2013高考百天仿真冲刺卷(数学理)七

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2013高考百天仿真冲刺卷 数 学(理) 试 卷（七） 第Ⅰ卷（选择题 共40分）

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.

1.已知集合A{0,1}，B{1,0,a3}，且AB，则a等于

（A）1 （B）0 （C）2 （D）3 2.已知i是虚数单位，则复数zi+2i3i所对应的点落在

（A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限

3.在ABC中，“ABBC0”是“ABC为钝角三角形”的

（A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件 （C）充要条件 （D）既不充分又不必要条件 4.已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平面ABC.则下列结论不正确的是 （A）CD//平面PAF （B）DF平面PAF （C）CF//平面PAB（D）CF平面PAD

x22235.双曲线a（A）

yb221的渐近线与圆

x(y2)122相切，则双曲线离心率为

2 （B）3 （C）2 （D）3

6.函数ysin(x)(0)的部分图象如图所示，设P是图象的最高点，A,B是图象与x轴的交点，则tanAPB

8（A）

47

10 （B）8 （C）7 （D）

y P x

A O B

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第4题图 第6题图 7．已知数列

{an}的通项公式为

ann13，那么满足

akak1ak19102的整数k

（A）有3个 （B）有2个 （C）有1个 （D）不存在

228．设点A(1,0)，B(2,1)，如果直线axby1与线段AB有一个公共点，那么ab

1515（A）最小值为5 （B）最小值为5 （C）最大值为5 （D）最大值为5 第Ⅱ卷（非选择题 共110分）

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 9．在ABC中，若B2A，a:b1:3，则A_____.

(1x)5D C A • O B P 210.在x的展开式中，x的系数是_____.

211．如图，AB是圆O的直径，P在AB的延长线上，PD 切圆O于点C.已知圆O半径为3，OP2，则

PC______；ACD的大小为______.

A(2,12.在极坐标系中，点_____.

)2关于直线l:cos1的对称点的一个极坐标为

开始 输abab 入否 13．定义某种运算，ab的运算原理如右图所示. 设f(x)(0x)x(2x). 则f(2)______；

f(x)是 Sb 输出S 结Sa 在区间[2,2]上的最小值为______.

an1nn1an14.数列

{an}满足

a11，

，其中R，

n1，，2．

a①当0时，20_____；

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a0②若存在正整数m，当nm时总有n，则的取值范围是_____.

三、解答题：本大题共6小题，共80分. 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15.（本小题满分13分）

f(x)cos2xsin(x已知函数

4.

)（Ⅰ）求函数f(x)的定义域；

f(x)43，求sin2x的值.

（Ⅱ）若

16.（本小题满分13分）

如图，已知菱形ABCD的边长为6，BAD60,ACBDO.将菱形ABCD沿对角线AC折起，使

BD32，得到三棱锥BACD.

（Ⅰ）若点M是棱BC的中点，求证:OM//平面ABD； （Ⅱ）求二面角ABDO的余弦值；

（Ⅲ）设点N是线段BD上一个动点，试确定N点的位置，使得CN42，并证明你的结论.

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M

17.（本小题满分13分）

甲班有2名男乒乓球选手和3名女乒乓球选手，乙班有3名男乒乓球选手和1名女乒乓球选手，学校计划从甲乙两班各选2名选手参加体育交流活动. （Ⅰ）求选出的4名选手均为男选手的概率.

（Ⅱ）记X为选出的4名选手中女选手的人数，求X的分布列和期望.

18.（本小题满分14分）

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f(x)(1ax)e(x0)x已知函数，其中e为自然对数的底数.

（Ⅰ）当a2时，求曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线与坐标轴围成的面积；

5（Ⅱ）若函数f(x)存在一个极大值点和一个极小值点，且极大值与极小值的积为e，求a的值.

19.（本小题满分14分）

M:xa22yb22122已知椭圆

(ab0)的离心率为

3，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形周

长为642．

（Ⅰ）求椭圆M的方程；

（Ⅱ）设直线l与椭圆M交于A,B两点，且以AB为直径的圆过椭圆的右顶点C， 求ABC面积的最大值．

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20.（本小题满分13分） 若①

A1,A2,,Am为集合A{1,2,,n}(n2且nN)的子集，且满足两个条件：

；

*A1A2AmAA{x,y}{x}{y}②对任意的{x,y}A，至少存在一个i{1,2,3,,m}，使i或.

则称集合组

A1,A2,,Am具有性质P.

a11 a21 a12 a22 „ „ a1m 如图，作n行m列数表，定义数表中的第k行第l列的数为akl10(kAl)(kAl)a2m… .

an1…an2…„ …anm （Ⅰ）当n4时，判断下列两个集合组是否具有性质P，如果是请画出所对应的表格，如果不是请说明理由； 集合组1：集合组2：

A1{1,3},A2{2,3},A3{4}；

.

