ABC中，若∠C=90°，则‖AC‖+‖CB‖=‖AB‖； ③在△ABC中，‖AC‖+‖CB‖>‖AB‖. 其中真命题的个数为

A. 0 B. 1 C. 2 D.3

二、填空题：本大题共7小题，每小题5分，满分30分．其中14～15题是选做题，考生只能选做一题，两题全答的，只计算前一题得分．请将答案填在答题卡相应位置. （一）必做题（9-13题）

sinx的导函数y ． x10．在递增等比数列{an}中，a22,a4a34，则公比q＝ ．

9．函数y

1

11．某学校三个社团的人员分布如下表（每名同学只参加一个社团）：

合唱社 粤曲社 武术社

a 高一 45 30 高二 15 10 20

学校要对这三个社团的活动效果进行抽样调查，按分层抽样的方法从社团成员中抽取30人，结果合唱社被抽出12人，则这三个社团人数共有_______________.

12．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C＝

3，

y B A F1 O F2 x b3，若△ABC的面积为

33 ，则c= ． 2x2y213．如图，F1，F2是双曲线C：221(a＞0，b＞0) 的左、右焦

ab点，过F1的直线与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 . （二）选做题（14-15题，考生只能从中选做一题） 14．（坐标系与参数方程选做题）在直角坐标系xOy中， 已知曲线C1：

xt2x3cos , (为参数）与曲线 ：,（为参数）相交C2y12ty3sin于两个点A、B，则线段AB的长为 .

(第13题图) D15．（几何证明选讲选做题）如图，PAB、PCD为⊙O的两条割线，

若PA=5，AB=7，CD=11，AC=2，则BD等于 . C O三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和PA演算步骤．

B16．（本小题满分12分）

(第15题图）设向量a＝(2,sin)，b＝(1,cos)，θ为锐角．

13

（1）若a·b＝，求sinθ＋cosθ的值；

6

π

（2）若a∥b，求sin(2θ＋)的值．

3

2

17．（本小题满分12分）

某中学校本课程共开设了A，B，C，D共4门选修课，每个学生必须且只能选修1门选修课，现有该校的甲、乙、丙3名学生：

（1）求这3名学生选修课所有选法的总数；

（2）求恰有2门选修课没有被这3名学生选择的概率； （3）求A选修课被这3名学生选择的人数的数学期望.

18．（本小题满分14分）

已知某几何体的直观图和三视图如下图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形

（1）求证：BC//平面C1B1N； （2）求证：BN平面C1B1N； （3）设M为AB中点，在BC边上找一点P，使MP//平面CNB1,并求

BP的值. PC4 8主视图8 4 48 俯视图

侧视图

19．(本题满分14分)

x2y2已知椭圆C：221(ab0)，左、右两个焦点分别为F1、F2，上顶点A(0,b)，AF1F2为

ab正三角形且周长为6.

（1）求椭圆C的标准方程及离心率；

（2）O为坐标原点，P是直线F1A上的一个动点，求|PF2||PO|的最小值，并求出此时点P的坐标．

3

20．(本小题满分14分)

12ax2x，g(x)lnx. 2（1）如果函数yf(x)在[1,)上是单调减函数，求a的取值范围；

g(x)1（2）是否存在实数a0，使得方程f(x)(2a1)在区间(,e)内有且只有两个不相等的实

xe数根？若存在，请求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．

已知函数f(x)

21．（本题满分14分）

已知正项数列an的前n项和为Sn，且Sn（1）求a1的值及数列an的通项公式；

an(an2)* (nN). 411115(nN*)； 3333a1a2a3an32an1111（3）是否存在非零整数，使不等式(1)(1)(1)cosa1a2an2（2）求证：

对一切nN*都成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.

