浙江一级重点中学（六校）2013高三第一次联考-数学理（word解析版）

1、2012-2013学年浙江省一级重点中学（六校）高三第一次联考数学试卷（理科）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（5分）（2013浙江模拟）设集合P=y|y=k，kR，Q=y|y=ax+1，a0且a1，kR，若集合PQ只有一个子集，则k的取值范围是（）A（，1）B（，1C（1，+）D1，+）考点：交集及其运算专题：计算题分析：先由ax0求出集合Q，再根据条件得PQ=，由交集的运算求出k的范围解答：解：对于集合Q，由ax0得，y=ax+11，则Q=y|y0，PQ只有一个子集，即PQ=，k1，故选B点评：本题考查了交集的运算性质以

2、及子集的性质，属于基础题，较容易2（5分）（2010辽宁）设a，b为实数，若复数，则（）ABa=3，b=1CDa=1，b=3考点：复数相等的充要条件分析：先化简，然后用复数相等的条件，列方程组求解解答：解：由可得1+2i=（ab）+（a+b）i，所以，解得，故选A点评：本题考查了复数相等的概念及有关运算，考查计算能力是基础题3（5分）（2013浙江模拟）设m，n是空间两条直线，是空间两个平面，则下列选项中不正确的是（）A当n时，“n”是“”成立的充要条件B当m时，“m”是“”的充分不必要条件C当m时，“n”是“mn”必要不充分条件D当m时，“n”是“mn”的充分不必要条件考点：平面的基本性质及

3、推论专题：计算题分析：当n时，“n”“”；当m时，“m”“”，但是“”推不出“m”；当m时，“n”“mn或m与n异面”，“mn”“n或n”；当m时，“n”“mn”，但“mn”推不出“n”解答：解：当n时，“n”“”，故A正确；当m时，“m”“”，但是“”推不出“m”，故B正确；当m时，“n”“mn或m与n异面”，“mn”“n或n”，故C不正确；当m时，“n”“mn”，但“mn”推不出“n”，故D正确故选C点评：本题考生查平面的基本性质和推论，是基础题解题时要认真审题，仔细解答4（5分）（2013浙江模拟）阅读下面程序框图，则输出结果s的值为（）ABCD考点：循环结构专题：图表型分析：由2013

4、除以6余数为3，根据程序框图转化为一个关系式，利用特殊角的三角函数值化简，得出6个一循环，可得出所求的结果解答：解：2013÷6=3353，根据程序框图转化得：sin +sin +sin+sin =（ +0+0）+（ +0+0）+（ +0+0）+0=故选D点评：此题考查了运用诱导公式化简求值，循环结构，以及特殊角的三角函数值，认清程序框图，找出规律是解本题的关键5（5分）（2013浙江模拟）函数f（x）=Asin（x+）（A0，），|）的部分图象如图示，则将y=f（x）的图象向右平移个单位后，得到的图象解析式为（）Ay=sin2xBy=cos2xCy=sin（2x+）Dy=sin（2

5、x）考点：由y=Asin（x+）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（x+）的图象变换专题：计算题分析：通过函数的图象求出A，求出函数的周期，利用周期公式求出，函数过（），结合的范围，求出，推出函数的解析式，通过函数图象的平移推出结果解答：解：由图象知A=1，T=，T=2，由sin（2×+）=1，|得+=f（x）=sin（2x+），则图象向右平移个单位后得到的图象解析式为y=sin2（x）+=sin（2x），故选D点评：本题考查学生的视图能力，函数的解析式的求法，图象的变换，考查计算能力6（5分）（2006湖北）在的展开式中，x的幂的指数是整数的有（）A3项B4项C5项D6项考点

6、：二项式定理的应用分析：利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为整数得展开式中x的幂的指数是整数的项解答：解：当r=0，6，12，18，24时，x的指数分别是整数故x的幂的指数是整数的有5项故选项为C点评：本题考查二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具7（5分）（2012黑龙江）已知an 为等比数列，a4+a7=2，a5a6=8，则a1+a10=（）A7B5C5D7考点：等比数列的性质；等比数列的通项公式专题：计算题分析：由a4+a7=2，及a5a6=a4a7=8可求a4，a7，进而可求公比q，代入等比数列的通项可求a1，a10，即可解答：解：a4+a7=2，由等比

