2013届福建省福建师大附中高三5月高考三轮模拟理科数学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013届福建省福建师大附中高三 5月高考三轮模拟理科数学试卷与答案（带解析） 选择题 复数 （是虚数单位）在复平面内对应的点是位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 答案： D 试题分析：根据题意 ,由于复数 ,则实部为 1，虚部为 -1，那么可知复平面内对应的点是位于第四象限，选 D. 考点：复数的代数运算 点评：本题考查复数的代数运算，将其转化为 a+bi 的形式是关键，属于基础题 如图所示，有三根针和套在一根针上的 个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上。 （ 1）每次只能移动一个金属片； （ 2）在每次移动过程中，每根针上较大的金属片不能放在较

2、小的金属片上面。 若将 个金属片从 1号针移到 3号针最少需要移动的次数记为 ，则 =（ ） A 33 B 31 C 17 D 15 答案： B 试题分析：根据移动方法与规律发现，随着盘子数目的增多，都是分两个阶段移动，用盘子数目减 1的移动次数都移动到 2柱，然后把最大的盘子移动到 3柱，再用同样的次数从 2柱移动到 3柱，从而完成，然后根据移动次数的数据找出总的规律求解即可解：设 h（ n）是把 n个盘子从 1柱移到 3柱过程中移动盘子之最少次数 n=1时， h（ 1） =1； n=2时，小盘 2 柱，大盘 3 柱，小柱从 2柱 3 柱，完成，即 h（ 2） =3=22-1； n=3时，小

3、盘 3 柱，中盘 2 柱，小柱从 3柱 2 柱， 用 h（ 2）种方法把中、小两盘移到 2柱，大盘 3柱；再用 h（ 2）种方法把中、小两盘从 2柱 3柱，完成 ， h（ 3） =h（ 2） h（ 2）+1=32+1=7=23-1， h（ 4） =h（ 3） h（ 3） +1=72+1=15=24-1， 以此类推， h（ n） =h（ n-1） h（ n-1） +1=2n-1，故答案：为 31,故选 B 考点：归 纳推理 点评：本题考查了归纳推理、图形变化的规律问题，根据题目信息，得出移动次数分成两段计数是解题的关键 已知平面上的线段及点 ，在上任取一点 ，线段 长度的最小值称为点到线段的距离

4、，记作 设是长为 2的线段，点集 所表示图形的面积为（ ） A B C D 答案： D 试题分析：由题意知集合 D=P|d（ P， l） 1所表示的图形是一个边长为 2的正方形和两个半径是 1的半圆，做出面积（ 2）由题意知集合 D=P|d（ P， l） 1所表示的图形是一个边长为 2 的正方形和两个半径是 1 的半圆， S=22+=4+，故答案：为 D. 考点：圆的面积和正方体面积 点评：本题考查点到直线的距离公式，考查两点之间的距离公式，考查利用两点式写直线的方程，考查点到线段的距离，本题是一个综合题目 如图所示，在棱长为 2的正方体 内（含正方体表面）任取一点 ，则 的概率 （ ） A

5、B C D 答案： A 试题分析：根据题意，由于在棱长为 2的正方体 内（含正方体表面）任取一点 ，则 ，根据题意点 Z的范围是 0,2那么可知满足题意的概率值为 ，故答案：为 A. 考点：向量的数量积 点评：主要是考 查了空间向量的坐标运算，属于基础题。 设 ，则二项式 展开式中的 项的系数为（ ） A B 20 C D 160 答案： C 试题分析：根据题意，由于 ，那么可知 a=-2，同时由于二项式 ，令 12-3r=3,r=3，则可知展开式中的 项的系数为 ，故答案：为 C 考点：二项式定理 点评：主要是考查了二项式定理的展开式通项公式的运用，属于基础题。 的三个内角 对应的边分别 ，

6、且 成等差数列，则角 等于（ ） A B C D 答案： B 试题分析：根据题意，由于 成等差数列，则可知,那么根据内角的取值范围可知，那么角 B的值为 ，选 B. 考点：正弦定理和等差数列 点评：主要是考查了等差数列和正弦定理的运用，属于基础题。 阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输入 ，则输出的值为（ ） A 12 B 6 C 3 D 0 答案： B 试题分析：根据题意，由于输入 ，则 72=30,r=12,m=30,n=12,依次得到 30=12 ,r=6,m=12,n=6,12=6 ,此时输出 n的值为 6，故选 B. 考点：流程图 点评：主要是考查了条件结构的运用，以及转换变

