浙江省宁波市2013届高三第二次模拟数学理试题

宁波市2013年高考模拟试卷

数学（理科）试卷

本试题卷分选择题和非选择题两部分．全卷共4页, 选择题部分1至2页, 非选择题部分3至4页．满分150分, 考试时间120分钟．

请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．

参考公式： 如果事件A，B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B) 如果事件A，B相互独立，那么 P(A·B)=P(A)·P(B) 如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次kn-k 的概率 Pn(k)=Ck(k=0,1,2,„，n) np(1-p)台体的体积公式： 1V=h(S1S1S2S2) 3（其中S1,S2分别表示台体的上、下底面积， h表示台体的高）

柱体的体积公式：VSh （其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高） 1锥体的体积公式：VSh 3（其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高） 球的表面积公式：S=4πR2 球的体积公式：V4R3（其中R表示球的半径）

3第Ⅰ卷（选择题部分 共50分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．设集合M={-1,0,1}，N={x | x2 ≤ x}，则M∩N = （A）{0} （B）{0,1} （C）{-1,1} 2．函数f(x)cos(x

（D）{-1,0}

4)cos(x

4)是

（B）周期为2的偶函数 （D）周期为2的奇函数

2 正视图 2 侧视图 （A）周期为的偶函数 （C）周期为的奇函数

3．已知某几何体的三视图如图所示， 则该几何体的体积是

83（A）

3（C）83

163（B）

3（D）163 43 俯视图

（第3题图） ·1·

|OPOM|124．已知点P（3,3），Q（3,-3），O为坐标原点，动点M（x, y）满足，则点M所构|OQOM|12成的平面区域的面积是

（A）12 （B）16

5．已知a,bR，条件p：“ab”，条件q：“2a2b1”，则p是q的

（A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件

（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件

6．在“石头、剪刀、布”的游戏中，规定：“石头赢剪刀”、“剪刀赢布”、“布赢石头”．现有甲、乙两人玩这个游戏，共玩3局，每一局中每人等可能地独立选择一种手势．设甲赢乙的局数为ξ，．．．．．．．．则随机变量ξ的数学期望是

（C）32

（D）64

1（A）

3 （B）

4 9 （C）

2 3 （D）1

7．已知数列{an}是1为首项、2为公差的等差数列，{bn}是1为首项、2为公比的等比 数列．设cnabn，Tnc1c2cn(nN*) ，则当Tn>2013时，n的最小值是 （A）7

（B）9

（C）10

（D）11

8．已知空间向量a,b满足|a||b|1，且a,b的夹角为，O为空间直角坐标系的原点，点A、B满

3足OA2ab，OB3ab，则△OAB的面积为

（A）

53 2 （B）

53 4 （C）

7113 （D）

44

9．设函数f(x)的导函数为f(x)，对任意xR都有f(x)f(x)成立，则 （A）3f(ln2)2f(ln3) （B）3f(ln2)2f(ln3)

（C）3f(ln2)2f(ln3) （D）3f(ln2)与2f(ln3)的大小不确定

10．三个顶点均在椭圆上的三角形称为椭圆的内接三角形．已知点A是椭圆的一个短轴端点，如果．．．．．

以A的椭圆内接等腰直角三角形有且仅有三个，则椭圆的离心率的取值范围是 ．为直角顶点．．．．．（A）(0,2) 2（B）(2626,) （C）(,1) （D）(,1) 2323

·2·

第Ⅱ卷（非选择题部分 共100分)

二、填空题：本大题共7小题, 每小题4分, 共28分．

12i11．已知i是虚数单位，复数z的虚部是 ▲ ．

1i12．执行如图所示的程序框图，则输出的k值是 ▲ ． 13．(x22)(1)5的展开式的常数项是 ▲ ．

1x2x0114．设函数f(x)，若函数

x10x2g(x)f(x)ax,x[2,2]为偶函数，则实 数a的值为 ▲ ． 15．从6名候选人中选派出3人参加A、B、C三项活动， 且每项活动有且仅有1人参加，甲不参加A活动，则

不同的选派方法有 ▲ 种．

是

否

16．已知曲线C1：yx24和C2：y2xx2，直线l1与C1、C2分别相切于点A、B，直线l2（不

同于l1）与C1、C2分别相切于点C、D，则AB与CD交点的横坐标是 ▲ ． 17．在直角坐标平面上，已知点A（0,2），B（0,1），D（t,0）（t>0）．点M是线段AD上

的动点，如果|AM|≤2|BM|恒成立，则正实数t的最小值是 ▲ ．

三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18．（本题满分14分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c，已知函数

1． f(x)cosxcos(xA)cosA (xR）

2 （Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期和最大值； （Ⅱ）若函数f(x)在xa(cosBcosC)处取得最大值，求的值．

(bc)sinA319．（本题满分14分）设公比大于零的等比数列an的前n项和为Sn，且a11， S45S2，数列bn的前n项和为Tn，满足b11，Tnnbn，nN．

