2013年數學高考模擬卷(一)

2013年數學高考模擬卷(一)

一、選擇題:本大題共10小題，每小題5分，共50分．在每小題給出的4個選項中，只有一項是符合題目要求的．

圖1

( )

A.(-1，4) B.(-1,0] C.[0,2) D.[2,4)

( )

A.1+i B.1-i C.-1+i D.-1-i

3.圖2所示的程序框圖表示求式子23×53×113×233×473×953的值，則判斷框內可以填的條件為

( )

A.i≤90? B.i≤100? C.i≤200 D.i≤300

4.已知m,n是2條不重合的直線，α,β,γ是3個兩兩不重合的平面，給出下列4個命題：

①若m⊥α,m⊥β，則α∥β；②若m?α，n?β,m∥n,則α∥β；③若α⊥γ,β⊥γ，則α∥β； ④若m,n是異面直線，m?α,m∥β,n?β,n∥α,則α∥β.

其中真命題是

( )

A.①和② B.①和③ C.③和④ D.①和④

5.已知Sn是等差數列{an}的前n項和，且S2=S7,S6=Sk，則k的值為

( )

A.2 B.3 C.4 D.5

6.已知函數f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)為偶函數，該函數的部分圖像如圖3所示，△ABC是斜邊為2的等腰直角三角形，則f(2 013)的值為

( )

7.甲、乙、丙各寫一張賀卡隨意送給丁、戊2個人中的一人，則丁、戊2個人中恰有一人收到一張賀卡的概率是

( )

圖3

( )

圖4

9.已知定義在R上的函數y=f(x)，其圖像為連續不斷的曲線，且滿足f(4+x)=f(-x)，(x-2)f′(x)>0，則“f(x)>f(x+2)”是“x<1”的

( )

A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件

( )

A.{0,1} B.{0} C.{0,-1} D.{1,-1}

圖5

(文)已知定義在R上的偶函數f(x)滿足f(x-4)=f(x)，且在區間[0，2]上f(x)=x，若關于x的方程f(x)=logmx有3個不同的根，則m的范圍為

( )

二、填空題:本大題共7小題，每小題4分，共28分．

11.已知正三棱椎的三視圖為如圖5所示，其中正視圖是邊長為2的正三角形，則該正三棱錐的側面積為______．

圖6

(文)學校為了調查學生在課外讀物方面的支出情況，抽出了一個容量為n的樣本，其頻率分布直方圖如圖6所示，其中支出在[50,60)元的同學有30人，則n的值為______．

15.底面邊長為4的正四棱柱(高h>6)形的容器，先放入一個半徑為2的球，然后再放入一個半徑為1的小球，則小球的最高點距棱柱底面的距離為______．

圖7 圖8

17.(理)已知A，B，C，D，E和F這6個人都有互聯網賬戶，他們中的一些人(但并非所有的人)彼此之間是網友，并且他們都沒有以上名單之外的網友．若他們每個人都有一樣數量的朋友，則以上情況發生的可能性有______種．

(文)已知2個圓相交于點A(1，3)，B(m,-1)，2個圓的圓心都在直線x-y+c=0上，則m+c的值是______．

三、解答題:本大題共5小題，共72分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．

(1)求函數f(x)的單調遞增區間；

19.(14分)(理)一盒中裝有分別標記著1，2，3，4的4個小球，每次從袋中取出一個球，設每個小球被取出的可能性相同．

(1)若每次取出的球不放回盒中，現連續取3次球，求恰好第3次取出的球的標號為最大數字的球的概率；

(2)若每次取出的球放回盒中，然后再取出一個球，現連續取3次球，這3次取出的球中標號最大數字為ξ，求ξ的分布列與數學期望．

(文)設各項為正的數列{an}的前n項和為Sn且滿足：2Sn=an·(an+1).