A1{2,3,4},A2{2,3},A3{1,4}A,A,A（Ⅱ）当n7时，若集合组123具有性质P，请先画出所对应的7行3列的一个数表，再依此表格

分别写出集合

A1,A2,A3；

A,A,,At（Ⅲ）当n100时，集合组12是具有性质P且所含集合个数最小的集合组，求t的值及|A1||A2||At|的最小值.（其中

|Ai|表示集合

Ai所含元素的个数）

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2013高考百天仿真冲刺卷 数学(理)试卷（七）参考答案

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.

题号 答案 1 C 2 C 3 A 4 D 5 C 6 B 7 B 8 A

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 9.

30 10. 5 11.1；75

(22,12.

4（或其它等价写法） 13.2；6 14.20；(2k1,2k),kN.

)1*注：11、13、14题第一问2分，第二问3分.

三、解答题：本大题共6小题，共80分.若考生的解法与本解答不同，正确者可参照评分标准给分. 15.（本小题满分13分）

sin(x4)0解：（Ⅰ）由题意，， „„„„„„2分

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x4k(kZ)所以， „„„„„„3分

4(kZ)xk所以， „„„„„„4分

k4,kZ}{xx函数f(x)的定义域为

f(x)cos2xsin(x4). „„„„„„5分

cos2xsinxcos4cosxsin4 „„„„„„7分

（Ⅱ）

2cos2xsinxcosx „„„„„„8分 2(cosxsinx)sinxcosx43，所以

222(cosxsinx). „„„„„„10分

cosxsinx223f(x)因为所以，

189. „„„„„„11分

sin2x1(cosxsinx)12 „„„„„„12分

9 . „„„„„„13分

16.（本小题满分13分）

（Ⅰ）证明：因为点O是菱形ABCD的对角线的交点， 所以O是AC的中点.又点M是棱BC的中点，

所以OM是ABC的中位线，OM//AB. „„„„„„1分 因为OM平面ABD,AB平面ABD,

所以OM//平面ABD. „„„„„„3分 （Ⅱ）解：由题意，OBOD3， 因为BD32，

x A O D y z M C B

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所以BOD90，OBOD. „„„„„„4分

又因为菱形ABCD，所以OBAC，ODAC. 建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示.

A(33,0,0),D(0,3,0),B(0,0,3).

所以

AB(33,0,3),AD(33,3,0), „„„„„„6分

设平面ABD的法向量为n(x,y,z)，

ABn0,33x3z0,ADn033x3y0则有即：

令x1，则y3,z3，所以n(1,3,3). „„„„„„7分

因为ACOB,ACOD,所以AC平面BOD. 平面BOD的法向量与AC平行， 所以平面BOD的法向量为cosn0,nn0nn0n117n0(1,0,0). „„„„„„8分

77，

因为二面角ABDO是锐角，

7所以二面角ABDO的余弦值为7. „„„„„9分 （Ⅲ）解：因为N是线段BD上一个动点，设则

(x1,y1,z13)(0,3,3)N(x1,y1,z1)，BNBD，

，

， „„„„„10分

，

，即9920，„„„„11分

2所以

x10,y13,z133则N(0,3,33)，由CN42得CN(33,3,33)22279(33)42

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13或

23， „„„„„12分

解得

所以N点的坐标为(0,2,1)或(0,1,2). „„„„„13分 （也可以答是线段BD的三等分点，BN2ND或2BNND）

17.（本小题满分13分）

解：（Ⅰ）事件A表示“选出的4名选手均为男选手”.由题意知

P(A)C3222C5C41 „„„„„„3分

1101220. „„„„„„5分

（Ⅱ）X的可能取值为0,1,2,3. „„„„„„6分

P(X0)C3222C5C41131061120， „„„„„„7分

720P(X1)C2C3C3C3C5C4C3C3C5C422122222333106320， „„„„„„9分

P(X3)33106， „„„„„„10分

920. „„„„„„11分

P(X2)1P(X0)P(X1)P(X3)X的分布列：

X P 0 120 7209201 720 320172 93 320 20 „„„„„„12分 E(X)012012310. „„„„„„13分

18、（本小题满分14分）

f(x)xaxax22ex解：（Ⅰ）， „„„„„„3分

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当a2时，

f(1)f(x)x2x2x22ex，

12212ee1，f(1)e，

所以曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程为yex2e， „„„„„„5分 切线与x轴、y轴的交点坐标分别为(2,0)，(0,2e)， „„„„„„6分

122e2e所以，所求面积为2. „„„„„„7分

（Ⅱ）因为函数f(x)存在一个极大值点和一个极小值点，

所以，方程xaxa0在(0,)内存在两个不等实根， „„„„„„8分

2a24a0,a0.则 „„„„„„9分

所以a4. „„„„„„10分 设则

x1,x2为函数f(x)的极大值点和极小值点，

，

x1x2a5x1x2a， „„„„„„11分

因为，

f(x1)f(x2)e，

ex2x1a所以，

x1e1xx2ax22e5， „„„„„„12分

ex1x2x1x2a(x1x2)a即

x1x2e5aaa22，

aeea5，ee，

a5解得，a5，此时f(x)有两个极值点，

所以a5. „„„„„„14分

19.（本小题满分14分）

解：（Ⅰ）因为椭圆M上一点和它的两个焦点构成的三角形周长为642， 所以2a2c642， „„„„„1分

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22c又椭圆的离心率为3，即a223c223a，所以， „„„„„„2分

