2013年数学高考模拟试题

本刊试题研究组

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分

1．已知集合A={x|x－2x≤0}，B={x|－9≤3x+3≤6}，则A∩B=_____________．

2． 在复平面内，复数1+i2013（1－i）2对应的点位于第 象限

3．命题P：“若ac=b，则a，b，c成等比数列”，则命题P的否命题是_____________命题．（填：“真”或“假”）

4．某地区对高三学生进行体格检查时，为了解该地区男生体重情况，进行抽样调查．抽查该地区年龄为17．5岁－18岁的200名男生的体重（kg），得到频率分布直方图如下，根据下图可得这200名学生中体重在56.5～64.5的学生人数是_____________．

5．根据如图所示的伪代码，则输出结果是_____________．

6．在盒中有标号为1，2，3，4，5的5个大小相同的圆球，现从中任取2个球，则它们的标号的乘积是偶数的概率为 _____________．

7．若函数f（x）=k+x+2的定义域为D，且满足以下两条件：① f（x）在定义域内是单调函数；②存在区间［a，b］D，使得f（x）在x∈［a，b］上的值域也为［a，b］，则k的取值范围是_____________．

8．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，动点E，F在棱A1B1上，点Q是棱CD的中点，动点P在棱AD上，若EF=1，DP=x，A1E=y（x，y大于零），则三棱锥PEFQ的体积_____________．

①与x，y都有关；②与x，y都无关；③与x有关，与y无关；④与y有关，与x无关

9．在平面直角坐标系中，点P（sin2θ，－1）、Q（12，cos2θ）分别在角α、β的终边上，且OP·OQ=－12，则cos2θ=_____________．

10．若集合A=［a－2，－a］，B={x|cosπx=1}，若集合A∩B中恰好有两个元素，则a的取值范围是_____________．

11．在△ABC中，如果对任意实数t，不等式|BA－tBC|≥|AC|恒成立，则角C=_____________．

12．已知定义在R上的函数f（x）和g（x）满足g（x）≠0，且f′（x）·g（x）>f（x）·g′（x），f（x）=ax·g（x），f（1）g（1）+f（－1）g（－1）=52，令an=f（n）g（n），则使数列{an}的前n项和Sn超过100的最小自然数n的值为_____________．

13．过椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）上的动点P向圆O：x2+y2=b2引两条切线PA，PB，设切点分别是A，B，若直线AB与x轴、y轴分别交于M，N两点，则△MON面积的最小值是_____________．

14．设Sn为数列{an}的前n项和，若不等式a2n+S2nn2≥λa21对任何等差数列{an}及任何正整数n恒成立，则λ的最大值为_____________．

二、解答题：本大题共6小题，共计90分

15．在△ABC中，AB=2，AB·（AC－3CB）=0，（1）若CA·CB=0，求B的值；（2）设S为△ABC的面积，若CA·CB=S，求S的值．

16．如图，在直棱柱ABCA1B1C1中，AB=AC，D，E分别是棱BC，CC1上的点（点D不同于点C），且AD⊥DE．（1）求证：平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）在棱B1C1上是否存在点F，使得对于CC1上任意一点E，都有A1F∥平面ADE？请证明你的结论．