7、数列的性质可得，a5a6=a4a7=8a4=4，a7=2或a4=2，a7=4当a4=4，a7=2时，a1=8，a10=1，a1+a10=7当a4=2，a7=4时，q3=2，则a10=8，a1=1a1+a10=7综上可得，a1+a10=7故选D点评：本题主要考查了等比数列的性质及通项公式的应用，考查了基本运算的能力8（5分）（2013浙江模拟）已知实数x，y满足，且目标函数z=2x+y的最大值为6，最小值为1，其中b0，则的值为（）A4B3C2D1考点：简单线性规划的应用专题：综合题；不等式的解法及应用分析：先确定最大值与最小值不是在x=1，x+y=4交点处取得，再利用目标函数z=2x+y的最大

8、值为6，最小值为1，与已知直线联立，求得交点的坐标，即可求得结论解答：解：x=1，x+y=4得到x=1，y=3，代入2x+y=5，不是最大值也不是最小值 由2x+y=6，x+y=4，得x=2，y=2，即交点坐标为（2，2）；由2x+y=1，x=1得x=1，y=1，即交点坐标为（1，1）；把x=2，y=2；x=1，y=1分别入ax+by+c=0中，得到，c=4b故选A点评：本题考查线性规划知识，考查学生分析解决问题的能力，确定最大值与最小值不是在x=1，x+y=4交点处取得是关键9（5分）（2013浙江模拟）在ABC中，（），则角A的最大值为（）ABCD考点：数量积判断两个平面向量的垂直关系专题

9、：平面向量及应用分析：在ABC中，由（），可得（）=（）（）=0，即 c24bccosA=3b2=0，解得 cosA=，利用基本不等式求得cosA的最小值，从而得到A的最大值解答：解：在ABC中，由于（），则（）=（）（）=0，即 4+3=0，即 c24bccosA=3b2=0解得 cosA=（），当且仅当 时，即c=b 时，等号成立故cosA的最小值为 ，故A的最大值为，故选A点评：本题主要考查两个向量垂直的性质，余弦定理、基本不等式的应用，属于基础题10（5分）（2013浙江模拟）一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个正方体，若正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体棱长的最大值为（）A2B3C1

10、D考点：棱柱的结构特征专题：空间位置关系与距离分析：在一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个正方体，并且能使正方体在纸盒内任意转动，说明正方体在正四面体的内切球内，求出内切球的直径，就是正方体的对角线的长，然后求出正方体的棱长解答：解：设球的半径为：r，由正四面体的体积得：4××r××62=××62×，所以r=，设正方体的最大棱长为a，3a2=（）2，a=故选D点评：本题是中档题，考查正四面体的内接球的知识，球的内接正方体的棱长的求法，考查空间想象能力，转化思想，计算能力二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分11（4分

11、）（2013浙江模拟）某几何体的三视图如图所示，根据图中标出的数据，则这个几何体的体积为考点：由三视图求面积、体积专题：计算题；空间位置关系与距离分析：三视图可知该几何体是由一个半圆锥和一个底面为正方形的四棱锥组成的组成体，半圆锥底面直径等于2，高为，代入圆锥的体积公式和锥体的体积公式，即可得到答案解答：解：三视图可知该几何体是由一个半圆锥和一个底面为正方形的四棱锥组成半圆锥底面直径等于2，高为，体积V1=，四棱锥体积V2=则这个几何体的体积V1+V2=故答案为：点评：本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据已知中的三视图判断出几何体的形状是解题的关键12（4分）（2013浙江模拟）不等式，

12、对满足abc恒成立，则的取值范围4考点：基本不等式专题：计算题分析：由题意可得 ，即 恒成立由基本不等式可得2+的最小值等于4，故4解答：解：abc，恒成立，又ac0把 ac=ab+bc，代入上式可得 =2+，由基本不等式可得2+ 的最小值等于4，4，故答案为 4点评：本题主要考查基本不等式的应用，函数的恒成立问题，属于基础题13（4分）（2013浙江模拟）有两排座位，前排11个座位，后排12个座位现在安排甲、乙2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且甲、乙不能左右相邻，则一共有不同安排方法多少种？346（用数字作答）考点：计数原理的应用专题：概率与统计分析：利用间接法，先求出2个人坐的方

