2013年浙江省高三名校交流模拟卷(理数).doc

2013年浙江省高三名校交流模拟卷 理科数学 一选择题（本大题共10小题,每小题5分,共50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.设集合,集合,则 ( )A. B C D. 2.已知复数,是的共轭复数,则 ( )A. B. C D3.若抛物线上纵坐标为的点到焦点的距离为3,则此抛物线的方程为: ( )A. B. C D或4.设是空间中的一条直线，是空间中的一个平面，则下列说法正确的是 （ ）A. 过一定存在平面,使得 B. 过一定不存在平面,使得 C. 在平面内一定存在直线，使得 D. 在平面内一定不存在直线，使得(第5题)正视图侧视图俯视图5.某几何体的三视图如图，若各视图均为边长为2的正方形，则这个几何体的体积是 ( )A. B. C. D. 6.设实数满足，若的最小值为2,则的值为 （ ）A B0 C1 D27.已知数列共有8项,且满足,若的前8项和,则满足条件的数列的个数为 ( )A. 37 B38 C70 D322 8.已知为锐角,则“且”是“”的 ( )A. 充分必要条件 B. 必要而不充分条件C. 充分而不必要条件 D. 既不充分也不必要条件9.若双曲线的焦点关于渐近线对称的点恰在双曲线上,则双曲线的离心率为 ( )A. B C2 D10.若（其中为整数），则称为离实数最近的整数，记作，即.设集合,，若集合的子集恰有两个,则的取值不可能是 （ ）A. B. C. D. (第13题)二.填空题(本大题共7小题,每小题4分,共28分)11.已知函数为奇函数,若,则 12.若,则二项式的展开式中常数项的值为 13.某程序框图如图所示,则该程序运行后输出的结果是 14.若，则 15.设袋中有8个形状大小完全相同的小球,其中2个球上标有数字0,3个球上标有数字1,另3个球上标有数字2.现从中任取3个球,用随机变量表示这3个球上数字的最大值与最小值之差.则的数学期望 16.向量满足: ,在上的投影为,，则的最大值是 17.已知函数.若恒成立,则的取值范围是 三.解答题(本大题共5小题,共72分.解答应写出文字说明证明过程或演算过程)18.(本小题满分14分)在中，角的对边分别为.已知，.（1）求的值；（2）分别求的取值范围及的取值范围.19. (本小题满分14分)设等差数列公差为(),等比数列公比为,若分别为 的前三项,且.（1）求数列,的通项公式；（2）若数列满足：，求数列的前项和.(第20题)图(1)图(2)20. (本小题满分14分)在如图（1）所示的等腰梯形中，分别为，的中点，现将沿翻折至图（2）的位置（点翻至点），为的中点.（1）求证：平面；（2）当异面直线与所成角为时，求二面角的余弦值.21. (本小题满分15分)设椭圆，其长轴是短轴的两倍,以某短轴顶点和长轴顶点为端点的线段作为直径的圆的周长为.(1)求椭圆的方程；(2)若直线与椭圆相交于两点,设直线的斜率分别为.的面积为,以为直径的圆的面积分别为.若恰好构成等比数列,求的取值范围.22. (本小题满分15分)设,.(1)若，求的单调区间；(2)讨论在区间上的极值点个数；(3)是否存在，使得在区间上与轴相切?若存在，求出所有的值.若不存在，说明理由. 参考答案及详细解析一.选择题:1.C 2.A 3.D 4.C 5.B 6.C 7. B 8. A 9.D 10.B1.C 化简得：，结合数轴可知：只有C正确. 故选C2.A ,则.故选A3.D 设抛物线上纵坐标为的点的横坐标为，则有： 且，消去得：，解得或.故此抛物线的方程为或.故选D4.C 在A选项中，若直线在平面内,则不存在平面使得,故A错误在B选项中，过直线一定存在平面使得,故B错误在 D选项中，若直线,则在平面内存在直线使得,故C错误只有C选项是正确的. 故选C(第5题)5.B 该几何体是以正方体的六条面对角线为边构成的正四面体，也可看作是正方体被截去四个墙角后留下的几何体，由间接法计算其体积得：.故选B(第6题)6.C 方法一：检验选项.对A选项：直线过点时，对B选项：直线过点时， ，对C选项：直线过点时，对D选项：直线过点时，.故选C 方法二：特殊点带入检验.当取到最值时，直线必过可行区域中三角形的某个顶点，故可以把三个顶点，逐一代入检验，结果只有正确. 