广西2013届高三数学模拟试题之二 理 旧人教版.doc

1、2013年高考数学模拟试卷(2)考试范围：高中数学；考试时间：100分钟； 题号一二三总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、选择题（题型注释）1已知恰有3个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）A B C D2要得到函数的图象，只要将函数的图象（ ）A向左平移单位 B向右平移单位C向右平移单位 D向左平移单位3若定义在R上的偶函数对任意，有，则A BC D4定义在R上的偶函数f（x）的一个单调递增区间为（3，5），则y=f（x-1）A. 图象的对称轴为x=-1，且在（2，4）内递增B. 图象

2、的对称轴为x=-1，且在（2，4）内递减C. 图象的对称轴为x=1，且在（4，6）内递增D. 图象的对称轴为x=1，且在（4，6）内递减5已知函数，若函数的图像在点P（1，m）处的切线方程为，则m的值为( )A B CD6若函数对任意实数都有，则的值等于（ ）A B1 C D7过点P(x,y)的直线分别与x轴和y轴的正半轴交于A,B两点,点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点，若且=1，则点P的轨迹方程是（ ） AB CD8已知等差数列an满足a2=3，=51(n3) ， = 100，则n的值为A. 8 B. 9 C. 10D. 119在ABC中，角A,B,C所对的对边长分别为a、b、c，sin

3、A、sinB、sinC成等比数列，且c= 2a，则cosB的值为A. B. C. D. 10若实数满足，则下列关系中不可能成立的是（ ）ABC D11在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC90，D、E、F分别是棱AB、BC、CP的中点，ABAC1，PA2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为()A. B. C. D. 12已知F1、F2为椭圆 (ab0)的两个焦点，过F2作椭圆的弦AB，若AF1B的周长为16，椭圆的离心率，则椭圆的方程为（ ） A B C D第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题（题型注释）13若则a3= 。14已知（，是虚数单位），则的值

4、为 15已知直线经过椭圆的焦点并且与椭圆相交于，两点，线段的垂直平分线与轴相交于点，则面积的最大值为 16已知数列前n项和其中b是与n无关的常数，且0b1，若存在，则_评卷人得分三、解答题（题型注释）17已知， 记（其中都为常数，且） （）若，求的最大值及此时的值；（）若，证明：的最大值是；证明：18（本小题满分12分）如图，在四棱柱中，面，底面是直角梯形，异面直线与所成角为（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值19（本题14分）口袋内有（）个大小相同的球，其中有3个红球和个白球已知从口袋中随机取出一个球是红球的概率是，且。若有放回地从口袋中连续地取四次球（每次只取一个球），在四次

5、取球中恰好取到两次红球的概率大于。（）求和；（）不放回地从口袋中取球（每次只取一个球），取到白球时即停止取球，记为第一次取到白球时的取球次数，求的分布列和期望。20（本小题满分12分）在数列中，并且对于任意nN*，都有（1）证明数列为等差数列，并求的通项公式；（2）设数列的前n项和为，求使得的最小正整数.21（本题满分12分） 设椭圆E: （a,b0）过M（2，） ，N(,1)两点，O为坐标原点（）求椭圆E的方程；（）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交A,B且？若存在，写出该圆的方程，若不存在说明理由。高考资源网() 22（本题14分）已知函数在处取得极值，且在处

6、的切线的斜率为1。（）求的值及的单调减区间；（）设0，0，求证：。2013年高考数学模拟试卷(2)参考答案1A【解析】试题分析：根据已知条件，那么可知函数的周期为1，同时结合y轴左侧的图像，数形结合法可知，要使得恰有3个不同的零点，则满足实数的取值范围是，故选A.考点：函数零点运用。点评：解决分段函数的零点问题，可以采用分离为两个函数图像的交点个数来处理，数形结合思想的运用。2C【解析】试题分析：根据三角函数图像的平移变换，要得到函数的图象，也即为，只要将函数的图象向右平移单位，即可得到，故选C.考点：三角函数的图像变换点评：考查了三角函数图像的平移变换的运用，属于基础题，基本知识的运用。3A