7、量的运用，属于基础题。 设 z=x+y，其中 x， y满足 当 z的最大值为 6时， 的值为（ ） A 3 B 4 C 5 D 6 答案： A 试题分析：先根据条件画出可行域，观察可行域，当直线 z=x+y过 A点时取最大值，从而求出 k值解：作出可行域如图： 直线 x+y=6 过 x-y=0,y=k，的交点 A（ k， k）时， z=x+y 取最大， 2k=6， k=3，故答案：为 3，选 A. 考点：线性规划 点评：本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题 已知集合 ， ,且 ,则（ ） A 4 B 5 C 6 D 7 答案： D 试题分析：根据题意，由于集合 ，

8、,且 ，那么可知， a1，同时 a=2， b=5，可知 a+b=7,故答案：为 7，选 D. 考点：交集 点评：主要是考查了对数不等式的求解，以及交集的运算，属于基础题。 设 ，则 “ ”是 “直线 与直线平行 ”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 答案： C 试题分析：根据两直线平行的充要条件可知为直线 与直线平行 ”，即满足 a-4=0,a=4，且两直线不重合，故可知“ ”是 “直线 与直线 平行 ”的充要条件，选 C. 考点：充分条件 点评：主要是考查了两直线平行的充要条件的运用，属于基础题。 填空题 我国齐梁时代的数学家祖 （公元 5-6世

9、纪）提出了一条原理： “幂势既同，则积不容异 ”这句话的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得的两个截面的面积总是相等，那么这两个几何体的体积相等 设：由曲线 和直线 ， 所围成的平面图形，绕 轴旋转一周所得到的旋转体为 ；由同时满足 ， ， ，的点 构成的平面图形 ,绕 轴旋转一周所得到的旋转体为 .根据祖 原理等知识，通过考察 可以得到 的体积为 答案： 试题分析：根据题意，由于满足 ， ， ，的点 构成的平面图形 ,绕 轴旋转一周所得到的旋转体为 ，可知围成的面积为圆内的两个对称的部分，可知得到两个这样的面积的曲边梯形，且面积为 ，绕着 y

10、轴旋转得到的是两个圆锥的体积，那可知得到体积为 ，那么根据祖 原理可知，夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得的两个截面的面积总是相等 ，那么这两个几何体的体积相等，即可知由曲线 和直线 ， 所围成的平面图形，绕 轴旋转一周所得到的旋转体为 为 ，故答案：为 。 考点：祖 原理 点评：主要是考查了类比推理的运用，属于中档题。 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 答案： 试题分析：由几何体的三视图知，该几何体是底面是边长为 4的正方形，高为2的四棱锥，由此能求出该几何体的体积解：由几何体的三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥， 其中底面是边长

11、为 4的正方形 ABCD， PD 面 ABCD， PD=2， 该几何体的体积 考点 ：三视图求几何体的面积、体积 点评：题考点是由三视图求几何体的面积、体积，考查对三视图的理解与应用，主要考查三视图与实物图之间的关系，用三视图中的数据还原出实物图的数据，再根据相关的公式求表面积与体积，本题求的是三棱锥的体积三视图的投影规则是： “主视、俯视 长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视 宽相等 ”三视图是高考的新增考点，不时出现在高考试题中，应予以重视 如图，矩形 的一边 在 轴上，另外两个顶点 在函数的图象上 .若点 的坐标为 且 ，记矩形的周长为 ，则 答案： 试题分析：根据题意，由于点 ，矩形

12、的周长为 ， ，则可知点 ，那么可知周长为长和宽的和的二倍，即根据函数值相等可知 ，那么可知4（ 2+3+.+10） =216,故可知答案：为 216. 考点：数列的运用 点评：主要是通过函数与数列的知识来求解数列的通项公式，进而求解和式，属于基础题。 在平面直角坐标系 中，若双曲线 的焦距为 8，则 答案： 试题分析：通过双曲线的方程，判断实轴所在轴，求出 c，利用焦距求出 m的值即可 . 解：因为在平面直角坐标系 Oxy 中，双曲线 的焦距为 8，所以 m 0，焦点在 x轴， 所以 a2=m， b2=m2+4，所以 c2=m2+m+4，又双曲线的焦距为 8，所以： m2+m+4=16，即

13、m2+m-12=0，解得 m=3或m=-4（舍）故答案：为： 3 考点：双曲线的简单性质 点评：本题考查双曲线的简单性质的应用，判断双曲线的焦点所在的轴是解题的关键，法则容易出错 在样本频率分布直方图中，共有 11个小长方形，若中间一个小长方形的面积等于其它 10个长方形的面积和的 ，且样本容量为 160，则中间一组的频数为 答案： 试题分析： ： 由频率分布直方图分析可得 “中间一个小长方形 ”对应的频率，再由频率 与频数的关系，中间一组的频数解：设中间一个小长方形的面积为 x，其他 10个小长方形的面积之和为 y，则有 x+y=1,x= y,解得 x=0.2 中间一组的频数 =1600.2

