天津市和平区高三数学第二次质量调查试题 文(含解析)

2013年天津市和平区高考数学二模试卷（文科）
一、选择题，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•和平区二模）若i是虚数单位，则复数等于（）A．﹣2 B．2C．D．
考点：复数代数形式的混合运算．
分析：
把复数化为，约分可得结果．
解答：
解：复数==2，
故选B．
点评：本题主要考查复数代数形式的混合运算，属于基础题．
2．（5分）（2013•和平区二模）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果S的值为（）
A．B．C．1D．0
考点：循环结构．
专题：图表型．
分析：题目给出了当型循环结构框图，首先引入累加变量s和循环变量n，由判断框得知，算法执行的是求的余弦值的和，n从1取到2013．
解答：
解：通过分析知该算法是求和cos +cos +cos+…+cos，
在该和式中，从第一项起，每6项和为0，
故cos+cos+cos+…+cos
=335（cos+cos+cos+…+cos）+cos +cos +cos
=﹣．
故选A．
点评：本题考查了程序框图中的当型循环结构，当型循环结构是先判断再执行，若满足条件进入循环，否则结束循环，循环结构主要用在一些规律的重复计算，如累加、累积等，在循环结构中框图中，特别要注意条件应用，如计数变量和累加变量等．
3．（5分）（2013•和平区二模）已知条件p：x＜1，条件，q：＜1，则p是q的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
考点：充要条件．
分析：先化简条件q，然后根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则得到p与q的关系，最后依据判断充要条件的方法进行判定即可．
解答：
解：∵q：＜1，
∴q：x＜0或x＞1
而p：x＜1
根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则可知p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；
故选A
点评：本题主要考查了充要条件，以及判定充要条件的方法和不等式的求解，属于基础题．4．（5分）（2013•和平区二模）函数在区间（2，3）内的零点个
数是（）
A．3B．2C．1D．0
考点：利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系．
专题：函数的性质及应用．
分析：要求函数的零点，只要使得函数等于0，移项变成等号两个边分别是两个基本初等函数，在同一个坐标系中画出函数的图象，看出交点的个数．
解答：
解：∵=0
∴﹣2x2+12x﹣16=lnx，
令y1=lnx，y2=﹣2x2+12x﹣16，
根据这两个函数的图象在同一个坐标系中的位置关系知，
两个图象在区间（2，3）内有1个公共点，
∴原函数在区间（2，3）内的零点个数是1．
故选C．
点评：本题考查函数的零点，解题的关键是把一个函数变化为两个基本初等函数，利用数形结合的方法得到结果，属基础题．
5．（5分）（2013•和平区二模）已知函数y=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0），|φ|＜π）的部分图象如图所示，则它的解析式为（）
A．B．C．D．
考点：由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．
专题：计算题；三角函数的图像与性质．
分析：由函数y=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0），|φ|＜π）的部分图象可求得A，T=2π，继而可求得φ．
解答：解：∵A＞0，
∴A=；又ω＞0，其周期T=﹣=π=，
∴ω=2；
由2×+φ=+2kπ得：φ=2kπ﹣，而|φ|＜π，
∴φ=﹣，
∴所求函数的解析式为y=sin（2x﹣）．
故选B．
