广东省湛江市2013届高三数学模拟测试试题 理（二）（湛江二模）（含解析）新人教A版.doc

1、2013年广东省湛江市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共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.1（5分）已知集合A=x|x1，B=x|x24，则AB=（）Ax|x2Bx|2x2Cx|x1Dx|1x2考点：交集及其运算；一元二次不等式的解法专题：不等式的解法及应用分析：集合A与集合B的公共元素构成集合AB，由此利用集合A=x|x1，B=x|x24=x|2x2，能求出集合AB解答：解：集合A=x|x1，B=x|x24=x|2x2，AB=x|1x2故选D点评：本题考查集合的交集及其运算，是基础题解题时要认真审题，仔细解答2（5分）复数的虚部是（）

2、A.1BC.1D.考点：复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算专题：计算题分析：利用复数的除法运算把给出的复数化简为a+bi（a，bR）的形式即可得到答案解答：解：由=所以复数的虚部是1故选C点评：本题考查了复数的基本概念，考查了复数代数形式的乘除运算，复数的除法，采用分子分母同时乘以分母的共轭复数，是基础题3（5分）如果命题“（pq）”是真命题，则（）A命题p、q均为假命题B命题p、q均为真命题C命题p、q中至少有一个是真命题D命题p、q中至多有一个是真命题考点：复合命题的真假专题：计算题分析：可知pq是假命题，由复合命题的真假可知：命题p，q中至少有一个是假命题，进而可得答案解答：解：由题

3、意可知：“（pq）”是真命题，pq是假命题，由复合命题的真假可知：命题p，q中至少有一个是假命题，即命题p，q中至多有一个是真命题，故选D点评：本题考查复合命题的真假，属基础题4（5分）下列函数中既是奇函数，又在（0，+）上单调递增的是（）Ay=x2By=x3Cy=xDy=tanx考点：函数奇偶性的判断；函数单调性的判断与证明专题：函数的性质及应用分析：先判断函数的奇偶性，再考查函数在（0，+）上单调性，从而得出结论解答：解：由于函数y=x2是偶函数，故不满足条件由于函数y=x3是奇函数，且在（0，+）上单调递增，故满足条件由于函数y=x是奇函数，但在（0，+）上单调递减，故不满足条件由于函数

4、 y=tanx是奇函数，故不满足条件故选B点评：本题主要考查函数的奇偶性和单调性，属于基础题5（5分）运行如图的程序框图，输出的结果是（）A510B1022C254D256考点：程序框图专题：图表型分析：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环计算并输出m值模拟程序的运行过程，用表格对程序运行过程中各变量的值进行分析，不难得到最终的输出结果解答：解：程序在运行过程中各变量的值如下表示：mn是否继续循环循环前22/第一圈2+223是第二圈2+22+234是第五圈2+22+23+25+267是第六圈2+22+23+26+278是第七圈2+22+23+27

5、+289否 则程序运行后输出的结果是 2+22+23+27+28=510故选A点评：本题主要考查了直到型循环结构，循环结构有两种形式：当型循环结构和直到型循环结构，当型循环是先判断后循环，直到型循环是先循环后判断，属于基础题6（5分）函数f（x）=（x1）cosx2在区间0，4上的零点个数是（）A4B5C6D7考点：根的存在性及根的个数判断专题：函数的性质及应用分析：令函数值为0，构建方程，即可求出在区间0，4上的解，从而可得函数f（x）=（x1）cosx2在区间0，4上的零点个数解答：解：令f（x）=0，可得x=1或cosx2=0x=1或x2=k+，kZ，x0，4，则x20，16，k可取的值