14、=32故填： 32 考点：频率、频数 点评：本题是对频率、频数灵活运用的考查，各小组频数之和等于数据总和，各小组频率之和等于 1频率、频数的关系 解答题 已知曲线 的极坐标方程是 ，直线的参数方程是 （为参数） （ ）将曲线 的极坐标方程化为直角坐标方程； （ ）设直线与 轴的交点是 , 是曲线 上一动点 ,求 的最大值 . 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：解：（ ）曲线 的极坐标方程可化为 ， 又 , 所以曲线 的直角坐标方程为 3分 （ ）将直线 l的参数方程化为直角坐标方程 ,得 , 4分 令 ,得 ,即 点的坐标为 (2,0). 又曲线 为圆，圆 的圆心坐标为 (0,1)， 半径

15、，则 , 6分 所以 .即 的最大值为 7分 考点：直线与圆关系 点评：主要是考查了直线与圆的位置关系的综合运用，属于基础题。 已知矩阵 A= 有一个属于特征值 1的特征向量 . ( ) 求矩阵 A； ( ) 若矩阵 B= ，求直线 先在矩阵 A，再在矩阵 B的对应变换作用下的像的方程 . 答案：（ 1） A= .（ 2） 试题分析： ( )由已知得 ，所以 2分 解得 故 A= . 3 分 ( ) BA= = ，因为矩阵 BA所对应的线性变换将直线变成直线（或点），所以可取直线 上的两点（ 0， 1），（ -1， 2）， 4分 ， ，由得：（ 0， 1），（ -1， 2）在矩阵 A所对应的线

16、性变换下的像是点（ 1， -3），（ -1， -1） 6分 从而直线 在矩阵 BA所对应的线性变换下的像的方程为 . 7分 考点：矩阵的概念和变换 点评：主要是考查了 矩阵的计算以及变换的运用，属于基础题。 已知函数 ， （ ） （ 1）若函数 存在极值点，求实数 b的取值范围； （ 2）求函数 的单调区间； （ 3）当 且 时，令 ， ( )， ( )为曲线 y= 上的两动点， O 为坐标原点，能否使得 是以 O 为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在 y轴上？请说明理由。 答案：（ 1） （ 2）当 时， ，函数 的单调递增区间为 ； 当 时， ，函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为。

17、（ 3）对任意给定的正实数 ，曲线上总存在 两点，使得 是以 O 为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在 y轴上 试题分析：解：（ ） ，若 存在极值点，则有两个不相等实数根。所以 ， 2分 解得 3分 ( ) 4分 当 时， ，函数 的单调递增区间为 ； 5分 当 时， ，函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为。 7分 （ ） 当 且 时， 假设使得 是以 O 为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在 y轴上。则 且 。 8分 不妨设 。故 ，则 。 ，该方程有解 9分 当 时，则 ，代入方程 得 即，而此方程无实数解； 10分 当 时， 则 ； 11分 当 时，则 ，代入方程 得 即 ， 12

18、分 设 ，则 在 上恒成立。 在上单调递增，从而 ，则值域为 。 当 时，方程 有解，即方程 有解。 13分 综上所述，对任意给定的正实数 ，曲线上总存在 两点，使得 是以O 为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在 y轴上。 14分 考点：导数的运用 点评：主要是考查了导数在研究函数单调性以及函数与方程思想的综合运用，属于中档题。 已知圆 ，椭圆 （ ）若点 在圆 上，线段 的垂直平分线经过椭圆的右焦点，求点 的横坐标； （ ）现有如下真命题： “过圆 上任意一点 作椭圆 的两条切线，则这两条切线互相垂直 ”； “过圆 上任意一点 作椭圆 的两条切线，则这两条切线互相垂直 ” 据此 ,写出一般结

19、论，并加以证明 答案：（ 1） （ 2）一般结论为 : “过圆 上任意一点 作椭圆 的两条切线，则这两条切线互相垂直 ” 试题分析：解法一： （ ）设点 ，则 ， （ 1） 1分 设线段 的垂直平分线与 相交于点 ，则 ， 2分 椭圆 的右焦点 ， 3分 , ， ， ， （ 2） 4分 由（ 1），（ 2），解得 ， 点 的横坐标为 5分 （ ）一般结论为： “过圆 上任意一点 作椭圆 的两条切线，则这两条切线互相垂直 ” 6分 证明如下： （ ）当过点 与椭圆 相切的一条切线的斜率 不存在时，此时切线方程为 ， 点 在圆 上 ， ， 直线 恰好为过点 与椭圆 相切的另一条切线 两切线互相垂直