点评：本题考查由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，求得ω与φ是关键，也是难点，属于中档题．
6．（5分）（2013•和平区二模）设函数则满足|f （x ）|
＜2的x 的取值范围是（ ） A ． （﹣∞，﹣1）∪[0，3） B ． （﹣∞，﹣1]∪[0，3] C ． （﹣∞，﹣1）（0，3） D ． （﹣∞，3）
考点： 对数函数图象与性质的综合应用． 专题： 计算题；函数的性质及应用． 分析：
根据题意，原不等式可转化为：当x ＜0时，f （x ）=||=＜2，当x≥0，﹣2＜log 2（x+1）＜2，求解不等式即可 解答：
解：∵|f（x ）|＜2 当x ＜0时，f （x ）=|
|=
＜2，解可得x ＜﹣1
当x≥0，﹣2＜log 2（x+1）＜2，解可得
∴0≤x＜3
综上可得，x 的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪[0，3） 故选A 点评： 本题主要考查了分段函数的应用及指数、对数不等式的求解，属于基础试题 7．（5分）（2013•和平区二模）如图，在△ABC 的边AB 、AC 上分别取点M 、N ，使
，BN 与CM 交于点P ，若
，
，则
的值为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ． 6
考点： 向量在几何中的应用． 专题： 平面向量及应用． 分析：
用，作为基底分别表示，根据平面向量基本定理，求出λ，μ，即可得到结
论． 解答：
解：由题意，
==
=+=
根据平面向量基本定理，可得，∴
∴=6
故选D．
点评：本题考查向量知识的运用，考查平面向量基本定理，考查学生的计算能力，属于中档题．
8．（5分）（2013•和平区二模）若直线x+y﹣m=0与曲线有公共点，则
m所的取值范围是（）
A．B．C．D．
考点：直线与圆的位置关系．
专题：直线与圆．
分析：化简所给的曲线方程，可得它表示以M（﹣1，2）为圆心，半径等于1的半圆．当直线线x+y﹣m=0过点N（0，2）时，求得m的值；当直线x+y﹣m=0与半圆相切时，根据圆心到直线的距离等于半径，求得m的值，数形结合可得m的范围．
解答：
解：曲线即 2﹣y=，即（x+1）2+（y﹣2）2=1，y≤2，
表示以M（﹣1，2）为圆心，半径等于1的半圆（圆位于直线y=2的部分，包括直线y=2上的点），如图所示：
当直线线x+y﹣m=0过点N（0，2）时，有 0+2﹣m=0，解得 m=2．
当直线x+y﹣m=0与半圆相切时，根据圆心到直线的距离等于半径可得
=1，
解得 m=1﹣，或m=1+（舍去）．
故所求的m的范围为，
故选B．
点评：本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，体现了数形结合的数学思想，属于中档题．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在答题卷上
9．（5分）（2013•和平区二模）设集合M={x∈R||x﹣1|≤4}，则M∩N*为{1，2，3，4，5} ．
考点：交集及其运算．
专题：计算题．
分析：求解绝对值的不等式化简集合M，然后直接利用交集的运算求解．
解答：解：由集合M={x∈R||x﹣1|≤4}，得M={x∈R|﹣3≤x≤5}．
所以M∩N*={x∈R|﹣3≤x≤5}∩N*={1，2，3，4，5}．
故答案为{1，2，3，4，5}．
点评：本题考查了交集及其运算，考查了绝对值不等式的解法，是基础题．
10．（5分）（2013•和平区二模）设变量满足约束条件，则目标函数z=2x+y 的最大值是12 ．
考点：简单线性规划．
专题：计算题；不等式的解法及应用．
分析：作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的△ABC及其内部，再将目标函数z=2x+y 对应的直线进行平移，可得当x=5，y=2时，目标函数z取得最大值5．
解答：
解：作出不等式组表示的平面区域，