6、有0，1，2，3，4，方程共有6个解，函数f（x）=（x1）cosx2在区间0，4上的零点个数为6个，故选C点评：本题考查三角函数的周期性以及零点的概念，属于基础题7（5分）设F1，F2是椭圆的左右焦点，若直线x=ma （m1）上存在一点P，使F2PF1是底角为30的等腰三角形，则m的取值范围是（）A1m2Bm2C1mDm考点：椭圆的简单性质专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：利用F2PF1是底角为30的等腰三角形，可得|PF2|=|F2F1|，根据P为直线x=ma上一点，可建立方程，由此可求椭圆的离心率的范围解答：解：F2PF1是底角为30的等腰三角形|PF2|=|F2F1|P为直

7、线x=ma上一点，所以PF2A=60cos60=，即e=（0，1）m（1，2）故选A点评：本题考查椭圆的几何性质，解题的关键是确定几何量之间的关系，属于基础题8（5分）（2008海南）某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a+b的最大值为（）ABC4D考点：简单空间图形的三视图专题：计算题；压轴题分析：设棱长的线段是长方体的对角线，由题意所成长方体的三度，求出三度与面对角线的关系，利用基本不等式即可求出a+b的最大值解答：解：结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算如图设长方体的高宽高分别为m

8、，n，k，由题意得，n=1，所以（a21）+（b21）=6a2+b2=8，（a+b）2=a2+2ab+b2=8+2ab8+a2+b2=16a+b4当且仅当a=b=2时取等号故选C点评：本题是基础题，考查长方体的对角线与三视图的关系，长方体的三度与面对角线的关系，基本不等式在求最值中的应用，考查空间想象能力，计算能力，常考题型二、填空题（共7小题，每小题5分，满分30分）9（5分）（2012广东）曲线y=x3x+3在点（1，3）处的切线方程为2xy+1=0考点：利用导数研究曲线上某点切线方程专题：计算题分析：先求出导函数，然后将x=1代入求出切线的斜率，利用点斜式求出直线的方程，最后化成一般式即

9、可解答：解：y=3x21令x=1得切线斜率2所以切线方程为y3=2（x1）即2xy+1=0故答案为：2xy+1=0点评：本题主要考查导数的几何意义：在切点处的导数值为切线的斜率、考查直线的点斜式，属于基础题10（5分）已知，则=考点：函数的值专题：计算题分析：求出f（）的值，然后求解的值即可解答：解：因为函数，所以f（）=1，所以=f（1）=21=故答案为：点评：本题考查函数值的求法，注意分段函数的定义域，考查计算能力11（5分）不等式|x23x+1|1的解集为（0，1）（2，3）考点：绝对值不等式的解法专题：计算题；不等式的解法及应用分析：直接利用绝对值不等式的解法，求解即可解答：解：不等式

10、|x23x+1|1的解集等价于1x23x+11的解集，即，解得：x1或x2；解得：0x3，所以原不等式的解集为：（0，1）（2，3）故答案为：（0，1）（2，3）点评：本题考查绝对值不等式的解法，考查转化思想与计算能力12（5分）已知an的前n项之和为Sn，a1=1，Sn=2an+1，则Sn=考点：数列的求和专题：计算题；等差数列与等比数列分析：由Sn=2an+1，得Sn=2（Sn+1Sn），化简后可判断Sn为以1为首项、为公比的等比数列，由等比数列的通项公式可求得Sn解答：解：由Sn=2an+1，得Sn=2（Sn+1Sn），即3Sn=2Sn+1，又a1=1，所以Sn0，则，所以Sn为以1为首

11、项、为公比的等比数列，所以，故答案为：点评：本题考查数列递推式、数列前n项和，考查等比数列的定义、通项公式，属中档题13（5分）四位学生，坐在一排有7个位置的座位上，有且只有两个空位是相邻的不同坐法有480种（用数字作答）考点：排列、组合及简单计数问题专题：计算题分析：7个座位，四人就座恰有两个座位相邻也就是说，有两个空座位是连在一起，还有一个空座位没和其他空座位连一起，所以，可以把这三个空座位分成两组，2个相邻的，1个单一放置的然后把四个人排好，把座位插空到四个人产生的5个空档里，求出满足要求的不同坐法的种数即可解答：解：可以把这三个空座位分成两组，2个相邻的，1个单一放置的而：四个人的坐法

