参考答案
2013-12-29 00:00:00
数学教学通讯·初中版 2013年4期
2013年高考模拟金卷（一）
1. -2 2. 19 3. 6
4. 以AB所在直线为x轴，以AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系. 由题意得：CA+CB=10>AB=6，所以由椭圆的定义知点C的轨迹是以A，B为焦点的椭圆（除长轴两端点）.设点C（x，y），则点C的轨迹方程为■+■=1，所以x2+y2∈[16，25），而ab·cosC=■·■=（-3-x，-y）·（3-x，-y）=x2+y2-9∈[7，16），即所求的取值范围为[7，16）.
5. 由0=2f 2（x）-3f（x）+1？圯f（x）=■或f（x）=1，如图1画出f（x）的图象，由f（x）=■？圯x有4个值；由f（x）=1？圯x有3个值，故共有7个零点.
■
图1
6. an=■■
7. 数形结合得：两直线的交点在圆周及圆外，k与m满足的关系为：（k2+1）m2≥4，所以（k2+1）m2的最小值为4.
8. 当P离圆O最远时α最小，此时点P的坐标为（-4，-2），记∠APO=β，由切线性质得：在三角形OPA中，sinβ=■，又因为cosα=1-2sin2β，计算得cosα=■.
9. 要求向量的数量积的最值问题，一般都是引入一个变量，设■=t■，将所求的数量积转化为这个变量的函数，再利用函数知识求解. 而■是一个没有确定的向量，因此要应用椭圆的几何性质，这样才能使问题得到解决.
如图2，设■=t■，则（■+■）·■=2■·■=-2t■·（■-t■）=2（t2-t）■2=2t-■■-■■2，所以当t=■，■2=25时，（■+■）·■有最小值-■.
■
图2
10. 属几何概型的概率问题，D的测度为4；e<■，则■<■<1，a∈（0，1]，b∈（0，1]，则d的测度为■，所以P=■=■.
11. ④⑤
12. 22=1+3，23=3+5，24=7+9，32=1+3+5，33=7+9+11，34=25+27+29，不难得出规律：2n可以表示为两个连续奇数之和；3n可以表示为三个连续奇数之和；5n可以表示为五个连续奇数之和；m3可以表示为m个连续奇数之和，即211+213+…+[211+2（m-1）]=m3，m3-m2-210m=0，因为m>0，所以m=15.
13. 设点P（x，y），则■·■=（■+■）·（■+■）=（■+■）·（■-■）=■2-■2=x2+（y-2）2-1. 因l：ax+y=1垂直于直线y=x+m，则a=1，所以l：x+y=1. 因为点P在直线l上，所以x+y=1，即y=1-x，由此可得■·■=x2+（x+1）2-1=2x2+2x=2x+■■-■，当x=-■时，■·■取得最小值为-■.
14. 因为f（1+x）=f（1-x），所以x=1为函数f（x）的对称轴. 又f（x）是奇函数且当x∈[0，1]时， f（x）=2x，所以可得到函数f（x）的图象且周期为4. 令g（x）=ax，则g（x）是奇函数，且g（x）与f（x）有公共点（0，0）.
①若a>0，只要满足g（x）与f（x）在第一象限有2个交点即可.
②若a<0，只要满足g（x）与f（x）在第二象限有2个交点即可.
画出f（x）和g（x）的图象易得a∈-■，-■∪■.
15. （1）由题得g（x）=b2=1+sin22x=1+■=-■cos4x+■，所以函数g（x）的最小正周期T=■=■.
（2）由题得f（x）=a·b=（2cos2x，■）·（1，sin2x）=2cos2x+■sin2x=cos2x+1+■sin2x=2sin2x+■+1.
故f（C）=2sin2C+■+1=3，所以sin2C+■=1. 因为C是三角形的内角，所以2C+■∈■，■，所以2C+■=■，即C=■. 所以cosC=■=■，？摇即a2+b2=7. 将ab=2■两边平方后代入得：a2+■=7， 解之得：a2=3或4. 所以a=■或2，所以b=2或■. 因为a>b，所以a=2，b=■.