得到如图的△ABC及其内部，其中A（1，），B（1，1），C（5，2）
设z=F（x，y）=2x+y，将直线l：z=2x+y进行平移，
当l经过点C时，目标函数z达到最大值
∴z最大值=F（5，2）=2×5+2=12
故答案为：12
点评：本题给出二元一次不等式组，求目标函数z=2x+y的最大值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题．
11．（5分）（2013•和平区二模）己知某几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位cm），可得这个几何体的体积是cm3．
考点：由三视图求面积、体积．
专题：空间位置关系与距离．
分析：由三视图可知：该几何体是一个由上下两部分组成的几何体，其中上面是一个上下底面边长分别为2，4，高为1的正四棱台；下面是一个棱长分别为2，2，3的长方体．据此即可得出体积．
解答：解：由三视图可知：该几何体是一个由上下两部分组成的几何体，其中上面是一个上下底面边长分别为2，4，高为1的正四棱台；下面是一个棱长分别为2，2，3的长方体．
因此该几何体的体积V==．
故答案为．
点评：由三视图正确恢复原几何体即熟练掌握台体和柱体的体积计算公式是解题的关键．12．（5分）（2013•和平区二模）已知双曲线的左、右焦点分别为F1、F2，点P 在双曲线上，且PF2⊥x轴，则F2到直线PF1的距离为．
考点：双曲线的简单性质．
专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：依题意，可求得点P的坐标，继而可求得直线PF1的方程，利用点到直线间的距离公式即可求得答案．
解答：
解：∵F1、F2分别为双曲线﹣y2=1的左、右焦点，
∴F1（﹣2，0），F2（2，0）；
又点P在双曲线上，且PF2⊥x轴，
∴点P的横坐标为2，纵坐标y0=±=±．
∴P（2，±）．
∴直线PF1的方程为：x±12y+2=0．
∴F2到直线PF1的距离d==．
故答案为：．
点评：本题考查双曲线的简单性质，考查直线的方程的确定与点到直线间的距离，求得直线PF1的方程是关键，考查分析与运算能力，属于中档题．
13．（5分）（2013•和平区二模）如图，AB、CD是圆O的两条平行弦，AF∥BD交CD于点E，交圆为O于点F，过B点的切线交CD的延长线于点P，若，则BD的长为．
考点：与圆有关的比例线段．
专题：计算题；证明题；直线与圆．
分析：根据切割线定理PB2=PD×PC，算出CD=4，得PC=5，ED=CD﹣CE=3．由△BPD∽△CPB 得，设BD=x得CB=x．设AF、BC的交点为G，利用平等线分线段成比例结合平行四边形的性质，算出GE=x、CG=x、BG=x且AG=x．然后利用相交弦定理AG•GF=CG•BG，算出GF=x，从而EF=GF﹣GE=x．最后根据AE•EF=CE•ED，即可算出BD的长．
解答：解：∵直线PB切圆O于点B，PDC是圆O的割线
∴PB2=PD×PC，得（）2=1×（1+CD），
解得CD=4，得PC=5，ED=CD﹣CE=3
∵∠PBD=∠PCB，∠BPD=∠CPB
∴△BPD∽△CPB，可得
设BD=x，则CB=x，设AF、BC的交点为G
∵AE∥BD，得，
∴GE=BD=x；CG=CB=x，BG=x，
平等四边形ABDE中，AE=BD=x，得AG=AE﹣GE=x
由相交弦定理，得AG•GF=CG•BG，即x•GF=x•x
解得GF=x，可得EF=GF﹣GE=x﹣x=x
又∵AE•EF=CE•ED，AE=EF=x，CE=1且ED=3
∴x2=1×3=3，解之得x=，即BD的长为
故答案为：
点评：本题给出圆内的平行线和圆的切线，在已知切线PB长的情况下求线段BD的长．着重考查了圆当中的比例线段、平行线的性质、相似三角形的判定与性质等知识，属于中档题．
14．（5分）（2013•和平区二模）已知函数y=f（x），x∈R满足f（x+1）=f（x﹣1）．且x∈[﹣1，1]时，f（x）=x2．则y=f（x）与y=log5x的图象的交点个数为 4 个．
考点：函数的周期性；二次函数的性质；对数函数的图像与性质．
