2013年数学全真模拟试卷2（教师版）.doc

启东市2013年数学全真模拟试卷二一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分请把答案直接填写在答题卡相应位置上.1 已知为虚数单位，则 -1 i2+(i3+i4+i5+i6)+(i7+i8+i9+i10)=i2=；2 在区间内随机选取一个实数，则该数为正数的概率是 易得正数的取值区间长度是2，总长度是3，由几何概型得所求概率为；3 对某种电子元件使用寿命跟踪调查，所得样本频率分布直方图如图，若一批电子元件中寿命在100300小时的电子元件的数量为400，则寿命在500600小时的电子元件的数量为 300 开始S2，i1i2011ii+1结束输出S YN（第5题图）400500100200300寿命（h）600（第3题图）寿命在100300小时的电子元件的频率是，故样本容量是， 从而寿命在500600小时的电子元件的数量为；4 设定义在区间上的函数的图象与图象的交点横坐标为，则的值为易得锐角满足，即，所以于是5 运行如图所示的流程图，则输出的结果是 2 变量i的值分别取1，2，3，4，时，变量S的值依次为，不难发现变量S的值是以3为周期在变化，当i的取值为2010时，而后i变为2011退出循环6 在中，分别是角的对边，若成等差数列，则的最小值为 易得（当且仅当时等号成立）7 若定义在上的函数（为常数）满足，则的最小值是 0 由得，即，所以偶函数在上是单调增函数，在上是单调减函数，所以；8 已知双曲线（）的两个焦点为、，点P是第一象限内双曲线上的点，且，则双曲线的离心率为 sinPF1F2=，sinPF1F2=，由正弦定理得，又易得tanF1PF2=，所以cosF1PF2，由利用余弦定理得，所以，故，又，所以离心率；9 函数的图象在点处的切线与轴的交点的横坐标为，其中，则 6 （第10题图） 易求得切线方程为，令y0得，x，即，故数列是等差数列，所以；10如图，在的方格纸中，若起点和终点均在格点的向量,满足（），则 .由向量坐标的引入可以认为，代入得， 故；11记当时，观察下列等式： ， ， ， ， ， 可以推测， ABC（第12题图）解：易观察出A，对于，可令n1得，即有，所以；12有一个各条棱长均为的正四棱锥，现用一张正方形包装纸将其完全包住，不能剪裁，但可以折叠，则包装纸的最小边长是 解:如图，是某正四棱锥的平面展开图，等腰的底边BC即为所求正方形包装纸的边长的最小值，由余弦定理得；13定义在上的函数满足：；当时，则集合中的最小元素是 12 解：易得， 由条件可知，上的最大值依次为1，2，4，即最大值构成一个以2为公比的等比数列，结合图象不难发现时x的最小值是12；14已知关于的实系数一元二次不等式的解集为，则的最小值是 8 解：由题意得，所以，令，则（当且仅当时等号成立）二、解答题：15（本题满分14分）已知集合，（1）若，求实数的值； （2）设全集为，若，求实数的取值范围 命题立意：本题主要考查集合的交、并、补集运算以及一元二次不等式等基础知识，考查运算求解能力解：（1）易得集合，集合，（4分）由得所以m=5（7分）（第16题图）（2）由（1）得，（10分）因为，所以，解得 16如图，在四棱锥中，平面，且（1）若点为线段的中点，求证：平面；（2）若二面角的大小为，求证：平面平面 16命题立意：本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系、二面角的概念等基础知识，考查空间想象、推理论证能力证明：（1）取BP得中点F，连结AF，EF，又点为线段的中点， 且，且， 所以EFBCAD， 所以四边形ADEF是平行四边形，(2分) 故EDAF， 又因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB(5分)（2）因为，且，所以，又， 所以 于是，即有，(7分) 此时， 又，故，(9分)因为， 又， 所以， 又， 所以，且，又， 所以，(12分) a A B C P （第17题图） 又， 所以(14分)17如图，点在内，记（1）试用表示的长； （2）求四边形的面积的最大值，并写出此时的值 