16. （1）因为AD∥EF，EF∥BC，所以AD∥BC. 又BC=2AD，G是BC的中点，所以AD■BG，所以四边形ADGB是平行四边形，所以AB∥DG.因为AB？埭平面DEG，DG？奂平面DEG，所以AB∥平面DEG.？摇
（2）因为EF⊥平面AEB，AE？奂平面AEB，所以EF⊥AE. 又AE⊥EB，EB∩EF=E，EB，EF？奂平面BCFE，所以AE⊥平面BCFE. 过D作DH∥AE交EF于H，则DH⊥平面BCFE.因为EG？奂平面BCFE，所以DH⊥EG. 因为AD∥EF，DH∥AE，所以四边形AEHD是平行四边形，所以EH=AD=2，所以EH=BG=2. 又EH∥BG，EH⊥BE，所以四边形BGHE为正方形，所以BH⊥EG. 又BH∩DH=H，BH？奂平面BHD，DH？奂平面BHD，所以EG⊥平面BHD. 因为BD？奂平面BHD， 所以BD⊥EG.
（3）因为EF⊥平面AEB，AD∥EF，所以AD⊥平面AEB，由（2）知四边形BGHE为正方形，所以BE⊥BC.所以VADBEG=VD-AEB+VD-BEG=■S△ABE·AD+■S△BEG·AE=■+■=■.
17. （1）由题知，需加工G型装置4000个，加工H型装置3000个，所用工人分别为x人，（216-x）人.
由已知可得g（x）=■，h（x）=■，即g（x）=■，h（x）=■（0 （2）g（x）-h（x）=■-■=■. 因为0 f（x）=■，0 （3）完成总任务所用时间最少，即求f（x）的最小值. 当0 18. （1）设直线的方程为y=k（x+1），即kx-y+k=0. 因为直线被圆C2截得的弦长为■，而圆C2的半径为1，所以圆心C2（3，？摇4）到kx-y+k=0的距离为■=■. 化简，得12k2-25k+12=0，解得k=■或k=■. 所以直线的方程为4x-3y+4=0或3x-4y+3=0. （2）①设圆心C（x，？摇y），由题意，得CC1=CC2，即可得■=■. 化简得x+y-3=0，即动圆圆心C在定直线x+y-3=0上运动. ②圆C过定点. 设C（m，3-m），则由此可得动圆C的半径为■=■. 于是动圆C的方程为（x-m）2+（y-3+m）2=1+（m+1）2+（3-m）2. 整理，得x2+y2-6y-2-2m（x-y+1）=0. 由x-y+1=0，？摇x2+y2-6y-2=0，可解得x=1+■■，？摇y=2+■■，或x=1-■■，？摇y=2-■■.所以定点的坐标为1-■■，？摇2-■■，1+■■，？摇2+■■. 19. （1）由题意知amn=1+（n-1）·dm，a2n-a1n=[1+（n-1）d2]-[1+（n-1）d1]=（n-1）（d2-d1）. 同理，a3n-a2n=（n-1）（d3-d2），a4n-a3n=（n-1）（d4-d3），…，ann-a■=（n-1）（dn-d■）. 又因为a1n，a2n，a3n，…，ann成等差数列，所以a2n-a1n=a3n-a2n=…=ann-a■，故d2-d1=d3-d2=…=dn-d■，即{dn}是公差为d2-d1的等差数列. 所以dm=d1+（m-1）（d2-d1）=（2-m）d1+（m-1）d2. 令p■=2-m，p■=m-1，则dm=p1d1+p2d2，此时p■+p■=1. （2）当d1=1，d2=3时，dm=2m-1（m∈N？鄢），数列{dm}分组如下：（d1），（d2，d3，d4），（d5，d6，d7，d8，d9），…. 按分组规律，第m组中有2m-1个奇数，所以第1组到第m组共有1+3+5+…+（2m-1）=m2个奇数. 注意到前k个奇数的和为1+3+5+…+（2k-1）=k2，所以前m2个奇数的和为（m2）2=m4. 即前m组中所有数之和为m4，所以（cm）4=m4. 因为cm>0，所以cm=m，从而2■dm=（2m-1）·2m（m∈N？鄢）. 所以Sn=1·2+3·22+5·23+7·24+…+（2n-3）·2■+（2n-1）·2n； 2Sn=1·22+3·23+5·24+7·25+…+（2n-3）·2n+（2n-1）·2■. 