故选C7.B 以中出现的个数作为对象来讨论.（1）若中没有（即全为1），则中只有一个1，数列种数为.（2）若中有一个（即还有两个1），则中有三个1，数列种数为.（3）若中有两个（即还有一个1），则中有五个1，数列种数为.综上：数列种数共有.故选B8.A 由于为锐角，注意到“或”时均有：“”，反之也成立.不妨设的解为，设的解为.结合图像由单调性可知且的解为：(关于对称)，故（），由于，故成立，即充分性成立.由于为锐角，故以上过程可逆推，即必要性也成立.综上得：“且”是“”的充分必要条件.故选A(第9题)O9.D 方法一：如图所示，设双曲线的方程为，两焦点分别为,.且关于其中一条渐近线的对称点为 ，的中点为.因为为的中点, 为的中点且，故为直角三角形. 不妨设，则有：，消去可得：，故，即：.(第10题)方法二：在中，.为 的中位线，故，得：，即：.故选D10.B 分析可知是周期为1的周期函数，且当时：.作图如下： 集合的子集恰有两个，即中只有一个元素.注意到与 必有一个公共点，故逐一检验：选项表示的抛物线均与直线相切于原点，且与函数无其余公共点，选项表示的抛物线与相交，但交点也只有一个. 选项表示的抛物线与相交，交点有两个，分别为及.故选B二.填空题:11. 12. 6 13. 或 14. 15. 16. 17.11. 由得，又为奇函数，故，12. 6 若,无解舍去.故，即,展开式通项为：，令得，故常数项值为613.2 初始值.程序运行一次后得，运行二次后得.，运行三次后得，运行四次后得，.（往后依次重复出现前四次的值），由于，故. 14. 方法一：注意到，故方法二：，即，即所以，故15. 由题知.且，故+=.16. 不妨设向量有相同的起点，终点分别为.由在上的投影为知，由知：在以为直径的圆上. 故当向量过中点时，其模最大，此时：=（）=，由知，在以为圆心，1为半径的圆上，故当共线时最大，故=17. 方法一：，首先，可看作单位圆上点与反比例函数上点之间距离的平方，结合图形易得：当，时取到最小值1.其次，可看作关于的二次函数，当，即时函数取到最小值.两式相加即得的最小值为，当且仅当时取到.故，即方法二: 数形结合可得:当,时, ，即方法三：（合一变形后根据三角有界性得到）令，在上单调递增，故.即：，即.三.解答题18.解: (1),3分 5分(2)由,得: .由正弦定理,变形得:,7分,当且仅当时,等号成立9分解法一:由余弦定理得,故,11分又因为,12分故.当且仅当时等号成立. 14分解法二:由正弦定理得:, 故11分,13分当且仅当时等号成立. 14分解法三: 当且仅当时等号成立. 14分解法四: (建坐标系,过程略)19.解:(1).设等差数列的首项为,则由成等比数列可得:,化简得:, 4分故的前三项为:,即:,又,6分故, 7分(2).当时, 当时,故.9分即: .故 . .由-得: 13分故: .14分图(1)20. 如图（1）所示的等腰梯形中，由平面几何方法， 过两点分别作的垂线，结合已知条件经计算易得：(第20题).故,及均为正三角形，且三点在一条直线上.易得且.2分(1).解法一:在图（2）中，连接，,分别为,的中点,故，又，故面面，又，故平面.6分解法二:连接交于,连,易得为的中点,故为的中位线, ,故平面.6分(2)以为坐标原点，所在射线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系.显然为二面角的平面角，设，则有：，.8分为的中点，故，11分异面直线与所成角为，故=13分解得: 14分21.解：（1）由题可知，且，解得：，3分故椭圆的方程为：5分（2）设直线的方程为，由可得，由韦达定理有：且7分构成等比数列，=，即：由韦达定理代入化简得：.，.9分此时，即.故11分又为定值. 13分当且仅当时等号成立.综上：15分22.解：（1）当时：，（）故2分当时：，当时：，当时：.故的减区间为：，增区间为4分（2）令，故,6分显然，又当时：.当时：.故，.故在区间上单调递增，7分注意到：当时，故在上的零点个数由的符号决定. 8分当，即：或时：在区间上无零点，即无极值点.当，即：时：在区间上有唯一零点，即有唯一极值点.综上：当或时：在上无极值点.当时：在上有唯一极值点. 10分（3）假设存在，使得在区间上