2 （Ⅰ）求数列an、bn的通项公式；

（Ⅱ）设Cn(Sn1)(nbn)，若数列Cn是单调递减数列，求实数的取值范围．

·3·

20．（本题满分15分）如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为

菱形，且∠ABC =60，AB=PC=2，AP=BP=2． （Ⅰ）求证：平面PAB⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角A-PC-D的平面角的余弦值．

D A P B C （第20题图）

x2y2221．（本题满分15分）如图，已知椭圆E：221(ab0)的离心率是，P1、P2是椭圆E

2ab的长轴的两个端点（P2位于P1右侧），点F是椭圆E的右焦点．点Q是x轴上位于P2右侧的一

112y 2． 点，且满足

B P1QP2QFQ(Ⅰ) 求椭圆E的方程以及点Q的坐标； (Ⅱ) 过点Q的动直线l交椭圆E于A、B两

点,连结AF并延长交椭圆于点C，连结 BF并延长交椭圆于点D． ① 求证： B、C关于x轴对称;

C （第21题图）

A P1 O F P2 Q x D ② 当四边形ABCD的面积取得最大值时，求直线l的方程．

22．（本题满分14分）设函数f(x)lnxax2(3a1)x(2a1)，其中aR． （Ⅰ）如果x1是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值及f(x)的最大值；

（Ⅱ）求实数a的值，使得函数f(x)同时具备如下的两个性质：

f(x1)f(x2)xx ① 对于任意实数x1,x2(0,1)且x1x2，f(12)恒成立；

22f(x1)f(x2)xx② 对于任意实数x1,x2(1,)且x1x2，f(12) 恒成立．

22

·4·

宁波市2013年高考模拟试卷

数学（理科）参考答案

说明：

一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容制订相应的评分细则．

二、对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容与难度，可视影响的程度决定后续部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分．

三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 四、只给整数分数．选择题和填空题不给中间分．

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题5分，满分50分． 1．B 2．D 3．A 4．C 5．A 6．D 7．C 8．B 9．C 10．D

二、填空题：本题考查基本知识和基本运算．每小题4分，满分28分．

1111． 12．3 13．12 14．

222115．100 16． 17．3

23三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

18．（本题满分14分） 解：（Ⅰ）依题意，f(x)cosxcosAcosxsinxsinA1cosA „„„„2分 211(cos2xcosAsin2xsinA)cos(2xA) „„„5分 222所以函数f(x)的最小正周期是,f(x)有最大值

（Ⅱ）由（I）知：由

1． „„„„„7分 2222． A2k,kZ，得A2k(0,)， 所以A33333cos(C)cosCcosCsinCa(cosBcosC)cosBcosC3223 ． (bc)sinAsinBsinCsin(C)sinC31cosCsinC322„„„„„14分

19．（本题满分14分）

·5·

解：（Ⅰ）由S45S2，q0, 得 q2,an2n1 „„„„„„3分

2bnn1Tnnbn又（n1)， 2bn1T(n1)bn1n1n1则得

bnbn1bn2bn1n2n3212 2bn1bn2bn3b1n1nn143n(n1)2，当n1时也满足．

n(n1)

„„„„„7分

所以bnnn（Ⅱ）Tn21，所以Cn2(2)，使数列Cn是单调递减数列， n142n则Cn1Cn2()0对nN都成立， „„„„„10分

n2n14242即0()max， „„„„„12分 n2n1n2n1422n2， n2n1(n1)(n2)n32n1421当n1或2时，()max,所以． „„„„„14分

3n2n13

20．（本题满分15分） 解：（Ⅰ）如图1所示，取AB中点E，连PE、CE．

则PE是等腰△PAB的底边上的中线，所以PE⊥AB．„„„„„2分

PE=1，CE=3，PC=2，即PE2CE2PC2． 由勾股定理可得，PE⊥CE．„„„„„4分

又因为AB平面ABCD，CE平面ABCD， 且AB∩CE=E，所以PE⊥平面ABCD．

„„„„„5分

D 而PE平面PAB，

H

P F

A E B

C 所以平面PAB⊥平面ABCD．„„„„„7分

（Ⅱ）（方法1）如图1，在Rt△PEC中，过点E作EF⊥PC于点F，连AF．

过A作平面PCD的垂线，垂足为H，连FH．

因为AE⊥EC，AE⊥PE，所以AE⊥平面PEC，于是AE⊥PC． 又EF⊥PC，所以PC⊥平面AEF，故PC⊥AF．

已有PC⊥AH，可得PC⊥平面AFH，所以PC⊥FH． 故∠AFH是二面角A-PC-D的平面角． „„10分

·6·

（第20题图1）

由AB⊥平面PEC知EF⊥AB，又AB∥CD，所以EF⊥CD．

而已有EF⊥PC，所以EF⊥平面PCD．又因为AH⊥平面PCD，所以AH∥EF． 由于AB∥平面PCD，所以A、E两点到平面PCD的距离相等，故AH=EF． 所以AEFH是矩形，∠AFH=∠EAF． „„„„„13分