命题立意：本题主要考查三角形的余弦定理与面积公式以及三角函数的性质等基础知识，考查运算求解能力解：（1）与中，由余弦定理得， ，（4分）由得，解得；（7分）（2）由（1）得（13分）所以当时，（15分）18在平面直角坐标系中，已知圆：，圆：，点为圆上的一个动点，现将坐标平面折叠，使得圆心恰与点重合，折痕与直线交于点（1）求动点的轨迹方程；（2）过动点作圆的两条切线，切点分别为，求MN的最小值；（3）设过圆心的直线交圆于点，以点分别为切点的两条切线交于点，求证：点在定直线上 命题立意：本题主要考查直线、圆、椭圆基础知识，考查运算求解、综合应用能力解：（1）由题意得，故P点的轨迹是以C1、C2为焦点，4为长轴长的椭圆，则，所以， 故P点的轨迹方程是（5分） （2）法1（几何法） 四边形SMC2N的面积， 所以，（9分） 从而SC2取得最小值时，MN取得最小值， 显然当时，SC2取得最大值2， 所以（12分）法2（代数法） 设S(x0，y0)，则以SC2为直径的圆的标准方程为， 该方程与圆C2的方程相减得，（8分） 则圆心到直线MN的距离， 因为，所以， 从而， 故当时dmax， 因为，所以=（12分） （3）设，则“切点弦”AB的方程为， 将点（-1，0）代入上式得， 故点Q在定直线上（16分）19已知整数列满足，前6项依次成等差数列，从第5项起依次成等比数列 （1）求数列的通项公式；（2）求出所有的正整数m，使得 命题立意：本题主要考查等差、等比数列的定义与通项公式等基础知识，考查灵活运用基本量 进行探索求解、推理分析能力解：（1）设数列前6项的公差为d，则，d为整数 又a5，a6，a7成等比数列，所以，解得， 当n6时，（3分） 由此，数列从第5项起构成的等比数列的公比为2， 所以，当n5时，. 故（7分）（2）由（1）知，数列为：3，2，1，0，1，2，4，8，16， 当m1时等式成立，即3216(3)(2)(1)； 当m3时等式成立，即1010；（11分） 当m2或4时，等式均不成立；（13分）当m5时，因为，而，所以是偶数，所以，于是，故m1，或m3（16分）20（本题满分16分）已知函数，（1）若，求实数的取值范围；（2）证明：“方程有唯一解”的充要条件是“”命题立意：本题主要考查利用导数研究函数的图像与性质等基础知识，考查灵活运用数形结合、 化归与转化、分类与讨论思想进行运算求解、推理论证的综合能力解：（1）记，则，当时，恒成立，故为上的单调增函数，所以，（2分）当时，由得（负值已舍），若，即时，恒成立，故为上的单调增函数，所以，（4分）若，即时，在上恒小于0，在上恒大于0，所以在上的单调递减，在上的单调递增，故， 综上所述，（6分）所以且 解得（8分）（2）1充分性：当时，方程，即，记，由得（负值已舍），所以在上单调递减，在上单调递增，故，即在有唯一解，即证（11分）2必要性：因为方程有唯一解，记，由得（负值已舍），所以在上单调递减，在上单调递增，故，且（13分）即2得，记，则函数为上的单调增函数，且，所以方程有唯一解，将代入式得，即证由1、2得，“方程有唯一解”的充要条件是“”（16分）试题（附加题）21B（矩阵与变换）若直线在矩阵对应的变换作用下得到的直线过点，求实数的值命题立意：本题主要考查二阶矩阵的变换，考查运算求解能力解：设变换T：， 则，（5分） 即代入直线得， 将点代入得k4（10分） （注：本题亦可将点在矩阵的逆矩阵作用下得到点的坐标代入直线，从而求出k的值）C（极坐标与参数方程）在极坐标系中，求曲线与的交点的极坐标命题立意：本题主要考查直线与圆的极坐标方程，考查运算求解能力解：将直线与圆分别化为普通方程得， 直线与圆，（6分）易得直线与圆切于点Q， 所以交点Q的极坐标是（10分）【必做题】第22、23题，每小题10分，共计20分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文（第22题） 字说明、证明过程或演算步骤22如图，在正方体中，（1）若，求直线与所成角的正弦值；（2）是否存在实数，使得直线平面？并说明理由 命题立意：本题主要考查空间向量的应用，考查运算求解能力解：（1）如图，分别以DA，DC，D D1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)，由得，所以，所以， 所以，直线与所成角的正弦值为（5分）（2）假设存在符合条件的实数，因为， 所以，故 要使，只需， 由得， 此时， 由得（10分）23我们知道，对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同可以构造等式，这是一种非常有用的思想方法