云南省昆明市高三数学第二次阶段性检测试题 文 新人教A版.doc

云南省昆明市2013届高三数学第二次阶段性检测试题 文 新人教a版本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.考生作答时，将答案答在答题卡上.在本试卷上答题无效.考试结束后，将答题卡交回.第卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60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已知集合,则a. b. c. d. 2. 若tan 2，则的值为a.0 b. c. 1 d.3.复数z的共轭复数是a.2i b.2i c.1i d.1i4已知命题：. 则为a. b.c. d.5抛物线的准线方程为 a. b. c. d. 6曲线在点处的切线方程为a.b.c.d.7极坐标方程(1)()0(0)表示的图形是()a两个圆 b两条直线c一个圆和一条射线 d一条直线和一条射线8. 林管部门在每年312植树节前，为保证树苗的质量，都会在植树前对树苗进行检测.现从甲、乙两种树苗中各抽测了10株树苗的高度，其茎叶图如图1.根据茎叶图，下列描述正确的是a.甲种树苗的平均高度大于乙种树苗的平均高度，且甲种树苗比乙种树苗长得整齐b.甲种树苗的平均高度大于乙种树苗的平均高度，但乙种树苗比甲种树苗长得整齐c.乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，且乙种树苗比甲种树苗长得整齐d.乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，但甲种树苗比乙种树苗长得整齐9. 如果执行图2的程序框图，输入正整数n(n2)和实数a1，a2，an，输出a，b，则a ab为a1，a2，an的和 b 为a1，a2，an的算术平均数ca和b分别是a1，a2，an中最大的数和最小的数da和b分别是a1，a2，an中最小的数和最大的数图211已知椭圆c：1(ab0)的离心率为.双曲线x2y21的渐近线与椭圆c有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆c的方程为a.1 b.1 c.1 d.112. 已知函数为奇函数，该函数的部分图象如图所示，是边长为2的等边三角形，则的值为a b c d第卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卷相应位置上.13.设向量的夹角为，且,则 .14.若实数满足不等式组则的最大值为 .15.观察下列不等式1，1，1b0）的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线x-y+=0相切。(1) 求椭圆的标准方程；(2) 设p（4，0），a,b是椭圆c上关于x轴对称的任意两个不同的点，连结pb交椭圆c于另一点e，证明直线ae与x轴相交于定点q；22（本小题满分12分）已知函数(1) 若函数在，处取得极值，求，的值；(2) 若，函数在上是单调函数，求的取值范围昆明市官渡二中2013届高三年级11月考试题文科数学答案4. d【解析】原命题为特称命题，故其否定为全称命题，即.5. d6. a【解析】，则切线方程为，即.7. c8.d【解析】甲种树苗的平均高度为，甲种树苗的高度的方差为；乙种树苗的平均高度为，乙种树苗的高度的方差为比较可知，乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，但甲种树苗比乙种树苗长得整齐，选d.9. c【解析】由程序框图可知，当xa时，ax；当xa且xb时，bx，所以a是a1，a2，an中的最大数，b是a1，a2，an中的最小数.故选c.10. c【解析】由三视图可知，该几何体的上方是一个直三棱锥（三棱锥的底面是腰长为1的等腰直角三角形，高为1）；下方是一个半径为的半球.故所求几何体的体积为.11. d【解析】由离心率为得，a24b2，排除选项b，双曲线的渐近线方程为yx，与椭圆的四交点组成的四边形的面积为16可得在第一象限的交点坐标为，代入选项a、c、d，知选项d正确.12. d13. 【解析】设.由，得，所以.15. 1【解析】从几个不等式左边分析，可得出第五个式子的左边为：1，对几个不等式右边分析，其分母依次为：2,3,4，所以第5个式子的分母应为6，而其分子依次为： 3,5,7，所以第5个式子的分子应为11，所以第5个式子应为：1.16. -3 17解:（）因为a、b、c成等比数列，则.由正弦定理得. 又，所以. 而sinb0，则.因，故b. 5分 （）因为，则. ，则，所以. 故函数的值域是. -10分18解：（）由a1,a2,a4成等比数列得：（a1+2）2=a1(a1+6). - 2分解得a124分数列an的通项公式是an=2n(nn*) -6分（）=n22n=n4n(nn*)sn=14+242+n4n4sn=142+（n-1）4n+n4n+1, -得-3sn=-n4n+1，即sn= -12分19.解：（1）从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3,2,1.（2）在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为a1，a2，a3，2所中学分别记为a4，a5，大学记为a6，则抽取2所学校的所有可能结果为a1，a2，a1，a3，a1，a4，a1，a5，a1，a6，a2，a3，a2，a4，a2，a5，a2，a6，a3，a4，a3，a5，a3，a6，a4，a5，a4，a6，a5，a6，共15种.从6所学校中抽取的2所学校均为小学(记为事件b)的所有可能结果为a1，a2，a1，a3，a2，a3，共3种.所以p(b).20. 解：（1）证明：因为pa平面abcd，bd平面abcd，所以pabd. 图18又acbd，pa，ac是平面pac内的两条相交直线，所以bd平面pac.而pc平面pac，所以bdpc.（2）设ac和bd相交于点o，连结po，由（1）知，bd平面pac，所以dpo是直线pd和平面pac所成的角.从而dpo30.由bd平面pac，po平面pac知，bdpo.在rtpod中，由dpo30，得pd2od.因为四边形abcd为等腰梯形，acbd，所以aod，boc均为等腰直角三角形.从而梯形abcd的高为adbc(42)3，于是梯形abcd的面积s(42)39.在等腰直角三角形aod中，odad2，所以pd2od4，pa4.故四棱锥pabcd的体积为vspa9412. 设点b(x1,y1)，e(x2,y2)，则a(,)直线ae的方程为y-y2=(x-x2)令y=0，得x=x2-将y1=k(x1-4)，y2=k(x2-4)代入，整理，得x= -8分由得x1+x2=，x1x2= 10分 代入整理，得x=1所以直线ae与x轴相交于定点q(1,0) -12分22. 解：（1），由