故-Sn=2+2·22+2·23+2·24+…+2·2n-（2n-1）·2■=2（2+22+23+…+2n）-2-（2n-1）·2■=2×■-2-（2n-1）·2■=（3-2n）2■-6. 所以Sn=（2n-3）2■+6. （3）由（2）得dn=2n-1（n∈N？鄢），Sn=（2n-3）2■+6（n∈N？鄢）. 故不等式■（Sn-6）>dn就是（2n-3）2■>50（2n-1）. 考虑函数f（x）=（2n-3）2■-50·（2n-1）=（2n-3）（2n+1-50）-100. 当n=1，2，3，4，5时，都有f（n）<0，即（2n-3）·2n+1<50（2n-1）. 而f（6）=9（128-50）-100=602>0，注意到当n≥6时，f（n）单调递增，故有f（n）>0. 因此，当n≥6时，（2n-3）2n+1>50（2n-1）成立，即■·（Sn-6）>dn成立. 所以，满足条件的所有正整数N=6，7，…，20. 20. （1）f ′（x）=■，g′（x）=■，则f ′（0）=0，g′（0）=0，且f（0）=0，g（0）=0，所以函数f（x）和g（x）的图象在x=0处的切线方程都是y=0. （2）令函数h（x）=ln2（1+x）-■，定义域是（-1，+∞），h′（x）=■-■=■. 设u（x）=2（1+x）ln（1+x）-x2-2x，则u′（x）=2ln（1+x）-2x. 令v（x）=2ln（1+x）-2x，则v′（x）=■-2=■. 当-1 （3）由题意可知不等式 1+■■≤e对任意的n∈N？鄢都成立，且不等式1+■■≤e等价于不等式（n+a）·ln1+■≤1. 由1+■>1知，a≤■-n. 设F（x）=■-■，x∈（0，1]，则F′（x）=-■+■=■. 由（2）知，ln2（1+x）≤■，即（1+x）ln2（1+x）-x2≤0，所以F′（x）<0，x∈（0，1]，于是F（x）在（0，1]上为减函数. 故函数F（x）在（0，1]上的最小值为F（1）=■-1，所以a的最大值为■-1. 理科附加题部分 21. A. 选修4-1：几何证明选讲 设圆O的半径为r，圆O1的半径为R（R>r），过点O1作O1E⊥AC，垂足为E，则O1E2=AB2=（R+r）2-（R-r）2=4Rr. ■ 图3 连结O1C，则O1C2=O1E2+CE2=4Rr+（2r-R）2=4r2+R2. 因为CT 2=AC2=4r2，O1T 2=R2，所以O1C2=CT 2+O1T 2， 所以三角形O1CT为直角三角形，O1T ⊥TC，所以CT为圆O1的切线，切点为T. B. 选修4-2 矩阵与变换 由3 00 4-1-1=-3-4，3 00 411=34，所以M′（-3，-4），N′（3，4），所以M′N′=■=10. （2）f（λ）=λ-3 00 λ-4=（λ-3）（λ-4）=0，解得矩阵特征值为λ1=3，λ2=4，再分别将λ1=3，λ2=4代入方程组（λ-3）x+0·y=0，0·x+（λ-4）y=0，得矩阵属于特征值λ1=3的特征向量为■1=01，属于特征值λ2=4的特征向量为■2=10.？摇 C. 选修4-4：坐标系与参数方程 （1）由x=sinα，y=cos2α，α∈[0，2π）可得x2+y=1，x∈[-1，1].？摇？摇？摇 （2）由ρsinθ+■=-■得曲线D的普通方程为x+y+2=0，由x+y+2=0，x2+y=1得x2-x-3=0. 解得x=■？埸[-1，1]，故曲线C与曲线D无公共点. D. 选修4-5：不等式证明选讲 -■，+∞. 22. （1）由已知f（1）=S2=1+■=■，f（2）=S4-S1=■+■+■=■，f（3）=S6-S2=■+■+■+■=■. （2）由（1）知f（1）>1，f（2）>1. 下面用数学归纳法证明：当n≥3时， f（n）<1. ①由（1），当n=3时，f（n）<1； ②假设n=k（k≥3）时，f（n）<1，即f（k）=■+■+…+■<1，那么f（k+1）=■+■+…+■+■+■=■+■+■+…+■+■+■-■<1+■-■+■-■=1+■+■=1-■-■<1. 所以当n=k+1时，也成立. 由①和②知，当n≥3时，f（n）<1. 