17．如图，将边长为3的正方形ABCD绕中心O顺时针旋转α（0＜α＜π2）得到正方形A′B′C′D′．根据平面几何知识，有以下两个结论：

①∠A′FE＝α；

②对任意α（0＜α＜π2），△EAL，△EA′F，△GBF，△GB′H，△ICH，△IC′J，△KDJ，△KD′L均是全等三角形．

（1）设A′E＝x，将x表示为α的函数；

（2）试确定α，使正方形A′B′C′D′与正方形ABCD重叠部分面积最小，并求最小面积．

18．以A为圆心，以2cosθ（0<θ<π2）为半径的圆外有一点B，已知|AB|=2sinθ，设过点B且与圆A外切于点C的圆的圆心为M．

（1）当θ取某个值时，说明点M的轨迹P是什么曲线？

（2）点M是轨迹P上的动点，点N是圆A上的动点，记|MN|的最小值为f（θ），求f（θ） 的取值范围．

19．已知函数f（x）=lnx－x+1，x∈（0，+∞）．

（1）求f（x）的单调区间和极值；

（2）设a≥１，函数g（x）=x2－3ax+2a2－5，若对于任意x0∈（0，1），总存在x1∈（0，1），使得f（x1）=g（x0）成立，求a的取值范围；

（3）对任意x∈（0，+∞），求证：1x+1

20．已知a为实数，数列{an}满足a1=a，当n≥2时，an=an－1－3（an－1>3）4－an－1（an－1≤3），

（1）当a=100时，求数列{an}的前100项的和S100；（5分）

（2）证明：对于数列{an}，一定存在k∈N*，使0

（3）令bn=an2n－（－1）n，当2

数学Ⅱ（附加题）

21．［选做题］本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按作答的前两题评分．

解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

A．（选修4—1：几何证明选讲）

如图，AB为半圆O的直径，点C在半圆O上方，连结AC交半圆O于点D，过点C作线段AB的垂线CE，垂足为E．

求证：B，C，D，E四点共圆．

B．（选修4—2：矩阵与变换）

二阶矩阵M对应的变换将点（1，－1）与（－2，1）分别变换成点（－1，－1）与（0，－2）．

（Ⅰ）求矩阵M的逆矩阵M－1；

（Ⅱ）设直线l在变换M作用下得到了直线m：2x－y=4，求l的方程．

C．（选修4—4：坐标系与参数方程）

在极坐标系中，设圆ρ=3上的点到直线ρ（cosθ+3sinθ）=2的距离为d，求d的最大值．

D．（选修4—5：不等式选讲）

设a，b，c为正数且a+b+c=1，求证：（a+1a）2+（b+1b）2+（c+1c）2≥1003．

【必做题】 第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

22．（本小题满分10分）

假定某人每次射击命中目标的概率均为12，现在连续射击3次．

（1）求此人至少命中目标2次的概率；

（2）若此人前3次射击都没有命中目标，再补射一次后结束射击；否则．射击结束．记此人射击结束时命中目标的次数为X，求X的数学期望．

23．（本小题满分10分）

设P1，P2，…，Pj为集合P＝{1，2，…，i}的子集，其中i，j为正整数．记aij为满足P1∩P2∩…∩Pj＝的有序子集组（P1，P2，…，Pj）的个数．

（1）求a22的值；

（2）求aij的表达式．

参考答案

一、填空题

1． （0，1］ 2． 二 3． 假 4． 80 5． 9 6． 710 7． （－94，－2］ 8． ③ 9． 13 10． ［－2，0］ 11． π2 12． 6 13． b3a 14． 15