12、（不考虑空座位）共有A44=4321=24 种，再把两组不同的空座位插入到四个人产生的5个空档里，有 A52=54=20种 所以满足题意的不同坐法有 2420=480 种故答案为：480点评：此题主要考查用排列组合及简单的计数原理问题，用插空法求解是题目的关键，有一定的灵活性，需要同学们很好的理解14（5分）（坐标系与参数方程选做题）在直角坐标系xoy中，曲线C的参数方程是（0，2，为参数），若以O为极点，x轴正半轴为极轴，则曲线C的极坐标方程是=4cos考点：简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程专题：直线与圆分析：先求出曲线C的普通方程，再利用x=cos，y=sin代换求得极坐标方程解

13、答：解：由得，两式平方后相加得（x2）2+y2=4，（4分）曲线C是以（2，0）为圆心，半径等于的圆令x=cos，y=sin，代入并整理得=4cos即曲线C的极坐标方程是=4cos （10分）故答案为：=4cos点评：本题主要考查极坐标方程、参数方程及直角坐标方程的转化普通方程化为极坐标方程关键是利用公式x=cos，y=sin，=15（几何证明选讲选做题）如图，点A、B、C都在O上，过点C的切线 交AB的延长线于点D，若AB=5，BC=3，CD=6，则线段AC的长为考点：与圆有关的比例线段；余弦定理专题：计算题分析：利用切割线定理求出DB，利用余弦定理求出DBC的余弦值，然后利用余弦定理求解A

14、C即可解答：解：由切割线定理可知，DC2=DBDA，因为AB=5，CD=6，解得DB=4，由余弦定理可知cosDBC=，在ABC中，AC2=BC2+AB22ABBCcosABC=9+25235=，所以AC=故答案为：点评：本题考查切割线定理的应用，余弦定理的应用，考查计算能力三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.16（12分）某市甲、乙两校高二级学生分别有1100人和1000人，为了解两校全体高二级学生期 末统考的数学成绩情况，采用分层抽样方法从这两所学校共抽取105名高二学生的数学 成绩，并得到成绩频数分布表如下，规定考试成绩在120，150为优秀甲校

15、：分组70，80）80，90）90，100）100，110）110，120）120，130）130，140）140，150）频数23101515x31乙校：分组70，80）80，90）90，100）100，110）110，120）120，130）130，140）140，150）频数12981010y3（1）求表中x与y的值；（2）由以上统计数据完成下面2x2列联表，问是否有99%的把握认为学生数学成绩优秀 与所在学校有关？（3）若以样本的频率作为概率，现从乙校总体中任取 3人（每次抽取看作是独立重复的），求优秀学生人数的分布列和数学期望（注：概率值可用分数表示）甲校乙校总计优秀非优秀总计考点：

16、离散型随机变量及其分布列；独立性检验；离散型随机变量的期望与方差专题：概率与统计分析：（1）根据条件知道从甲校和乙校各自抽取的人数，做出频率分布表中的未知数；（2）根据所给的条件写出列联表，根据列联表做出观测值，把观测值同临界值进行比较，得到没有99%的把握认为认为学生数学成绩优秀与所在学校有关（3）由题意知的可能取值为0，1，2，3结合变量对应的事件和B（3，），写出变量的概率，做出变量的分布列，再求出变量的期望值解答：解：（1）由分层抽样知，甲校抽取了105=55人成绩，乙校抽取了10555=50人成绩x=6，y=7；（2）22列联表如下：甲校乙校总计优秀102030非优秀453075总计