所以当n=1和n=2时，f（n）>1；当n≥3时， f（n）<1. 23. （1）邮递员从该城市西北角的邮局A到达东南角B地，要求所走路程最短共有Cn+12n+2种不同的走法，其中途经C地的走法有2Cn2n种走法，所以邮递员途径C地的概率f（n）=■=2■·■=■. （2）由（1）得2f（n）=■=■=1+■，得[2f（n）]2n+1=1+■2n+1，要证n∈N？鄢时，有2<[2f（n）]2n+1<3，只要证n∈N？鄢时，2<1+■2n+1<3. 因为n∈N？鄢时，（2n+1）∈N？鄢，且2n+1≥3，所以只要证n∈N？鄢，且n≥3时，2≤1+■n≤3. 由于n≥3时，g（n）=1+■n=C0n+C1n■+C2n■+…>C0n+C1n■=2，且1+■n=C0n+C1n■+C2n■+C3n■+…+Cnn■=2+■·■+■·■+…+■·■=2+■·■·■+■·■·■·■+…+■·■·■·…·■·■<2+■+■+…+■<2+■+■+■+…+■=2+1-■+■-■+■-■+…+■-■=3-■<3. 所以2<[g（n）]n<3成立，所以2<[2f（n）]2n+1<3. 2013年高考模拟金卷（二） 1. （理）D （文）D 2. （理）B （文）A 3. C 4. A 5. C 6. （理）由z=ax+by可得直线方程y=-■x+■，因为a>0，b>0，所以当直线在y轴上移动且截距最大时，目标函数z取得最大值. 画出可行域知直线经过两直线3x-y-6=0和x-y+2=0的交点（4，6）时，z取得最大值为12，所以12=4a+6b，即2a+3b=6，因而■+■=■■+■（2a+3b）=■78+■+■≥25，当且仅当a=b=■时等号成立. 故选D. （文）因为椭圆的离心率为■，所以e=■=■，c2=■a2，c2=■a2=a2-b2，所以b2=■a2，即a2=4b2. 双曲线的渐近线为y=±x，代入椭圆得■+■=1，即■+■=■=1，所以x2=■b2，x=±■b，y2=■b2，y=±■b. 则第一象限的交点坐标为■b，■b，所以四边形的面积为4×■b×■b=■b2=16，所以b2=5，所以椭圆方程为■+■=1，选D. 7. （理）依题意，因为集合S中只有3个不同元素，所以不同有序数对（i，j）共有9对，如i=0，j=0，有A0⊕A0=A0，（A0⊕A0）⊕A0=A0⊕A0=A0，故适合题意. 经验证，只有3对：（0，0），（1，1），（2，2）适合题意，故选C. （文）同理科第6题. 8. （理）kPQ=■，kMN=-■. 直线PQ为：y=■（x+c），两条渐近线为：y=±■x. 由y=■（x+c），y=■x得：Q■，■；由y=■（x+c），y=-■x得：P-■，■. 所以线段PQ的中点N■，■，直线MN为：y-■=-■·x-■. 令y=0，得：xM=■. 又MF2=F1F2=2c，所以3c=xM=■，解之得：e2=■=■，即e=■. 故选B. （文）因为y′=（f ′（x）+f（x））ex，依题意有f ′（1）+f（1）=0. 由于f ′（1）表示y=f（x）的图象在x=1处切线的斜率，所以在x=1处y=f（x）的函数值与斜率互为相反数，选D. 9. （理）（1，1） （文）■ 10. 2 11. （理）-2≤a≤4 （文）130 12. 8 13. ④ 14. △ABC的外接圆的半径r=■，点O到面ABC的距离d=■=■，SC为球O的直径？圯点S到面ABC的距离为2d=■，所以此棱锥的体积为V=■S△ABC×2d=■×■×■=■. 15. （理）函数y=■ex与函数y=ln（2x）互为反函数，图象关于y=x对称， 函数y=■ex上的点Px，■ex到直线y=x的距离为d=■，设函数g（x）=■ex-x？圯g′（x）=■ex-1？圯g（x）min=1-ln2？圯dmin=■. 由图象关于y=x对称得：PQ最小值为2dmin=■（1-ln2）. （文）337. 揭示：f（1）+f（2）+…+f（6）=1. 16. （理）因为C为AB的中点，■=■，所以PC⊥AB. 