4

1 an1

CABD AADB

9、

xcosxsinx 10、2 11、150 12、

x27

13、13 14、 4 15、 6

16．（本小题满分12分）

131

，所以sinθcosθ＝． „„„„„„ 3分 6

所以 (sinθ＋cosθ)2＝1＋2 sinθcosθ＝．

323

又因为θ为锐角，所以sinθ＋cosθ＝． „„„„„„ 6分

3

（2） 解法一 因为a∥b，所以tanθ＝2． „„„„„„ 8分

2 sinθcosθ2 tanθ4

所以 sin2θ＝2 sinθcosθ＝2＝， 2＝2 sinθ＋cosθ tanθ＋15cos2θ－sin2θ1－tan2θ322

cos2θ＝cosθ－sinθ＝2＝－．„„„„„„ 10分 2＝25 sinθ＋cosθ tanθ＋1

π13

所以sin(2θ＋ )＝sin2θ＋cos2θ

322

4－331433

＝×＋×(－ )＝ ． „„„„„„ 12分 252510

解法二 因为a∥b，所以tanθ＝2． „„„„„„ 8分

255

所以 sinθ＝，cosθ＝．

55

43

因此 sin2θ＝2 sinθcosθ＝， cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝－． „„„„„„ 10分

55

π13

所以sin(2θ＋ )＝sin2θ＋cos2θ

322

4－331433

＝×＋×(－ )＝ ． „„ 12分 25251017、（本小题满分12分）

解析：(Ⅰ)每个学生有四个不同选择，根据乘法法则，选法总数N=444 „„ 3分 (Ⅱ) 恰有2门选修课这3名学生都没选择的概率为 解：（1） 因为a·b＝2＋sinθcosθ＝

222C4C3A223329P244413 „„„„„„ 7分

(Ⅲ) 设A选修课被这3名学生选择的人数为，则＝0,1,2,3

1C332273327P(＝0)＝3 P(＝1)＝ 344133C3C391P(＝2)＝3 P(＝3)＝ 3 „„„„„„ 9分

44的分布列是  0 1 2 3

P 27 27 9 1 „„„„ 10分

E027279131234 „„„„ 12分

18.解：（1）证明：该几何体的正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，BA,BC,BB1两两互相垂直。以BA,BC,BB1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则

5

N(4,4,0),B1(0,8,0)，C1(0,8,4),C(0,0,4) ，B(0,0,0) „„„„„„ 2分

∵BC(0,0,4)，B1C1(0,0,4)，BCB1C1，∴BC//B1C1

∵ B1C1平面C1B1N，BC平面C1B1N， ∴BC//平面C1B1N„„ 4分

（2）BNB1N(4,4,0)(4,4,0)16160，

BNB1C1(4,4,0)(0,0,4)0

BNB1N,BNB1C1，又B1NB1C1B1 BN平面C1B1N „„„„„„ 8分 （3）设P(0,0,a)为BC上一点，M为AB的中

M(2,0,0)，MP(2,0,a)，NC(4,4,4)

设平面的一个法向量为n(1,x,y)，则有

A C P B M C1 B1 N 点，

nNC,nNB1，则有nNC0,nNB10,

∴(1,x,y)(4,4,4)0,(1,x,y)(4,4,0)0，得x1,y2，∴n(1,1,2)，„10分

MP//平面CNB1，nMP，于是MPn(2,0,a)(1,1,2)22a0 解得：a1 „„„„„„„„„ 12分 MP平面CNB1，MP//平面CNB1，此时PBa1， BP1 „„„„„„„„„„„„„ 14分 PC3（注：此题用几何法参照酌情给分） 19、(本题满分14分)

a2c解：（Ⅰ）解：由题设得aa2c6 „„„„„„ 2分

a2b2c2 解得： a2,b3，c1„„ 3分

x2y211. „„ 5分 离心率e „„„„„„„ 6分 故C的方程为432（2）直线F1A的方程为y3(x1)，„„ 7分 设点O关于直线F1A对称的点为M(x0,y0)，则

