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    2013届河北省唐山市高三第三次模拟考试文科数学试卷与答案(带解析).doc

    • 资源ID:321979       资源大小:302.84KB        全文页数:15页
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    2013届河北省唐山市高三第三次模拟考试文科数学试卷与答案(带解析).doc

    1、2013届河北省唐山市高三第三次模拟考试文科数学试卷与答案(带解析) 选择题 设复数 ,则 ( ) A B C D 答案: D 试题分析: ,所以 . 考点:复数的运算 . 定义在 上的函数 ,则 ( ) A既有最大值也有最小值 B既没有最大值,也没有最小值 C有最大值,但没有最小值 D没有最大值,但有最小值 答案: B 试题分析:由 ,可知 在 上单增 .所以 没有最小值,也没有最大值 . 考点:导函数 . 一种电子小型娱乐游戏的主界面是半径为 的一个圆,点击圆周上点 A后该点在圆周上随机转动,最终落点为 B,当线段 AB的长不小于 时自动播放音乐,则一次转动能播放出音乐的概率为 ( ) A

    2、 B C D 答案: A 试题分析:画出符合题意的圆 O.因为线段 AB的长不小于 ,则只有点 B落在图中劣弧 上才能播放音乐,所以一次转动能播放出音乐的概率为 . 考点:几何概型 . 函数 由 确定,则方程 的实数解有 ( ) A 0个 B 1个 C 2个 D 3个 答案: D 试题分析:因为 ,所以 .方程为: ,化简得,其根有 3个,且 1不是方程的根 . 考点:幂的运算,分式方程的求解 . 已知 ,且 , ,则实数 的取值范围是 ( ) A B C D 答案: B 试题分析:当 时, ,符合题意;当 时, ,.故选 B. 经过点 ,渐近线与圆 相切的双曲线的标准方程为 ( ) A B

    3、C D 答案: C 试题分析:设渐近线方程为 ,则圆 的圆心( 3,0)到渐近线的距离: ,所以 .再设双曲线的方程 ,因为过,代入坐标计算得 . 考点:直线与圆相切,双曲线及其渐近线方程 . 实数 满足 ,则 的最小值为 ( ) A B CD 2 答案: A 试题分析:作出线性约束条件表示的平面区域,将直线 平移至图中的( 1,1)点时 z的值达到最小,等于 . . 考点:线性规划 . 已知 ,则 ( ) A B C D 答案: D 试题分析:因为 ,所以 , .由二倍角公式知 ,所以 . 考点:三角函数值的符号,二倍角公式 . 为等比数列, ,则 ( ) A B 24 C D 48 答案:

    4、 B 试题分析: ,代入求得 ,所以 ,. 考点:等比数列 . 一几何体的三视图如图所示,则它的体积为 ( ) A B C D 答案: A 试题分析:观察三视图可知这是一个正三棱柱 “削 ”掉一个三棱锥,. 考点:三视图,三棱锥、柱体积的计算 . 运行如图所示的程序框图,输出的 等于 ( ) A 30 B 29 C 28 D 27 答案: B 试题分析:设输出的 n的值为 m,则 m是满足 的最小的正奇数,所以输出的 n是 29. 考点:程序框图,等差数列前 n项和 . 设全集 ,则 ( ) A B C D 答案: C 试题分析:由已知条件得 , ,所以. 考点:集合的运算 . 填空题 如图,

    5、在圆内:画 1条弦,把圆分成 2部分;画 2条相交的弦,把圆分成 4部分,画 3 条两两相交的弦,把圆最多分成 7 部分; ,画 条两两相交的弦,把圆最多分成 部分 . 答案: 试题分析:设画 条两两相交的弦把圆最多分成 部分,由已知条件归纳知:画 条两两相交的弦把圆最多分成 部分 .所以. 考点:归纳推理 . 三棱锥 的四个顶点都在半径为 4的球面上,且三条侧棱两两互相垂直,则该三棱锥侧面积的最大值为 . 答案: 试题分析:设三条侧棱长为 a, b, c,则 ,三棱锥的侧面积为,又因为 ,所以 ,当且仅当 时侧面积达到最大值 . 考点:三棱锥,球,不等式 . 为椭圆 上一点, 为两焦点, ,