由■=m■+■，可知点I在∠PAB的平分线上，由■=λ■知点I在直线PC上，即点I为∠PAB的平分线与直线PC的交点. 由于■与■同向，所以λ=■，过I作ID垂直PA，垂足为D，则λ=■=■=■. 因为■-■=4知■=4，■=2，■=3，所以λ=■. （文）设A，B的中点为C，则■+■=2■，■+■=2■，…， ■+■=2■，2（■+■+…+■）=2（n-1）■. 又（■+■）=2■，所以可得■+■+…+■=■（■+■）. 17. （1）f（x）=2sin2x+■+3. f（x）的最小正周期为π，单调递增区间为kπ-■，kπ+■，k∈Z. （2）f（A）=4？摇得2sin2A+■+3=4，即sin2A+■=■. 因为0 18. （理）（1）设乙厂生产的产品数量为n，则有■=■，解得n=35. 即乙厂生产的产品数量为35件. （2）易见只有编号为2，5的两组产品为优等品，所以乙厂生产的产品中的优等品率为■，因为35×■=14，故乙厂生产大约14件优等品. （3）ξ的取值为0，1，2. P（ξ=0）=■=■，P（ξ=1）=■=■，P（ξ=2）=■=■. 所以ξ的分布列为： ■ 故ξ的均值为Eξ=0×■+1×■+2×■=■.？摇 （文）（1）因为x=■■xn=75，所以x6=6x-■xn=6×75-70-76-72-70-72=90. 因为S2=■■（xn-x）2=■×（52+ 12+32+52+32+152）=49，所以S=7. （2）从5位同学中随机选取2位同学，共有如下10种不同的取法：{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，{3，4}，{3，5}，{4，5}，选出的2位同学中，恰有1位同学的成绩位于（68，75）的取法共有如下4种取法：{1，2}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，故所得概率为■. 19. （理）（1）由图形可知该几何体的底面ABCD是菱形，且有一个角为60°，边长为2，锥体高度为PO=1 的四棱锥. （2）设AC，BD的交点为O，连结OE，则OE为△DPB的中位线，OE∥PB，OE？奂平面EAC，PB？埭平面EAC，所以PB∥平面EAC. （3）连结OP，则OP⊥平面ABCD.以O为原点，直线OB，OC，OP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则B（1，0，0），D（-1，0，0），A（0，-■，0），P（0，0，1），■=（0，-■，-1），■=（1，0，-1）. 因为■=λ，所以PF=λ·FA，PF=λ·（PA-PF），PF=■·PA，■=■·■，所以可得■=0，-■，-■，■=■-■=-1，-■，■. 易知PA⊥BD，故只需令PA⊥BF，即■·■=0，就能使PA⊥平面BDF，再根据（-1）·0+-■·（-■）+■·（-1）=0，得λ=■. 此时，■=（0，-■，-1）为平面BDF的法向量，又E-■，0，■，C（0，■，0），所以■=■，■，-■. 设直线EC与平面BDF所成的角为θ，则sinθ=cos〈■，■〉=■=■. 所以当λ=■时，PA⊥平面BDF，此时直线EC与平面BDF所成角的正弦值为■. （文）（1）下面先证AB⊥GH. 连结CG，当λ=■时，即AG=■AB. 因为△ABC为等腰三角形，所以CG⊥AB. 又AD∥CF，且AD⊥平面ABC，所以HC⊥平面ABC，所以HC⊥AB. CG∩HC=C，所以AB⊥面CGH，GH？哿面CGH，所以AB⊥GH. 再证GH∥平面DEF. 取DE的中点为M，连结GM，MF. 因为G为AB的中点，所以GM∥AD，又AD∥CF，所以GM∥CF. 因为CF=2a，MG=AD=a，H为CF的中点. 所以GM∥HF且GM=HF，即四边形GHFM为平行四边形. 所以GH∥MF. 又MF？奂平面DEF，GH？埭平面DEF. 所以GH∥平面DEF. （2）对于0<λ<1的任意λ，总有GH∥平面DEF. 证明如下：连结AH，BH，因为AD∥CF且AD=FH=a，所以AHFD是平行四边形，所以AH∥DF. 