二、解答题

15．解：（１）AB·（AC－3CB）=（CB－CA）·（－CA－3CB）=0，又CA·CB=0

所以3CB2=CA2，所以b=3a，又C=90°，c=2，B=60°

（２）AB·（AC－3CB）=（CB－CA）·（－CA－3CB）=0，又CA·CB=S

所以：3a2－b2=2S，又由余弦定理得：4=a2+b2－2abcosC=a2+b2－2S

故：a2+b2=4+2S，a2=1+S，b2=3+S，又CA·CB=S得abcosC=12absinC

tanC=2，所以cosC=15故ab=5S，联立上式：S=32

16．证明：（１）在直三棱柱ABCA1B1C1中，

CC1⊥面ABC，∴CC1⊥AD，又AD⊥DE，

DE∩CC1=E，DE、CC1面BCC1B1，

∴AD⊥面BCC1B1，又∵AD面BCC1B1

∴平面ADE⊥平面BCC1B1

（2）当B1F=BD时，对于CC1上任意一点E，

都有A1F∥平面ADE

证明：连结FD，易知B1F∥BD，且B1F=BD，所以四边形B1BDF为平行四边形，

所以A1F∥AD，又AD面ADE，A1F面ADE，所以A1F∥平面ADE．

17．解：（1）在Rt△EA′F中，因为∠A′FE＝α，A′E＝x，

所以EF＝xsinα，A′F＝xtanα．

由题意AE＝A′E＝x，BF＝A′F＝xtanα，

所以AB＝AE＋EF＋BF＝x＋xsinα＋xtanα＝3．

所以x＝3sinα1+sinα+cosα，α∈（0，π2）

（2）S△A′EF＝12·A′E·A′F＝12·x·xtanα＝x22tanα

＝（3sinα1＋sinα＋cosα）2·cosα2sinα＝9sinαcosα2（1＋sinα＋cosα）2．

令t＝sinα＋cosα，则sinαcosα＝t2－12．

因为α∈（0，π2），所以（α＋π4∈（π4，3π4），所以t＝2sin（α＋π4）∈（1，2］．

S△A′EF＝9（t2－1）4（1＋t）2＝94（1－2t＋1）≤94（1－221）．

正方形A′B′C′D′与正方形ABCD重叠部分面积

S＝S正方形A′B′C′D′－4S△A′EF≥9－9 （1－22＋1）

＝18（2－1）．

当t＝2，即α＝π4时等号成立．

答：当α＝π4时，正方形A′B′C′D′与正方形ABCD重叠部分面积最小，最小值为18（2－1）．

18．解：（１）设以M为圆心的圆的半径为rM，则|MA|=2cosθ+rM，|MB|=rM，

则|MA|－|MB|=2cosθ，故当θ取某个定值时，点M的轨迹P是以A，B为焦点，实轴长为2cosθ的双曲线靠近B点的一支．

（２）以AB所在的直线为x轴建立直角坐标系，使A（－cosθ，0），

则圆A的方程为（x+cosθ）2+y2=4cos2θ，当|MN|最小时，即|AB|在连心线上，此时N（cosθ，0），|AB|－|AN|=2rM，rM=12（2sinθ－2cosθ）=sinθ－cosθ，

f（θ）=rM=sinθ－cosθ=2sin（θ－π4），因为sinθ>cosθ，故θ∈（π4，π2），

所以f（θ）∈（0，1）

19．（1） ∵f′（x）=1x－1=1－xx

∴当x＞１时，f′（x）＜０，当０＜x＜１时，f′（x）＞０．

∴f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞），极大值为f（1）=0．

（２） ∵g′（x）=2x－3a（a≥１）∴当x∈（0，1）时，g′（x）=2x－3a<0，g（x）单调递减，

此时g（x）值域为（2a2－3a－4，2a2－5）．

由（1）得，当x∈（0，1）时，f（x）值域为（－∞，0），

由题意可得：2a2－5≤－１，所以１≤a≤102．

（3）令x+1x=t，则x=1t－1，∵x>0，∴t>1，原不等式等价于1－1t

由（1）知f（t）=lnt－t+1在（1，+∞）上单调递减，∴f（t）

令h（t）=lnt－1+1t，∵h′（t）=1t－1t2=t－1t2，当t∈（1，+∞）时，h′（t）>0，

∴h（t）=lnt－1+1t在（1，+∞）上单调递增，

∴h（t）>h（1）=0，即1－1t

综上所述，对任意x∈（0，+∞），恒有1x+1

20．解：（Ⅰ）当a=100时，由题意知数列{an}的前34项成首项为100，公差为－3的等差数列，从第35项开始，奇数项均为3，偶数项均为1，从而S100=（100+97+94+…+4+1）共34项+（3+1+…+3+1）共66项