13、法数为，再排除两左右相邻的情况，即可得到结论解答：解：由题意，一共可坐的位子有20个，2个人坐的方法数为，还需排除两左右相邻的情况；把可坐的20个座位排成连续一行（甲与乙相接），任两个座位看成一个整体，即相邻的坐法有，但这其中包括B、C相邻，与E、F相邻，而这两种相邻在实际中是不相邻的，还应再加上2不同排法的种数为=346故答案为：346点评：本题考查计数原理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题14（4分）（2013浙江模拟）已知直线y=k（xm）与抛物线y2=2px（p0）交于A，B两点，且OAOB，又ODAB于D，若动点D的坐标满足方程x2+y24x=0，则m=4考点：直线与圆锥

14、曲线的关系专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：设出D的坐标，求出OD的斜率，利用ODAB于D，动点D的坐标满足方程x2+y24x=0，确定x的值，代入=1，化简，即可得到结论解答：解：D在直线y=k（xm），可设D坐标为（x，k（xm），OD的斜率k'=ODAB，AB的斜率为k，有kk'=1，即k（xm）=又因为动点D的坐标满足x2+y24x=0，即x2+k（xm）24x=0，将k（xm）=代入可解得x=，代入到=1，化简得4k2mk2+4m=0，即（4m）（k2+1）=0，由于k2+1不可能等于0，只有4m=0，m=4故答案为4点评：本题考查直线与抛物线的位置关系，考查学生

15、分析解决问题的能力，考查学生的计算能力，属于中档题15（4分）（2013浙江模拟）在RtABC中，AC=2，BC=2，已知点P是ABC内一点，则的最小值是1考点：平面向量数量积的运算专题：计算题；平面向量及应用分析：由题意知ABC是以C为直角顶点的等腰直角三角形，分别以CB、CA所在的直线为x、y轴，建立如图所示直角坐标系算出A、B、C各点的坐标，设P（x，y）可得=2（x）2+2（y）21，结合两点间的距离公式可得点P坐标为（，）时，取得最小值解答：解：RtABC中，AC=2，BC=2，ABC是以C为直角顶点的等腰直角三角形分别以CB、CA所在的直线为x、y轴，建立如图所示直角坐标系AC=B

16、C=2，A（0，2），C（0，0），B（2，0）设P（x，y），则=（x，2y），=（2x，y），=（x，y）+=（22x，22y）=x（22x）y（22y）=2x+2x22y+2y2=2（x）2+2（y）21（x）2+（y）2为点P到点（，）距离的平方，当点P坐标为（，）时，（x）2+（y）2达到最小值0，由此可得当点P坐标为（，）时，数量积的最小值是1故答案为：1点评：本题给出等腰直角三角形ABC内部一点P，求数量积的最小值着重考查了平面向量数量积的坐标表示及其应用，属于中档题解题的关键是根据所求式子运用几何意义使问题得以解决16（4分）（2013浙江模拟）函数f（x）=sin2x+2co

17、s2x，函数g（x）=mcos（2x）2m+3（m0），若存在x1，x2，使得f（x1）=g（x2）成立，则实数m的取值范围是，2考点：两角和与差的正弦函数；二倍角的余弦；正弦函数的定义域和值域专题：计算题；三角函数的图像与性质分析：由x0，可求得f（x）1，2，g（x）+3，3m，依题意，存在x1，x2，使得f（x1）=g（x2）成立，可得到关于m的不等式组，解之可求得实数m的取值范围解答：解：f（x）=sin2x+2cos2x=sin2x+cos2x=2sin（2x+），当x0，2x+，sin（2x+）1，2，f（x）1，2，对于g（x）=mcos（2x）2m+3（m0），2x，mcos（