7、【解析】试题分析：函数为偶函数，所以，由对任意，有，则在上是减函数考点：函数性质偶函数单调性点评：若为偶函数，则，若为奇函数，则，若为减函数，则，若为增函数，则，4C【解析】试题分析：因为定义在R上的偶函数f（x）的一个单调递增区间为（3，5），所以可知在区间(-5,-3)是递减的去甲，同时那么对于y=f（x-1）是将原函数向右平移一个单位，因此单调增区间为（4，6），那么对称轴为x=1，故排除选项A,B，那么同时结合单调性可知排除D，故选C.考点：本试题考查了函数的对称性和单调性的运用。点评：解决该试题的关键是对于图像变换的准确的理解，以及平移变换对于函数图像和性质的影响，属于基础题。5C

8、【解析】试题分析：因为，所以，由“过曲线上点的切线斜率，就是该点处的导数值”，得14a=3,a=1,f(1)=m=,故选C。考点：本题主要考查的几何意义。点评：简单题，过曲线上点的切线斜率，就是该点处的导数值。6D【解析】试题分析：根据题意，由于函数对任意实数都有，那么即有x=是函数的 一条对称轴，则可知此时为，那么可知有那么可知，因此可知，故选D.考点：三角函数的性质点评：利用抽象关系式分析得到函数的一条对称轴方程，从而得到结论，属于基础题。7D【解析】试题分析：设A（a，0）,B（0，b）（a0,b0）,由向量=2,得，x=,y=,由=1得(-x,y)(-a,b)=1,所以xa+yb=1,

9、把代入上式得，故选D。考点：本题主要考查平面向量的坐标运算，向量的数量积，求轨迹方程的“相关点法”。点评：中档题，本题将直线、向量、求轨迹方程综合考查，对考生灵活应用数学知识的能力有较好的考查。另外，求轨迹方程的基本方法的基本方法之一“相关点法”，常常考到。8C【解析】试题分析：由已知得=51，即=51，而，所以=17，= ，故由=100，得n=10，故选C。考点：本题主要考查等差数列的通项公式，求和公式，等差数列的性质。点评：基础题，本题综合考查等差数列的基础知识，本解答主要利用等差数列的性质m+n=p+q, ，运用方程思想，求得n。9B【解析】试题分析：根据题意可知sinA、sinB、si

10、nC成等比数列，因此可知由正弦定理可知化角为边得到，结合余弦定理可知，且c=2a，则可知，故选B.考点：本试题考查了解三角形的知识点。点评：解决该试题的关键是能利用边角的关系，结合正弦定理和余弦定理来求解得到。熟练的运用两个定理，并能灵活的选择定理来解答，是要结合题目中的条件来确定的，余弦定理适合解决两边及其夹角，和三边的问题来求解三角形，属于中档题。10A【解析】试题分析：由换底公式得：；结合对数函数图像，知都有可能，所以不可能成立的是A。考点：对数函数的性质；对数值大小的比较；换底公式。点评：此题主要考查数形结合的数学思想，我们可以利用换地公式转化为同底的来求。11C【解析】试题分析：以A

11、为坐标原点，建立如图空间直角坐标系易知：A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，2）， ，设是平面DEF的一个法向量，则即，取x1, 则 ，设PA与平面 DEF所成的角为，则 sin。考点：本题主要考查立体几何中的垂直关系，角的计算。点评：典型题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离的计算。在计算问题中，有“几何法”和“向量法”。利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤，利用向量则简化了证明过程。12D【解析】试题分析：由椭圆的定义4a=16，a=4，又，所以c=,，椭圆的标准方程是，选D。考点：本题主要考查椭圆的定义，椭圆的标准方程，椭圆的几何性质。

12、点评：简单题，涉及椭圆的焦点三角形问题，往往要利用椭圆的定义。13【解析】试题分析：。所以a3=80.考点：二项式定理。点评：注意二项式定理中项的系数和二项式系数的区别。属于基础题型。142【解析】试题分析：根据题意，由于(a+i)i=-1-2i,则可知ai-1=-1+2i,利用实部和虚部对应相等可知a=2,故答案为2.考点：复数的运算点评：考查了复数的运算，利用复数的相等得到参数a的值，属于基础题。15【解析】试题分析：设椭圆上焦点为F，则SMPQ=|FM|x1-x2|=，所以MPQ的面积为（0m)设f（m）=m（1-m）3，则f（m）=（1-m）2（1-4m）(0，)可知f（m）在区间(0