3y031x02x0（联立方程正确，可得分至8分） y03(x01)y3022233,) „„„„„„„„„„„„ 9分 22∵POPM，PF2POPF2PMMF2，„„ 10分

所以点M的坐标为 (33|PF2||PO|的最小值为|MF2|(1)2(0)27 „„„„„ 11分

223032(x1) 即y直线MF2的方程为y(x1) „„„„„ 12分

3512

6

2x3(x1)323y由，所以此时点P的坐标为 (,)„„„„„ 14分 533y3(x1)y3320．解：（1）当a0时，f(x)2x在[1,)上是单调增函数，不符合题意．„1分

2 当a0时，yf(x)的对称轴方程为x，由于yf(x)在[1,)上是单调增函数，不符合题意．

a2当a0时，函数yf(x)在[1,)上是单调减函数， 则1，解得a2，

a综上，a的取值范围是a2． „„„„„„„„„„„„„4分

g(x)lnx （2）把方程f(x)(2a1)整理为ax2(2a1)，

xx即为方程ax2(12a)xlnx0. „„„„„„„„5分

12 设H(x)ax(12a)xlnx (x0)，原方程在区间(,e)内有且只有两个不相等的实数根, 即为函

e1数H(x)在区间(,e)内有且只有两个零点. „„6分

e12ax2(12a)x1(2ax1)(x1)„„„„7分 H(x)2ax(12a)xxx1 令H(x)0，因为a0，解得x1或x（舍） „„„„„„„8分

2a当x(0,1)时, H(x)0, H(x)是减函数；

当x(1,)时, H(x)0，H(x)是增函数.„„10分

1H(e)0,1H(x)在(,e)内有且只有两个不相等的零点, 只需H(x)min0,„„„„13分

eH(e)0,a12ae2e(12a)eae2,10,a222e1eee即H(1)a(12a)1a0, ∴a1,

ae2(12a)e1(e22e)a(e1)0,1ea2,e2ee2ee2e解得1a, 所以a的取值范围是(1,) ． „„„„„„„14分

2e12e1a(a2)21．（1）由Snnn.

4a(a2)当n1时，a1S111，解得a12或a10（舍去）． „„2分

4当n2时，

a(a2)an1(an12)由anSnSn1nnan2an122(anan1)， 44∵an0，∴anan10，则anan12，

∴an是首项为2，公差为2的等差数列，故an2n． „„„„„„4分

7

法：易得a12,a24,a36，猜想an2n，再用数学归纳法证明(略)．

11111 an3(2n)38nn28n(n21)8(n1)n(n1)111[](n2)，„„4分 16(n1)nn(n1)11111111∴当n2时，3333333

a1a2a3an246(2n)3111111113[()()] 21612232334(n1)nn(n1)11111115[].„ 7分 8162n(n1)816232115当n1时，不等式左边3显然成立. „„„„„„ 8分

a1832（2）证法一：∵

证法二：∵n4n(n1)n(n4n4)n(n2)0，∴n4n(n1).

32231111111()(n2).„„4分 333an(2n)8n32n(n1)32n1n11111111∴当n2时，3333333 3a1a2a3an246(2n)1111111111115.„„7分 3[(1)()()](1)232223n1n832n83232115当n1时，不等式左边3显然成立. „„8分

a1832an1（3）由an2n，得coscos(n1)(1)n1，

21设bn，则不等式等价于(1)n1bn.

111(1)(1)(1)an1a1a2an ∴

an1bn14n28n42n12n21，„„9分 21bn(2n1)(2n3)14n8n312n31a1n12n2an1 ∵bn0，∴bn1bn，数列bn单调递增. „„„„„„„„ 10分

假设存在这样的实数，使得不等式(1)n1bn对一切nN*都成立，则 ① 当n为奇数时，得(bn)minb1② 当n为偶数时，得(bn)min综上，(

23； „„11分 38585，即. „„12分 b215158523,)，由是非零整数，知存在1满足条件．„„ 14分 153 8