18、2x），m，g（x）+3，3m，若存在x1，x2，使得f（x1）=g（x2）成立，则3m1，+32，解得实数m的取值范围是，2故答案为：，2点评：本题考查两角和与差的正弦函数，着重考查三角函数的性质的运用，考查二倍角的余弦，解决问题的关键是理解“存在x1，x2，使得f（x1）=g（x2）成立”的含义，属于难题17（4分）（2013浙江模拟）袋中装有大小、形状完全相同的m个红球和n个白球，其中m，n满足：mn1且m+n15，m，nN*已知从袋中任取2个球，取出的2个球是同色的概率等于取出的2个球是异色的概率现从袋中任取2个球，设取到红球的个数为，则的期望E=考点：离散型随机变量的期望与方差专题：

19、概率与统计分析：利用组合的方法求出各个事件包含的基本事件，利用古典概型的概率公式表示出取出的2个球是同色的概率和取出的2个球是异色的概率，列出方程求出m，n的值再求出取到红球的个数为的所有可能的取值，求出取每一个值的概率值，列出分布列，利用分布列的期望公式求出随机变量的期望值解答：解：据题意得到 =，解得m=6，n=3的取值为0，1，2，P（=0）=，P（=1）=，P（=2）=，的分布列为所以E=点评：本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查等可能事件的概率，考查利用概率知识解决实际问题，是一个综合题目三、解答题：本大题共5小题，共72分解答请写在答卷纸上，应写出文字说明，证明过程或演算步骤

20、18（14分）（2013浙江模拟）在ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c，已知（）若a=2，b=3，求ABC的外接圆的面积；（）若c=2，sinC+sin（BA）=2sin2A，求ABC的面积考点：余弦定理；正弦定理专题：计算题；解三角形分析：（）a=2，b=3，C=，由余弦定理可求得c，再利用正弦定理可求得ABC的外接圆的半径，从而可求ABC的外接圆的面积；（）利用三角函数间的关系将条件转化为：sinBcosA=2sinAcosA，对cosA分cosA=0与cosA0讨论，再分别借助正弦定理，通过解方程组与再由三角形的面积公式即可求得ABC的面积解答：解：（）a=2，b=3，C

21、=，由余弦定理得：c2=a2+b22abcosC=4+92×2×3×=7，c=，设其外接圆半径为R，则2R=，故R=，ABC的外接圆的面积S=R2=；（）sinC+sin（BA）=sin（B+A）+sin（BA）=2sinBcosA=2sin2A=4sinAcosA，sinBcosA=2sinAcosA当cosA=0时，A=，B=，a=，b=，可得S=；当cosA0时，得sinB=2sinA，由正弦定理得b=2a，c=2，C=60°，c2=a2+b22abcosCa2+b2ab=4，联立解得a=，b=，ABC的面积S=absinC=absin60

22、6;=综上可知ABC的面积为点评：本题考查余弦定理与正弦定理，考查转化与方程思想的综合运用，考查综合分析与运算能力，属于难题19（14分）（2013浙江模拟）已知数列an的前n项和为Sn，且a1=，an+1=Sn+（nN*，t为常数）（）若数列an为等比数列，求t的值；（）若t4，bn=lgan+1，数列bn前n项和为Tn，当且仅当n=6时Tn取最小值，求实数t的取值范围考点：等差数列与等比数列的综合；数列的求和专题：等差数列与等比数列分析：（）利用数列递推式，再写一式，两式相减，结合数列an为等比数列，即可求t的值；（）确定数列bn是等差数列，利用当且仅当n=6时，Tn取最小值，可得b60且

23、b70，解不等式，即可求t的取值范围解答：解：（I）（1）（2）得：an+1=2an（n2）（2分）数列an为等比数列，.（4分），a1=，t=4（6分）（II），an+1=2an（n1），（8分）a2，a3，a4an+1成等比数列，bn=lgan+1，数列bn是等差数列数列bn前n项和为Tn，当且仅当n=6时，Tn取最小值，b60且b70（10分）可得0a71且a81，（12分）016+4t1且32+2t1，（14分）点评：本题考查数列递推式，考查等差数列与等比数列的综合，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题20（14分）（2013浙江模拟）在直三棱柱（侧棱垂直底面）ABCA1B1C1中，

