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

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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 .