13、，)单调递增，在区间(,)单调递减所以，当(0，)时，f（m）=m（1-m）3有最大值f()=所以，当时，MPQ的面积有最大值考点：本试题考查了椭圆的性质，以及三角形面积知识。点评：解决该题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化，属于中档题。161【解析】试题分析：由，及存在得，因0b1，所以=0，又an=Sn-Sn-1，故上式可变为-b（1。考点：本题主要考查等比数列的通项公式及前n项和公式，数列的极限。点评：基础题，通过构建关于首项，公比的方程，求得数列的通项公式，进一步求和、求极限。17（），此时的； （）通过令，得到 则其对称轴。利用二次函数图象和性质证明。【解析】

14、试题分析：（）若时，则，此时的； 6分（）证明：令，记 则其对称轴当，即时，当，即时，故 - -11分即求证，其中 当，即时，当，即时， 当，即时，综上： 15分考点：本题主要考查二次函数的图象和性质，三角函数同角公式。点评：典型题，讨论二次函数型最值，往往由“轴动区间定”、“轴定区间动”的情况，要结合函数图象，分类讨论，做出全面分析。共同的是讨论二次函数图象的对称轴与区间的相对位置。本题较难。18(1)根据线面垂直的判定定理，来得到垂直的证明。(2) 【解析】试题分析：解：（1）由已知得，底面，平面，所以 2分又，所以，所以 4分又，故平面 6分（2）因为，所以为异面直线与所成角，即为，又，

15、所以 8分过点作，为垂足，由（1）知，又，所以平面，故是直线与平面所成角，记为 10分在中，所以 12分（2）另解：因为，所以为异面直线与所成角，即为，又，所以 8分设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，又由（1）知，由等体积法得：，即，解得 10分所以 12分考点：本试题考查了空间几何体中线面角和面面垂直的知识。点评：对于空间中点线面的位置关系，要熟练掌握基本的判定定理和性质定理，以及能结合向量的方法，合理的建立空间直角坐标系，结合空间向量的知识来表示角和距离的求解运用。属于中档题，这类试题的计算要细心，避免不不要的失分现象。19(1) 和 (2) 【解析】试题分析：解：（I）由题设知，因

16、为所以不等式可化为，解不等式得，即又因为，所以，即，所以，所以，所以 7分（II）可取1，2，3 ，4的分布列为1234p 14分考点：分布列和数学期望，古典概型点评：对于概率试题的求解，主要是能对于古典概型的事件空间准确求解，同时能根据各个概率的取值，得到分布列，属于中档题。20(1) (2) 91【解析】试题分析：解：(1)，因为，所以， 数列是首项为1，公差为2的等差数列， ，从而 6分(2) 因为 所以， 由，得，最小正整数为91.12分考点：本试题考查了数列的通项公式和求和的运用。点评：对于已知等差数列和等比数列的通项公式的求解，主要是求解两个基本元素，解方程组得到结论。而对于一般的

17、数列求和思想，主要是分析其通项公式的特点，选择是用错位相减法还是裂项法，还是倒序相加法等等的求和方法来得到。属于中档题。21（1）（2）存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且【解析】试题分析：（1）因为椭圆E: （a,b0）过M（2，），N(,1)两点,所以解得所以椭圆E的方程为（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且,设该圆的切线方程为解方程组得,即,则=,即， 要使,需使,即,所以,所以又, 所以,所以,即或,因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为,所求的圆为,此时圆的切线都满足或,而当切线的斜率不存在

18、时切线为与椭圆的两个交点为或满足,综上, 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且考点：本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，圆与椭圆的位置关系。点评：中档题，涉及直线与圆锥曲线的位置关系问题，往往要利用韦达定理。存在性问题，往往从假设存在出发，运用题中条件探寻得到存在的是否条件具备。（2）小题解答中，集合韦达定理，应用平面向量知识证明了圆的存在性。22【解析】试题分析：解：（） ， ，即， ，又， ， 综上可知 ，定义域为0， 由0 得 0，的单调减区间为6分（）先证即证即证：令 ，0，0 ， 0，即证令 则 当，即01时，0，即0在（0，1）上递增，0， 当，即1时，0，即0在（1，）上递减，0， 当，即1时，0综合知即即又 综上可得 14分考点：导数，极值，函数与不等式点评：对于导数在研究函数中的运用，关键是利用导数的符号判定单调性，进而得到极值，和最值， 证明不等式。属于中档题。