    6、则椭圆 的离心率 . 答案: 试题分析: ,由余弦定理得,所以 ,又 ,所以椭圆 的离心率 . 考点:椭圆的定义,余弦定理 . 若向量 ,则向量 与 的夹角的余弦值为 . 答案: 试题分析: , ,两向量的夹角的余弦为. 考点:向量的加、减、数量积运算 . 解答题 如图, 是半径为 2,圆心角为 的扇形, 是扇形的内接矩形 . ( )当 时,求 的长; ( )求矩形 面积的最大值 . 答案:( ) ( ) 试题分析:( )由图形的对称性作出辅助线,用三角函数求出相关线段长度;( )设 EOC ,与( )类似用三角函数表示出相关线段长度和矩形ABCD的面积,继而求关于 的三角函数的最大值 . 试

    7、题:如图,记 的中点为 E,连结 OE, OC,交 BC于 F,交 AD于 G,则 DOG 60 设 EOC ( 0 60) ( )当 时, 30 在 Rt COF中, OF OCcos30 , CF OCsin30 1 在 Rt DOG中, DG CF 1, OG 所以 CD GF OF-OG ( )与( )同理, BC 2CF 4sin, CD OF-OG 2cos- 2cos- sin 则矩形 ABCD的面积 S BC CD 4sin(2cos- sin) 4sin2- (1-cos2) sin(2 30)- 因为 30 2 30 150,故当 2 30 90, 即 30时, S取最大值

    8、 考点: 1、三角函数恒等变形; 2、三角函数的计算和应用 . 某经销商试销 A、 B两种商品一个月( 30天)的记录如下: 日销售量(件) 0 1 2 3 4 5 商品 A的频数 2 5 7 7 5 4 商品 B的频数 4 4 6 8 5 3 若售出每种商品 1件均获利 40元,将频率视为概率。 ( )求 B商品日销售量不超过 3件的概率; ( )由于某种原因,该商家决定只选择经销 A、 B商品的一种,你认为应选择哪种商品,说明理由。 答案:( ) ( )应选择经销商品 A 试题分析:( )根据题意 B商品日销售量不超过 3件拆分为 B商品日销售量为 0,1,2,3这四个互斥事件,逐一求出其

    9、概率相加就可;( )比较商品 A, B的日均利润平均值的大小,选平均值较大者 . 试题:( )记事件 “商品 B日销售量为 i件 ”为 Bi, i 0, 1, 2, 3, 4, 5 商品 B日销售量不超过 3件的概率为 P P(B0) P(B1) P(B2) P(B3) ( )商品 A, B的日均利润平均值分别为 40 , 40 100, 因为 ,所以应经销商品 A 考点: 1、古典概型; 2、计算平均值 . 如图,六棱锥 的底面是边长为 1的正六边形, 底面。 ( )求证:平面 平面 ; ( )若直线 PC与平面 PDE所成角为 ,求三棱锥 高的大小。 答案:( )详见;( ) 试题分析:(

    10、 )由线线垂直得到线面垂直 CD 平面 PAC,进而求证出面面垂直;( )由已知条件求出 S PCD和 S BCD,再利用等体积法求出三棱锥 B-PCD的高 . 试题:( )在正六边形 ABCDEF中, CD AC 因为 PA 底面 ABCDEF, CD平面 ABCDEF,所以 CD PA 又 ACPA A,所以 CD 平面 PAC 因为 CD平面 PCD,所以平面 PAC 平面 PCD ( )直线 PC与底面 ABCDEF所成的角 PCA 45 在 Rt PAC中, AC ,所以 PA , PC , 即三棱锥 P-BCD的高为 , S PCD PC CD , S BCD BC CD sin1

    11、20 , 设三棱锥 B-PCD高为 h,由 VP-BCD VB-PCD,得: S BCD PA S PCD h, 经计算可得: h , 所以三棱锥 B-PCD高为 考点: 1、面面垂直的求证; 2、线面成角 . 四边形 ABCD的四个顶点都在抛物线 上, A, C关于 轴对称, BD平行于抛物线在点 C处的切线。 ( )证明: AC平分 ; ( )若点 A坐标为 ,四边形 ABCD的面积为 4,求直线 BD的方程。 答案:( )详见;( ) y 2x 试题分析:( )依题意设出 A、 B、 C、 D四点的坐标,注意到 AC的斜率为0,只需证 AB、 AD的斜率之和为 0即可;( )四边形 AB

    12、CD可以 AC为底分成两个三角形求出面积,解出得到的方程即可 . 试题:( )设 A(x0, ), B(x1, ), C(-x0, ), D(x2, ) 对 y x2求导,得 y 2x,则抛物线在点 C处的切线斜率为 -2x0 直线 BD的斜率 k x1 x2, 依题意,有 x1 x2 -2x0 记直线 AB, AD的斜率分别为 k1, k2,与 BD的斜率求法同理,得 k1 k2 (x0 x1) (x0 x2) 2x0 (x1 x2) 0, 所以 CAB CAD,即 AC平分 BAD ( )由题设, x0 -1, x1 x2 2, k 2四边形 ABCD的面积 S |AC| |AC| |x2