又DF？哿平面DEF，AH？埭平面DEF，所以AH∥平面DEF. 同理可证：BH∥平面DEF. 又AH∩BH=H，所以平面DEF∥平面ABH. 因为当0<λ<1时，HG？奂面ABH，所以HG∥平面DEF. 20. （理）（1）由对称性可得知：△BFD是等腰直角三角形，所以斜边BD=2p，点A到准线l的距离d=FA=FB=■p，S△ABD=4■？圳■×BD×d=4■？圳p=2. 且圆F的方程为x2+（y-1）2=8. （2）由对称性设Ax0，■（x0>0），则F0，■，点A，B关于点F对称得：B-x0，p-■？圯p-■=-■？圳x■■=3p2，所以可得：A■p，■，直线m：y=■x+■？圳x-■y+■=0；x2=2py？圳y=■？圯y′=■=■？圯x=■p？圯切点P■，■，直线n：y-■=■x-■？圳x-■y-■p=0，坐标原点到m，n距离的比值为■：■=3. （文）（1）当1≤x<4时，合格的元件数为x-■，利润T=2x-■-■=2x-■；当x≥4时，合格的元件数为x-x+■-■=-■+■，利润T=2-■+■-x+■-■=-x-■+■. 综上，该工厂每天生产这种元件所获得的利润T=2x-■，1≤x<4，-x-■+■，x≥4. （2）当1≤x<4时，T=2x-■，对称轴x=2，此时利润的最大值Tmax=T（2）=2. 当x≥4时，T′=-1+■=■=■<0，所以T=-x-■+■在[4，+∞）上是减函数，此时利润的最大值Tmax=T（4）=0. 综上所述，当x=2时，T取最大值2， 即当日产量定为2（万件）时，工厂可获得最大利润2万元. 21. （理）（1）当a=1时，则f（x）=2lnx-x2，所以f ′（x）=■-2x. 所以f ′（1）=0. 又f（1）=-1，所以曲线y=f（x）在点x=1处的切线方程为y+1=0. （2）f（x）=2a2lnx-x2，所以f ′（x）=■-2x=■=■.？摇 因为x>0，a>0，当0 讨论函数f（x）的零点情况如下： ①当a2（2lna-1）<0，即0 ②当a2（2lna-1）=0，即a=■时，函数f（x）在（0，+∞）内有唯一零点a，而1 ③当a2（2lna-1）>0，即a>■时，由于f（1）=-1<0，f（a）=a2（2lna-1）>0，f（e2）=2a2lne2-e4=4a2-e4=（2a-e2）（2a+e2）. 当2a-e2<0时，即■ （文）同理科第20题. 22. （理）（1）因为6a3=8a1+a5，所以6q2=8+q4，解得q2=4或q2=2（舍），则q=2. 又a1=2，所以a■n=2n. （2）由2n2-（t+bn）n+■bn=0，得bn=■，所以b1=2t-4，b2=16-4t，b3=12-2t，则由b1+b3=2b2，得t=3. 而当t=3时，bn=2n，由bn+1-bn=2（常数）知数列{bn}为等差数列. （3）因为c1=c2=c3=2，易知m=1不合题意，m=2适合题意，当m≥3时，若cm+1为后添入的数2，则一定不满足T■m=2cm+1，从而cm+1必是数列{an}中的某一项a■k+1，则（2+22+22+…+2k）+2（b1+b2+b3+…+bk）=2×2■，即 2×（2k-1）+2×■=2×2k+1，即2k+1-2k2-2k+2=0，也就是2k=k2+k-1. 易证k=1，2，3，4不是该方程的解，而当n≥5时，2n>n2+n-1成立，证明如下： ①当n=5时，25=32，n2+n-1=29，左边>右边成立； ②假设n=k（k≥5）时，2k>k2+k-1成立，当n=k+1时，2k+1>2k2+2k-2=（k+1）2+（k+1）-1+k2-k-3≥（k+1）2+（k+1）-1+5k-k-3=（k+1）2+（k+1）-1+k+3（k-1）>（k+1）2+（k+1）-1. 这就是说，当n=k+1时，结论成立. 由①②可知，2n>n2+n-1（n≥5）恒成立，故2k=k2+k-1无正整数解. 综上可知，满足题意的正整数仅有m=2. （文）（1）由已知得0 11 0·-21=0×（-2）+1×11×（-2）+0×1=1-2，所以点M′的坐标为（1，-2）.？