37AE2，AF=，所以cosEAF7． 22AF72即二面角A-PC-D的平面角的余弦值是 „„„„„15分 7．

7（方法2）以AB中点E为坐标原点，EC所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EP所在在Rt△AEF中，AE=1，EF=直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则A（0,-1,0），C（3,0,0），D（3,-2,0），P（0,0,1）， z AC，PCP =（3,0,-1DC=（3,1,0）

）， =（0,2,0）

． „„„„„9分 设n1(x1,y1,z1)是平面PAC的一个法向量， A E B 则n1AC03y ，即x1y10． n1PC03x1z10D 取x11，可得y13,z（第20题图2） C 13，

x n1(1,3,3)． „„„„11分

设nn2DC02y202(x2,y2,z2)是平面PCD的一个法向量，则，即n2PC03x2z．20取xy21，可得20,z23，n2(1,0,3)． „„„„„13分

故cosnn1n1,n2|n||2n27，即二面角A-PC-D的平面角的余弦值是2712|77．„„„„„15分

·7·

21．（本题满分15分） 解：（Ⅰ）设点F（c,0），Q（x,0）（xa）．

由

y B A 21122， P1QP2QFQ112a，解得x． cxaxaxc „„„„„2分

P1 O C F 可得

P2 Q x D （第21题图） a2b2依题意 FQ1，即c1．„„„4分

ccc22又因为,ba2c2，所以a2,bc1．

a2x2故椭圆的方程是y21，点Q的坐标是（2,0）． „„„„„6分

2（Ⅱ）① 设直线l的方程为xmy2，代入椭圆E的方程可得(2m2)y24my20

依题意， (4m)28(2m2)8(m22)0，m22．

4m2，．（*） yy12222m2m„„„„„8分

点B关于x轴的对称点B1（x2,y2），则A、F、B1三点共线等价于 y1y2y1y22my1y2y1y200 x11x21my11my21(my11)(my21)此时，若设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1y2由（*）可知上述关系成立．

因此，点C即是点B1，这说明B、C关于x轴对称．„„„„„10分 ② 由① 得B、C关于x轴对称，同理，A、D关于x轴对称． 所以，四边形ABCD是一个等腰梯形．则四边形ABCD的面积

S|x1x2|(|y1||y2|)|m||y1y2||y1y2| 4m2m2m222(y1y2)82． 2m2(2m2)22 „„„„„12分

(t22)t设tm2(t0)，则mt2，S(t)822．

(t4)222(t46t28)求导可得S82，令S0，可得t2317． 23(t4)由于S(t)在(0,317)上单调增，在(317,)上单调减．

·8·

所以，当t2317即m2517时，

四边形ABCD的面积S取得最大值． „„„„„14分

此时，直线l的方程是x517y2．

22．（本题满分14分） 解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域是(0,)，对f(x)求导可得

„„„„„15分

f(x)12ax(3a1) x

„„„„„2分 „„„„„3分

依题意，f(1)12a(3a1)0，解得a0． 此时，f(x)lnxx1，f(x)11x． 1xx因为x(0,)，令f(x)0，可得x(0,1)；令f(x)0，可得x(1,)． 所以，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减． „„„„„5分

因此，当x1时，f(x)取得最大值f(1)0． „„„„„6分 （Ⅱ）令F(x1,x2)f(x1)f(x2)xxf(12)

22xxxx1a2(lnx1lnx2)ln(12)(x12x2)a(12)2 2222a1(x1x2)22(x1x2)ln424x1x2 

„„„„„8分

由（Ⅰ）中的结论可知，lnxx10对任意x(0,1)(1,)恒成立，即

lnxx1 （*）恒成立． „„„„„9分

(x1x2)2(x1x2)2（ⅰ）如果x1,x2(0,1)，且x1x2，则11．

4x1x24x1x2(x1x2)2(x1x2)2a1(x1x2)22根据（*）可得ln,F(x1,x2)(x1x2)． 4xx4xx424xx121212a1(x1x2)22若f(x)满足性质①，则(x1x2)F(x1,x2)0恒成立,

424x1x2于是

1a1对任意x1,x2(0,1)且x1x2恒成立，所以a．„„„„11分 48x1x22·9·

4x1x2(x1x2)2（ⅱ）如果x1,x2(1,)且x1x2，则011．根据（*）可得

(x1x2)2(x1x2)24x1x2ln2(x1x2)(x1x2)2(x1x2)2(x1x2)2  ln 22(xx)4xx(xx)121212a1(x1x2)22则F(x1,x2)(x1x2)．若f(x)满足性质②，则

42(x1x2)2a1(x1x2)22(x1x2)F(x1,x2)0恒成立． 242(x1x2)于是

1a1对任意且恒成立，所以．„13分 x,x(1,)xxa121242(x1x2)221．„„„„14分 2综合（ⅰ）（ⅱ）可得，a·10·