圖9

(1)求an；

20.(15分)如圖9,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長均為2，點B1在平面ABC上的射影O為AB的中點．

(1)求證：B1C⊥平面ABC1；

(2)求二面角C-AB1-B的余弦值．

圖10

(1)求拋物線C的方程；

(2)若圓F的方程為x2+(y-1)2=1，過點P作圓F的2條切線分別交x軸于點M,N，求△PMN面積的最小值及此時y0的值．

(1)判斷函數f(x)的單調性；

(1)討論f(x)的單調區間；

(2)設f(x)有2個極值點x1,x2，若過點A(x1,f(x1))和點B(x2,f(x2))的直線與直線x=2的交點也在曲線y=f(x)上，求a的值．

參考答案

1.C 2.A 3.B 4.D 5.B

6.B 7.C 8.C 9.B 10.(理)C(文)D

16.(理)120°(文)[-12，0] 17.(理)170(文)3

即

19.(理)解(1)當恰好第3次取出的球的標號為最大數字時，則第3次取出的球可能是3或4，得

(2)ξ的可能取值為1，2，3，4.

因此其分布列如表1所示.

表1 ξ的分布列

從而

(文)解(1)令n=1，則

2S1=2a1=a1(a1+1)，

得

a1=1.

又

從而

(an+an-1)(an-an-1-1)=0,

由an>0,得

an-an-1=1.

故{an}為等差數列，通項an=1+(n-1)·1=n.

又Tn≤λan+1,因此

從而

即

20.(1)證明如圖11，聯結OC和B1C.因為點B1在平面ABC上的射影O為AB的中點，所以B1O⊥平面ABC.而AB?平面ABC,因此

B1O⊥AB.

由AB=BC=CA=2，且O為AB的中點，得

OC⊥AB.

而B1O∩AB=O，B1O,AB?平面B1CO,于是

AB⊥平面B1CO.

因為B1C?平面B1CO,所以

AB⊥B1C.

又因為斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長均為2,所以四邊形BB1C1C為菱形,即

B1C⊥BC1.

而BC1∩AB=B，BC1,AB?平面ABC1,故B1C⊥平面ABC1．

圖11 圖12

(2)解如圖12，聯結AB1，在平面AB1O內，過點O作OP⊥AB1，垂足為P，聯結CP，則B1O⊥平面ABC.而CO?平面ABC,因此

B1O⊥CO.

又CO⊥AB且B1O∩AB=O,從而

CO⊥平面ABB1.

由AB1?平面ABB1,得

CO⊥AB1.

因為OP⊥AB1,且OP∩OC=O,所以

AB1⊥平面COP,

從而

CP⊥AB1,

故∠CPO即為二面角C-AB1-B的平面角．

從而

p=2，

即C的方程為x2=4y．

(2)設過點P斜率存在的直線為

y-y0=k(x-x0),

則點F(0，1)到直線的距離

令d=1,則

從而

設2條切線PM,PN的斜率分別為k1,k2，則

且直線PM：y-y0=k1(x-x0)，直線PN：y-y0=k2(x-x0),故

因此

從而

令t2-3t-6=0,則

從而

此時

22.(理)解(1)由題意f′(x)=lnx+1-x，設g(x)=lnx+1-x，則

故g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1,+∞)上單調遞減，因此

g(x)max=g(1)=0,

從而

g(x)≤0,

即

f′(x)≤0,

故函數f(x)在(0,+∞)上為單調減函數．

有解.設h(x)=lnx-(b+1)x，則式(1)即為

①若b+1≤0，則h′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，即h(x)為單調增函數，式(2)顯然成立．此時a(b+1)≤0.

②若b+1>0，則

從而

-ln(b+1)-1≥a,

故a(b+1)≤-(b+1)ln(b+1)-(b+1)恒成立．

(文)解(1)由題意得

f′(x)=x2-2(a+1)x+4a=(x-2)(x-2a)．

①當a=1時，2a=2，f′(x)≥0恒成立，故f(x)在(-∞,+∞)上單調遞增；

②當a>1時，2a>2，故f(x)在(-∞,2)和(2a,+∞)上單調遞增，在(2,2a)上單調遞減；

③當a<1時，2a<2，故f(x)在(-∞,2a)和(2,+∞)上單調遞增，在(2a,2)上單調遞減．

(2)由題設x1,x2為方程f′(x)的2個根，則

(a+1)[2(a+1)x1-4a]+4ax1+b=

因此直線l的方程為

令x=1,則

解得

(供稿人：葉望川)