20、 7分 （ ）当过点 与椭圆 相切的切线的斜率存在时， 可设切线方程为 ， 由 得 ， 整理得 ， 8分 直线与椭圆相切， ， 整理得 ， 9分 ， 10分 点 在圆 上， ， ， 两切线互相垂直， 综上所述，命题成立 13分 解法二： （ ）设点 ，则 ， （ 1） 1分 椭圆 的右焦点 ， 2分 点 在线段 的垂直平分线上， 相关试题 2013届福建省福建师大附中高三 5月高考三轮模拟理科数学试卷（带） 如图， 是半圆 的直径， 是半圆 上除 、 外的一个动点， 垂直于半圆 所在的平面， ， ， ， 证明：平面 平面 ； 当三棱锥 体积最大时，求二面角 的余弦值 答案：（ 1）要证明平面

21、平面 ，需要通过其判定定理来得到，先证明 平面 ，进而得到。 （ 2） 试题分析：（ ）证明：因为 是直径，所以 1分， 因为 平面 ，所以 2分， 因为 ，所以 平面 3分 因为 ， ，所以 是平行四边形， ，所以平面 4分， 因为 平面 ，所以平面 平面 5分 （ ）依题意， 6分， 由（ ）知 ，当且仅当 时等号成立 8分 如图所示，建立空间直角坐标系，则 ， ，则 ， ， ，9分 设面 的法向量为 ， ，即， 10分 设面 的法向量为 ， ，即， 12分 可以判断 与二面角 的平面角互补 二面角 的余弦值为 。 13分 考点：面面垂直和二面角的平面角的求解 点评：主要是考查了面面垂直和

22、二面角的平面角的求解，属于基础题。 某超市在节日期间进行有奖促销，凡在该超市购物满 300元的顾客，将获得一次摸奖机会，规则如下： 奖盒中放有除颜色外完全相同的 1个红球， 1个黄球， 1个白球和 1个黑球顾客不放回的每次摸出 1个球，若摸到黑球则停止摸奖，否则就要将奖盒中的球全部摸出才停止规定摸到红球奖励 10元，摸到白球或黄球奖励 5元，摸到黑球不奖励 （ ）求 1名顾客摸球 3次停止摸奖的概率； （ ）记 为 1名顾客摸奖获得的奖金数额，求随机变量 的分布列和数学期望 答案：（ 1） （ 2）随机变量 的分布列为 : 11分 试题分析：（ ）解：设 “1名顾客摸球 3次停止摸奖 ”为事件

23、 ， 则 ， 故 1名顾客摸球 3次停止摸奖的概率为 4分 （ ）解：随机变量 的所有取值为 5分 ， ， ， ， 10分 所以，随机变量 的分布列为 : 11分 13分 考点：分布列和古典概型 点评：主要是考查了古典概型的概率以及分布列的求解，属于中档题。 已知 为坐标原点，对于函数 ，称向量 为函数 的伴随向量，同时称函数 为向量 的伴随函数 （ ）设函数 ，试求 的伴随向量 的模； （ ）记 的伴随函数为 ，求使得关于 的方程 在内恒有两个不相等实数解的实数的取值范围 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：解：（ ） ， 2分 4分 故 . 5分 （ ）由已知可得 ， 7分 ， ， 故 .

24、 9分 当 时，函数 单调递增，且 ； 当 时，函数 单调递减，且 . 使得关于 的方程 在 内恒有两个不相等实数解的实数的取值范围为 13 分 考点：函数与方程，三角函数性质 点评：主要是考查了三角函数的性质预计向量的概念综合运用，属于基础题。 （ I）试证明柯西不等式： （ II）已知 ，且 ，求 的最小值 答案：（ 1）对于不等式的证明可以运用综合法也可以运用分析法来得到。也可以运用作差法加以证明。 （ 2）根据题意，由于 ，那么结合均值不等式来求解最值。 试题分析：（ ）证明：左边 = , 右边 = , 左边 右边 , 2分 左边 右边 , 命题得证 . 3分 （ ）令 ，则 , , , , 4分 由柯西不等式得： , 5分 当且仅当 ，即 ，或 时 6分 的最小值是 1 . 7分 解法 2： , , , 4分 ， 5分 当且仅当 ，或 时 6分 的最小值是 1. 7分 考点：不等式的证明与求解最值 点评：主要是考查了不等式的证明，以及均值不等式求解最值的运用，属于中档题。