    13、 x1| |x2-x1| 22|2-2x1| 4|1-x1|, 由已知, 4|1-x1| 4,得 x1 0,或 x1 2 所以点 B和 D的坐标为 (0, 0)和 (2, 4), 故直线 BD的方程为 y 2x 考点: 1、抛物线及切线; 2、直线的斜率及应用 . 已知 在 处取得极值。 ( )证明: ; ( )是否存在实数 ,使得对任意 ?若存在,求 的所有值;若不存在,说明理由。 答案:( )详见;( )存在唯一的实数 a 符合题意 . 试题分析:( )由已知条件得 f (x0)=0得到关于 x0的关系式,再求出 f(x0);( )将原不等式转化为 x2(lnx-a) a0,考察关于 x的

    14、函数 g(x) x2(lnx-a) a的单调性,求出最小值 g a- e2a-1,再研究关于 a 的函数 h(a) a- e2a-1,当 a取哪些值时 h(a)0 试题:( ) f (x) 依题意, lnx0 x0 1 0,则 lnx0 -(x0 1) f(x0) -x0. ( ) f(x) 等价于 x2(lnx-a) a0 设 g(x) x2(lnx-a) a,则 g (x) x(2lnx-2a 1) 令 g (x) 0,得 x 当 x 时, g (x) 0, g(x)单调递减; 当 x 时, g (x) 0, g(x)单调递增 所以 g(x)g a- e2a-1 于是 f(x) 恒成立只需

    15、 a- e2a-10 设 h(a) a- e2a-1,则 h 0, 且 h (a) 1-e2a-1, h 0 当 a ( 0, )时, h (a) 0, h(a)单调递增, h(a) h 0; 当 a ( , )时, h (a) 0, g(x)单调递减, h(a) h 0 因此, a- e2a-10,当且仅当 a 时取等号 综上,存在唯一的实数 a ,使得对任意 x (0, ), f(x) 考点:导函数的应用 如图, AB是圆 O的直径, C, D是圆 O上两点, AC与 BD相交于点 E,GC, GD是圆 O的切线,点 F在 DG的延长线上,且 。求证: ( ) D、 E、 C、 F四点共圆

    16、; ( ) 答案:( )详见;( )详见 . 试题分析:( )依据已知条件寻求出 DGC、 F、 CAB DBA 的关系,借助对角互补证明 D, E, C, F四点共圆;( )结合( )的结果进一步得到点 G 是经过 D, E, C, F 四点的圆的圆心,所以 GCE GEC,延长 GE,继而证明 AEH CAB 90即可 . 试题:( )如图,连结 OC, OD,则 OC CG, OD DG, 设 CAB 1, DBA 2, ACO 3, 则 COB 2 1, DOA 2 2 所以 DGC 180- DOC 2( 1 2) 因为 DGC 2 F,所以 F 1 2 又因为 DEC AEB 18

    17、0-( 1 2), 所以 DEC F 180,所以 D, E, C, F四点共圆 ( )延长 GE交 AB于 H 因为 GD GC GF,所以点 G是经过 D, E, C, F四点的圆的圆心 所以 GE GC,所以 GCE GEC 又因为 GCE 3 90, 1 3, 所以 GEC 3 90,所以 AEH 1 90, 所以 EHA 90,即 GE AB 考点: 1、四点共圆; 2、圆的切线的性质 . 在极坐标系 中,直线 的极坐标方程为 是 上任意一点,点 P在射线 OM上,且满足 ,记点 P的轨迹为 。 ( )求曲线 的极坐标方程; ( )求曲线 上的点到直线 距离的最大值。 答案:( )

    18、2sin (0);( ) 1 试题分析:( )借助点 P、 M的关系求出曲线 C2的极坐标方程;( )将极坐标转化成直角坐标下的方程求出圆上的点到直线的最大距离 . 试题:( )设 P(, ), M(1, ),依题意有 1sin 2, 1 4 消去 1,得曲线 C2的极坐标方程为 2sin (0) ( )将 C2, C3的极坐标方程化为直角坐标方程,得 C2: x2 (y-1)2 1, C3: x-y 2 C2是以点 (0, 1)为圆心,以 1为半径的圆,圆心到直线 C3的距离 d , 故曲线 C2上的点到直线 C3距离的最大值为 1 考点: 1、极坐标方程; 2、极坐标方程与直角坐标方程的互化 .


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