所以a3，c22. „„„„„„4分

x2所以b1，椭圆M的方程为9y12. „„„„„„5分

y1n(x3)（Ⅱ）方法一：不妨设BC的方程yn(x3),(n0)，则AC的方程为

.

yn(x3),2x122222y1(n)x6nx9n10由9得9， „„„„„„6分

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

3x281n99n1，所以273n9n2222因为

x227n39n1， „„„„„„7分

22同理可得

x1， „„„„„„8分

6|BC|1n2所以

9n1，

2|AC|1nn26n229n， „„„„„„10分

SABC122(n|BC||AC|(n1n21n)649， „„„„„„12分

)tn1n2设

S2，

2t649t382tt6498则， „„„„„„13分

t当且仅当

3时取等号，

3所以ABC面积的最大值为8. „„„„„„14分

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方法二：不妨设直线AB的方程xkym.

xkym,2x2y1,222(k9)y2kmym90， „„„„„„6分 9x由 消去得

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

y1y22kmk9，

2则有

y1y2m9k9. ① „„„„„„7分

22因为以AB为直径的圆过点C，所以 CACB0.

由 得 将得

CA(x13,y1),CB(x23,y2)(x13)(x23)y1y20x1ky1m,x2ky2m2，

. „„„„„„8分

代入上式，

2(k1)y1y2k(m3)(y1y2)(m3)0.

m125或m3（舍）. „„„„„„10分

125将 ① 代入上式，解得

m12所以

5（此时直线AB经过定点12|DC||y1y2|D(,0)，与椭圆有两个交点），

所以12SABC 9525(k9)14425(k9)222351(y1y2)4y1y219，

22. „„„„„12分

t设

k92,0tSABC952514425tt则

t. 所以当

13(0,]2889时，SABC取得最大值8. „„„„„14分

20.（本小题满分13分）

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（Ⅰ）解：集合组1具有性质P. „„„„„„1分 所对应的数表为：

„„„„„3分

1 0 1 0 0 1 1 0

0 0 0 1

集合组2不具有性质P. „„„„„„4分 因为存在有

{2,3}1,2,3,4}，

，

{2,3}A1{2,3},{2,3}A2{2,3},{2,3}A3A{x,y}{x}{y}与对任意的{x,y}A，都至少存在一个i{1,2,3}，有i或矛盾，所以集合组A1{2,3,4},A2{2,3},A3{1,4}不具有性质P. „„„„„„5分

（Ⅱ）

0 0 1 1 1 0

0 1 0 1 0

1 0 0 0 1

1 1

1 1 1

„„„„„7分

A1{3,4,5,7},A2{2,4,6,7},A3{1,5,6,7}. „„„„„„8分

（注：表格中的7行可以交换得到不同的表格，它们所对应的集合组也不同） （Ⅲ）设

A1,A2,,At所对应的数表为数表M， 为具有性质P的集合组， 满足条件①和②，

，

因为集合组所以集合组由条件①：

A1,A2,,AtA1,A2,,AtA1A2AtAxAi可得对任意xA，都存在i{1,2,3,,t}有，

所以

axi1，即第x行不全为0，

所以由条件①可知数表M中任意一行不全为0. „„„„„„9分

A{x,y}{x}{y}由条件②知，对任意的{x,y}A，都至少存在一个i{1,2,3,,t}，使i或，所以

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axi,ayi一定是一个1一个0，即第x行与第y行的第i列的两个数一定不同.

所以由条件②可得数表M中任意两行不完全相同. „„„„„„10分

因为由0,1所构成的t元有序数组共有2个，去掉全是0的t元有序数组，共有21个，又因数表M中任

tt意两行都不完全相同，所以10021， 所以t7.

又t7时，由0,1所构成的7元有序数组共有128个，去掉全是0的数组，共127个，选择其中的100个数组构造100行7列数表，则数表对应的集合组满足条件①②，即具有性质P. 所以t7. „„„„„„12分 因为

|A1||A2||At|t等于表格中数字1的个数，

取得最小值，只需使表中1的个数尽可能少，

所以，要使

|A1||A2||At|而t7时，在数表M中，

1的个数为1的行最多7行； 1的个数为2的行最多C721行； 1的个数为3的行最多C735行； 1的个数为4的行最多

32C7354行；

因为上述共有98行，所以还有2行各有5个1，

所以此时表格中最少有722133543552304个1. 所以

|A1||A2||At|的最小值为304. „„„„„„14分