24、AB=AC=1，BAC=90°（）若异面直线A1B与B1C1所成的角为60°，求棱柱的高；（）设D是BB1的中点，DC1与平面A1BC1所成的角为，当棱柱的高变化时，求sin的最大值考点：点、线、面间的距离计算；异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角专题：计算题；空间角分析：（）建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AA1=h，则可得B、B1、C1、A1各点的坐标，得到向量、的坐标，然后根据异面直线A1B与B1C1所成的角60°，结合空间向量夹角公式建立关于h的方程，解之可得h=1，即得该棱柱的高；（II）根据（I）所建立的坐标系，可得，从而有，利用垂直向量数

25、量积为零的方法建立方程组，解出是平面平面A1BC1的一个法向量，再用直线与平面所成角的定义得与夹角的余弦值等于sin，由此建立sin关于h的函数关系式，结合基本不等式求最值即可得到：当且仅当时，sin取到最大值由此即可得到sin的最大值解答：解：分别以AB、AC、AA1为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AA1=h（h0），则有B（1，0，0），B1（1，0，h），C1（0，1，h），A1（0，0，h），（2分）（）异面直线A1B与B1C1所成的角60°，即，得，解得h=1，即得该棱柱的高为1（6分）（）D是BB1的中点，得，可得设平面A1BC1的法向量为，于

26、是，可得，即，可取，（8分）于是而=令，（10分），当且仅当，即时，等号成立，故当时，sin的最大值（12分）点评：本题给出直三棱柱，在已知上下底面为等腰直角三角形且异面直线所成角为60度的情况下求棱柱的高，并讨论直线所平面所成角的正弦值着重考查了线面垂直的判定与性质和利用空间向量研究直线与平面所成角等知识，属于中档题21（15分）（2013浙江模拟）已知椭圆C：的离心率为，直线l过点A（4，0），B（0，2），且与椭圆C相切于点P（）求椭圆C的方程；（）是否存在过点A（4，0）的直线m与椭圆C相交于不同的两点M、N，使得36|AP|2=35|AM|AN|？若存在，试求出直线m的方程；若不存在

27、，请说明理由考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程专题：综合题；压轴题分析：（）由题得过两点A（4，0），B（0，2），直线l的方程为x+2y4=0因为，所以a=2c，b=再由直线l与椭圆C相切，能求出椭圆方程（）设直线m的方程为y=k（x4），由，得（3+4k2）x232k2x+64k212=0由题意知=（32k2）24（3+4k2）（64k212）0，解得k设M（x1，y1），N（x2，y2），则，由此能求出直线m的方程解答：解：（）由题得过两点A（4，0），B（0，2），直线l的方程为x+2y4=0（1分）因为，所以a=2c，b=设椭圆方程为，由，消去x得，4y212y+123c

28、2=0又因为直线l与椭圆C相切，所以=1224×4（123c2）=0，解得c2=1所以椭圆方程为（5分）（）直线m的斜率存在，设直线m的方程为y=k（x4），（6分）由，消去y，整理得（3+4k2）x232k2x+64k212=0（7分）由题意知=（32k2）24（3+4k2）（64k212）0，解得k（8分）设M（x1，y1），N（x2，y2），则，（9分）又直线l：x+2y4=0与椭圆C：相切，由，解得，所以P（1，）（10分）则所以|AM|AN|=又=（k2+1）（4x1）（4x2）=（k2+1）（4×+16）=（k2+1）所以（k2+1）=，解得k=经检验成立（13

29、分）所以直线m的方程为y=（14分）点评：本题考查椭圆方程的求法，探索直线方程是否存在综合性强，难度大，是高考的重点，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化22（15分）（2013浙江模拟）已知函数f（x）=lnx，g（x）=x2bx（b为常数）（1）函数f（x）的图象在点（1，f（1）处的切线与g（x）的图象相切，求实数b的值；（2）设h（x）=f（x）+g（x），若函数h（x）在定义域上存在单调减区间，求实数b 的取值范围；（3）若b1，对于区间1，2上的任意两个不相等的实数x1，x2，都有|f（x1）f（x2）|g（x1）g（x2）|成立，求b的取值范围考点：利用导数研究曲线上某点切线方