摇？摇？摇？摇 （2）因为0 11 0·Snn=nSn，所以A′（n，Sn）. 因为点A′（n，Sn）在函数f（x）=x2+x的图象上，所以Sn=n2+n. 当n=1时，a1=S1=2；当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n，a1=2满足上面的公式，所以an=2n（n∈N？鄢）.？摇 （3）由已知，bn=1-■1-■…1-■. 设F（n）=1-■1-■…1-■■. 因为■=1-■·■=■·■=■<■=1，所以F（n）>F（n+1），所以F（n）单调递减，所以当n=1时，F（n）取得最大值■. 要使得不等式bn■ 2013年高考模拟金卷（三） 1. D 2. A 3. D 4. A 5. （理）C （文）C 6. D 7. D 8. 数形结合：ax=-x+4，logax=-x+4，ax与logax互为反函数，且都与y=-x+4有交点，这两个交点关于直线y=x对称，m+n=4，所以，■+■=■+■·■=■2+■+■>1，选B. 9. 由切线的斜率可知，选A. 10. ■·■=2？圯b·c=4？圯S△ABC=■，又■=■，选B. 11. S=S+■-■，当i=121时退出循环，此时S=（■-1）+（■-■）+…+（■-■）=10，选A. 12. ■=■（■+■）？圯点E是PF的中点，由第二定义可得： EF-OE=■（PF-PF1）=a（F1为右焦点），又OE⊥PF，OE=■a，选A. 13. 200 14. （理）■ （文）1 15. （理）先利用几何概型计算任意两个人相遇问题x-y≤15的概率，然后再四个人组合数计算值为■. （文）b·cos■=-1. 16. 证明：tanx≥x≥sinx（导数或单位圆中的面积法）. y=x. 17. （1）a2+a3+a4=282a3+4=a2+a■？圯a3=8，则q=2或q=■，由于{an}是单调递增的等比数列，q=2，所以{an}的通项公式为an=2n. （2）bn=-n2n，Sn=b1+b2+b3+…+bn？圯-Sn=1·2+2·22+3·23+…（n-1）·2n-1+n·2n，-2Sn=1·22+2·23+…（n-2）·2n-1+（n-1）·2n+n·2n+1， Sn=2+22+23+…2n-1+2n-n·2n+1？圯Sn=（1-n）2n+1-2. 18. （理）（1）取B1C1的中点S，连结FS交BC1于点H（如图4）. ■ 图4 由题意可得：四边形AFSA1是矩形？圯H是FS的中点，则EH∥AF. EH∥AFEH？奂平面EBC1■AF？埭平面EBC1■？圯AF∥平面EBC1. （2）延长EC1，交CA的延长线于点G. 在三角形ABG中，由余弦定理得：BG2=AB2+AG2-2AB·AGcos∠BAG？圯BG=2■，则三角形BGC为直角三角形？圯BC⊥BG. 又因为CC1⊥平面ABCBG？奂平面ABC？圯CC1⊥BG，BC∩CC1=C，所以BG⊥平面BCC1B1. 所以∠C1BC是平面BEC1和平面ABC所成的锐二面角，即cos∠C1BC=■. （文）（1）同理科第18题（1）问. （2）V■=V■=■■S△■，V■=V■=■■S△■，而S△■=■A1C1·AE=■×2×2=2，S△■=■B1C1·BB1=■×2×4=4，所以体积之比为1 ∶ 2. 19. （理）（1）女生25×■=5名，男生15×■=3名，得到不同的样本个数是C■■C■■. （2）ξ=0，1，2，3， P（ξ=0）=■=■， P（ξ=1）=■=■， P（ξ=2）=■=■， P（ξ=3）=■=■. ■ Eξ=0×■+1×■+2×■+3×■=■. （文）（1）应选女生25×■=5名. （2）因为有两个数学成绩符合优秀标准，因此共有8×7=56个基本事件，其中（90，90），（90，93），（90，95），（95，90），（95，93），（95，95）为数学物理成绩均优秀，共计6个，所以所求概率P=■=■. 20. （1）由题知EA=EB，所以EA+EC=EB+EC=4. 