17、5550105K2=6.1096.635，没有99%的把握认为认为学生数学成绩优秀与所在学校有关（3）由题意知，乙校优秀的概率为，的可能取值为0，1，2，3又B（3，），且P（=k）=C（）k（）3k，（k=0，1，2，3）分布列为：随机变量的E=np=3=点评：本题主要考查离散型随机变量的期望与方差、独立性检验的应用，解题的关键是正确运算出观测值，理解临界值对应的概率的意义，属于基础题17（12分）如图，已知平面上直线l1l2，A、B分别是l1、l2上的动点，C是l1，l2之间一定点，C到l1的距离CM=1，C到l2的距离CN=，ABC内角A、B、C所对 边分别为a、b、c，ab，且bcos

18、B=acosA（1）判断三角形ABC的形状；（2）记ACM=，f（）=，求f（）的最大值考点：已知三角函数模型的应用问题专题：三角函数的图像与性质分析：（1）利用正弦定理，结合结合bcosB=acosA，得sin2B=sin2A，从而可三角形ABC的形状；（2）记ACM=，表示出f（）=，利用辅助角公式化简，即可求f（）的最大值解答：解：（1）由正弦定理可得：结合bcosB=acosA，得sin2B=sin2Aab，ABA，B（0，），2B+2A=，A+B=，即C=ABC是直角三角形；（2）记ACM=，由（1）得BCN=AC=，BC=f（）=cos+=cos（），=时，f（）的最大值为点评：本

19、题考查正弦定理的运用，考查三角形形状的判定，考查辅助角公式的运用，考查学生的计算能力，属于中档题18（14分）如图，在长方体ABCD一A1B1C1D1中，AA1=2，AD=3，E为CD中点，三棱 锥A1AB1E的体积是6（1）设P是棱BB1的中点，证明：CP平面AEB1；（2）求AB的长；（3）求二面角BAB1E的余弦值考点：用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定专题：空间角；空间向量及应用分析：（1）因为P是棱BB1的中点，可想到取AB1的中点M，由三角形中位线知识证明四边形PCEM是平行四边形，由此可得PCEM，然后利用线面平行的判定即可得到结论；（2）题目给出了三棱锥A1AB1E

20、的体积是6，借助于等积法可求AB的长度；（3）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用平面法向量所成角的余弦值求二面角的余弦值解答：（1）证明：取AB1的中点M，连结PM，ME则PMBACE，即四边形PCEM是平行四边形，所以PCEM又EM平面AEB1，PC平面AEB1CP平面AEB1；（2）解：由题意点E到平面AB1A1的距离是AD=3，所以，即AB=6；（3）解：以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz则A（0，0，0），B1（6，0，2），E（3，3，0），设平面AB1E的法向量为由，得，取x=1，得y=1，z=3所以由平面ABB1的一

21、个法向量为并设二面角BAB1E的大小为，则cos=所以二面角BAB1E的余弦值为点评：本题考查了线面平行的判定，关键是寻求定理成立的条件，常借助于三角形的中位线处理训练了等积法求点到面的距离或线段的长度，考查了利用平面法向量求二面角的余弦值，是中档题19（14分）已知a2，（注：e是自然对数的底）（1）求f（x）的单调区间；（2）若存在x1e，e2，使得对任意的x22，0，f（x1）g（x2）恒成立，求实数a的取值范围考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值专题：导数的综合应用分析：（1）确定函数的定义域，求导函数，再分类讨论，利用导数的正负，可得f（x）的单调区间；（2）

22、由题意，存在x1e，e2，使得对任意的x22，0，f（x1）g（x2）恒成立，等价于对任意x1e，e2及x22，0，f（x）ming（x）min，确定函数的单调性，求出最值，即可求得实数a的取值范围解答：解：（1）由题意可得f（x）的定义域为（0，+），a2，a11当a10，即a1，x（0，1）时，f（x）0，f（x）是减函数，x（1，+）时，f（x）0，f（x）是增函数；当0a11，即1a2，x（0，a1）（1，+）时，f（x）0，f（x）是增函数，x（a1，1）时，f（x）0，f（x）是减函数；综上所述，当a1时，f（x）的单调减区间是（0，1），单调增区间是（1，+）；当1a2时，f（x