=（100+1）×342+（3+1）×662=1717+132=1849．

（Ⅱ）证明：①若0

②若a1>3，此时数列{an}的前若干项满足an－an－1=3，即an=a1－3（n－1）．

设a1∈（3k，3k+3］，（k≥1，k∈N*），则当n=k+1时，ak+1=a1－3k∈（0，3］．

从而此时命题成立

③若a1≤0，由题意得a2=4－a1>3，则由②的结论知此时命题也成立．

综上所述，原命题成立

（Ⅲ）当2

所以bn=an2n－（－1）n=a2n－（－1）n（n为奇数）4－a2n－（－1）n（n为偶数）

因为bn>0，所以只要证明当n≥3时不等式成立即可．

而b2k－1+b2k=a22k－1+1+4－a22k－1

=a·22k－1+22k+1+（4－2a）（22k－1+1）（22k－1）

①当n=2k（k∈N且k≥2）时，

∑2ki=1bi=b1+b2+∑2ki=3bi

=43+（a+4）×124（1－（14）k－1）1－14=43+（a+4）×（1－（14）k－1）12<43+a+412=20+a12.

②当n=2k－1（k∈N*且k≥2）时，由于bn>0，所以∑2k－1i=1bi<∑2ki=1bi<20+a12.

综上所述，原不等式成立

数学Ⅱ（附加题）答案

21．A．（几何证明选讲选做题）

证明：如图，连结BD，

因为AB为半圆O的直径，

所以∠ADB为直角，即有∠CDB为直角，

又CE为线段AB的垂线，

所以∠CEB为直角，所以∠CDB＝∠CEB

故B，C，D，E四点共圆．

B．（矩阵与变换选做题）

解：（Ⅰ）设 abcd，则有 abcd1－1=－1－1， ab

cd－21=0－2，

所以a－b=－1c－d=－1，且－2a+b=0，－2c+d=－2，解得a=1b=2c=3d=4

所以M=1234，从而M－1=－2132-12

（Ⅱ）因为x′y′=1234xy=x+2y3x+4y且m：2x′－y′=4，

所以2（x+2y）－（3x+4y）=4，即x+4=0，这就是直线l的方程

C．（坐标系与参数方程选做题）

解：将极坐标方程ρ=3转化为普通方程：x2+y2=9

ρ（cosθ+3sinθ）=2可化为x+3y=2

在x2+y2=9上任取一点A（3cosα，3sinα），则点A到直线的距离为

d=|3cosα+33sinα－2|2=|6sin（α+30°）－2|2，它的最大值为4

D．（不等式选讲选做题）

证：左=13（12+12+12）［（a+1a）2+（b+1b）2+（c+1c）2］≥13［1×（a+1a）+1×（b+1b）+1×（c+1c）］2

=13［1+（1a+1b+1c）］2=13［1+（a+b+c）（1a+1b+1c）］2≥13（1+9）2=1003

22．解：（１）设此人至少命中目标2次的事件为A，则P（A）=C23·（12）2·（12）+C33·（12）3=12，

即此人至少命中目标2次的概率为12．

（２）由题设知X的可能取值为0，1，2，3，且P（X=0）=［C03·（12）3］·（12）=116，

P（X=1）=C13·（12）1·（12）2+［C03·（12）3］·（12）=716，P（X=2）=C23·（12）2·（12）=38，

P（X=3）=C33·（12）3=18，

从而E（X）=116×0+716×1+38×2+18×3=2516

23．解：（1）由题意得P1，P2为集合P＝{1，2}的子集，

因为P1∩P2＝，

所以集合P＝{1，2}中的元素“1”共有如下3种情形：

P1=，P2={1}，{2}，{1，2}共3种

P1={1}，P2={2}

同理可得集合P={1，2}中的元素“2”也有3种情形，

根据分步乘法原理得，a22＝4；

（2）考虑P＝{1，2，…，i}中的元素“1”，有如下情形：

1不属于P1，P2，…，Pj中的任何一个，共C0j种；

1只属于P1，P2，…，Pj中的某一个，共C1j种；

1只属于P1，P2，…，Pj中的某两个，共C2j种；

1只属于P1，P2，…，Pj中的某（j－1）个，共Cj-1j种，

根据分类加法原理得，元素“1”共有C0j＋C1j＋C2j＋…＋Cj-1j＝2j－1种情形，

同理可得，集合P＝{1，2，…，i}中其它任一元素均有（2j－1）种情形，

根据分步乘法原理得，aij＝（2j－1）i．