又AC=2■<4，所以点E的轨迹是以A，C为焦点，长轴长为4的椭圆. 所以E的轨迹方程为■+y2=1. （2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），PQ的中点为（x0，y0），？摇？摇将直线y=kx+m与■+y2=1联立得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，Δ=16（4k2+1-m2）>0，即4k2+1>m2 ①. 又x0=■=■，y0=■=■，依题意有■=-■，整理得3km=4k2+1.？摇② 由①②可得k2>■. 因为m>0，所以k>0，所以k>■. 设O到直线l的距离为d，则根据已知可得S△OPQ=■d·PQ=■·■·■=■=■■. 当■=■时，三角形OPQ的面积取最大值为1，此时k=■，m=■■，所以直线l的方程为y=■x+■■. 21. （理）（1）a=0时，f（x）=x2（x+b）ex，所以f ′（x）=exx[x2+（b+3）x+2b]. 设g（x）=x2+（b+3）x+2b，则Δ=（b+3）2-8b=（b-1）2+8>0，设x1，x2是g（x）=0的两个根，且x1 ①若x1=0或x2=0时，x=0不是极值点，不符合题意； ②若x1≠0且x2≠0时，由于x=0是f（x）的极大值点，故x1<0 （2）f ′（x）=ex（x-a）[x2+（3-a+b）x+2b-ab-a]. 设g（x）=x2+（3-a+b）x+2b-ab-a，则Δ=（a+b-1）2+8>0，设x1，x2是g（x）=0的两个根，且x1 由（1）可知，必有x1 x1=■，x2=■. 假设存在b及x4满足题意. ①当x1，a，x2成等差数列时，2a=x1+x2=a-b-3，即b=-a-3，此时x4=2x2-a=a-b-3+■-a=a+2■或x4=2x1-a=a-b-3-■-a=a-2■. ②当x2-a≠a-x1时，x2-a=2（a-x1）或a-x1=2（x2-a）. 若x2-a=2（a-x1），则x4=■，3a=2x1+x2=■， 即■=-3（a+b+3）？圯（a+b-1）2+9（a+b-1）+17=0. 又a+b+3<0，则a+b-1=■？圯b=-a-■，x4=■=■=a+■. 若a-x1=2（x2-a），则x4=■，3a=x1+2x2=■， 即■=3（a+b+3）？圯（a+b-1）2+9（a+b-1）+17=0. 又a+b+3>0，则a+b-1=■？圯b=-a-■，x4=■=■=a+■. 综上可得，存在b满足题意： 当b=-a-3时，x4=a±2■； 当b=-a-■时，x4=a+■； 当b=-a-■时，x4=a+■. （文）（1）函数f（x）在（1，+∞）上为增函数？圳f ′（x）≥0在x∈（1，+∞）上恒成立，即x-■≥0？圳a≤x2. 又因为x2≥1，a≤x2恒成立？圳a≤（x2）min，即a≤1. （2）f（x）的定义域为（0，+∞）. ？摇f ′（x）=x-■=■，令f ′（x）=0，则x=■. 所以f（x）在（0，■）上为减函数，在（■，+∞）上为增函数. f（x）的最小值为f（■）=■a-■a·lna， 令g（x）=■x-■xlnx？圯g′（x）=■-■（lnx+1）=-■lnx. 所以g（x）在（0，1）上为增函数，在（1，+∞）上为减函数， 所以g（x）的最大值为■. 22. （1）因为∠CPD=∠ABC，∠D=∠D，所以△DPC∽△DBA，所以■=■. 又AB=AC，所以■=■.？摇 （2）因为∠ACD=∠APC，∠CAP=∠CAP，所以△APC∽△ACD，所以■=■，所以AC2=AP·AD=9. 23. （1）曲线C1，C2的普通方程分别为x=1，x+y-2=0，所以C1的参数方程为x=1，y=t（t为参数）. （2）由已知可得点M的直角坐标为（1，1），所以直线OM的极坐标方程为θ=■（ρ∈R）. 24. 因为a，b均为正数，所以a2+b2≥2ab，■+■≥■，a2+b2+■+■+■≥2ab+■+■≥3■=6. 当且仅当a2=b2，■=■，2ab=■=■时，即a=b=1时取等号. ■