23、）的单调减区间是（a1，1），单调增区间是（0，a1），（1，+）；（2）由题意，存在x1e，e2，使得对任意的x22，0，f（x1）g（x2）恒成立，等价于对任意x1e，e2及x22，0，f（x）ming（x）min，由（1），当a2，x1e，e2时，f（x）是增函数，f（x）min=f（e）=g（x）=x（1ex），对任意的x22，0，g（x）0g（x）是奇函数，g（x）min=g（0）=1a2点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题20（14分）已知抛物线C：y2=4x，F是抛物线的焦点，设A（x1，y

24、1），B（x2，y2）是C上异于 原点O的两个不重合点，OA丄OB，且AB与x轴交于点T（1）求x1x2的值；（2）求T的坐标；（3）当点A在C上运动时，动点R满足：，求点R的轨迹方程考点：直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题专题：圆锥曲线中的最值与范围问题分析：（1）利用数量积公式，结合A，B在抛物线上，即可求x1x2的值；（2）分类讨论，确定OA的方程与抛物线联立，即可求T的坐标；（3）利用动点R满足：，确定坐标之间的关系，利用点差法，结合AB的中点M（），点T（4，0）都在直线AB上，即可求点R的轨迹方程解答：解：（1）由OA丄OB，可得x1x2+y1y2=0，代入上式得=0y1

25、y20，y1y2=16，x1x2=16；（2）设T（t，0），当x1x2时，A，B，T三点共线，=（y2y1）t=y2x1y1x2=4（y1y2）y1y2，t=4当x1=x2时，OAOB，此时AOB为等腰直角三角形，x1=x2=t，直线OA的方程式为y=x与抛物线联立，解得t=x1=4T的坐标是（4，0）；（3）设R（x，y），由F（1，0），得（x11，y1）+（x21，y2）=（x1，y）即，两式相减可得（y1y2）（y1+y2）=4（x1x2）当x1x2时，AB的中点M（），点T（4，0）都在直线AB上，kAB=kTM，即=代入上式得y=4化简可得y2=4x28当x1=x2时，点R（7，

26、0）符合上式综上可知点R的轨迹方程是y2=4x28点评：本题考查轨迹方程，考查点差法的运用，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题21（14分）已知x轴上有一列点P1，P2 P3，Pn，当n2时，点Pn是把线段Pn1 Pn+1 作n等分的分点中最靠近Pn+1的点，设线段P1P2，P2P3，P3P4，PnPn+1的长度分别 为a1，a2，a3，an，其中a1=1（1）求an关于n的解析式；（2 ）证明：a1+a2+a3+an3（3）设点P（n，an） n3），在这些点中是否存在两个点同时在函数y= 的图象上？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，说明理由考点：数列与函数的综

27、合；数列的函数特性；数列的求和专题：等差数列与等比数列分析：（1）由于Pn是把Pn1Pn+1线段作n等分的分点中最靠近Pn+1的点，所以知Pn1Pn=（n1）PnPn1，从而可得=，进而利用叠乘即可求出a2，a3和an的表达式；（2）对通项进行放缩，再求和，利用等比数列的求和公式即可证明；（3）假设存在，即可得=，再设bn=，考查数列bn单调减即可解答：（1）解：由已知Pn1Pn=（n1）PnPn1令n=2，P1P2=P2P3，a2=1，同理a3=，=an=an1=an2=（2）证明：n2时，=a1+a2+a3+an1+1+=33而n=1时，结论成立，故a1+a2+a3+an3；（3）假设有两个点A（p，ap），B（q，aq），都在函数y=上，即ap=，aq=所以=k，=k，消去k得= ，设bn=，考查数列bn的增减情况，bnbn1=，当n2时，n23n+10，所以对于数列bn为递减数列不可能存在p，q使得式成立，不存在两个点同时在函数y= 的图象上点评：本题以线段为载体，考查数列的通项，考查放缩法的运用，考查函数的单调性，综合性强，难度较大