专题：数形结合．
分析：先根据函数y=f（x）（x∈R）满足f（x﹣1）=f（x+1），f（x+2）=f（x），得出f（x）是周期为2的周期性函数，再把函数的零点转化为两函数图象的交点，利用图象直接得结论．
解答：解：∵函数y=f（x）（x∈R）满足f（x﹣1）=f（x+1），
∴f（x+2）=f（x），f（x）是周期为2的周期性函数，
又x∈[﹣1，1]时，f（x）=x2．
根据函数的周期性画出图形，如图，
由图可得y=f（x）与y=log5x的图象有4个交点
故答案为4
点评：本题考查2个函数图象的交点个数的判断方法，依据函数的定义域、值域、单调性，并结合函数的图象进行判断．
三、解答题：本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤15．（13分）（2013•和平区二模）在△ABC中，．
（I）求cos C；
（II）设，求AC和AB．
考点：余弦定理；正弦定理．
专题：计算题；解三角形．
分析：
（I）根据，利用同角三角函数的基本关系算出sinB==．由诱导公式得cosC=﹣cos（A+B），结合两角和的余弦公式展开，代入数据即可得到cos C的值；
（II）根据正弦定理，结合题中数据算出AC==2．然后利用余弦定理，算出AB2=AC2+BC2﹣2AC•BCcosC=9，即可得到AB=3．
解答：
解：（I）∵＞0，B∈（0，π）
∴B为锐角，且sinB==
∵A+B=π﹣C，
∴cosC=﹣cos（A+B）=sinAsinB﹣cosAcosB=×﹣×=；
（II）根据正弦定理，得
∴AC===2
由余弦定理，得AB2=AC2+BC2﹣2AC•BCcosC=8+5﹣2×××=9
∴AB=3（舍负）
点评：本题给出△ABC的两个角，求第三个角的余弦并在已知BC边的情况下求另外两条边长．着重考查了诱导公式、两角和的余弦公式和正余弦定理等知识，属于中档题．
16．（13分）（2013•和平区二模）某校拟从高二年级2名文科生和4名理科生中选出4名同学代表学校参加知识竞赛活动，其中每个人被选中的可能性均相等．
（I）列出所有可能的选取结果；
（II）求被选中的4名同学恰有2名文科生的概率；
（Ⅲ）求被选中的4名同学中至少有1名文科生的概率．
考点：列举法计算基本事件数及事件发生的概率．
专题：概率与统计．
分析：（Ⅰ）给2名文科同学和4名理科同学编号，然后直接列举出从2名文科生和4名理科生中选出4名同学的所有方法；
（Ⅱ）在（Ⅰ）中所列举的所有基本事件中，查出被选中的4名同学恰有2名文科生的方法种数，则概率可求；
（Ⅲ）明确被选中的4名同学中至少有1名文科生的意思，利用对立事件的概率即可求解．
解答：解：（Ⅰ）将2名文科生和4名理科生依次编号为1，2，3，4，5，6．从2名文科生和4名理科生中选出4名同学的所有方法种数为（1，2，3，4），（1，2，3，5），（1，2，3，6），
（1，2，4，5），（1，2，4，6），（1，2，5，6），（1，3，4，5），（1，3，4，6），（1，3，5，6），
（1，4，5，6），（2，3，4，5），（2，3，4，6），（2，3，5，6），（2，4，5，6），（3，4，5，6）共15种；
（Ⅱ）被选中的4名同学中恰有2名文科生的结果有：（1，2，3，4），（1，2，3，5），（1，2，3，6），
（1，2，4，5），（1，2，4，6），（1，2，5，6）共6种，
记“被选中的4名同学恰有2名文科生”为事件A，
则P（A）=；
（Ⅲ）记“被选中的4名同学中至少有1名文科生”为事件B，
则事件B包括有1名文科生或者2名文科生这两种．其否定为“被选中的4名同学中没有文科生”，
只有一种结果（3，4，5，6）．
∵，
∴P（B）1﹣．
点评：本题考查了列举法计算基本事件及事件繁盛的概率，解答的关键是列举基本事件时做到不重不漏，是基础题．
17．（13分）（2013•和平区二模）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，点D
为A1C1的中点．
（I）求证：BC1∥平面AB1D；
（II）求证：A1C⊥平面AB1D；
（Ⅲ）求异面直线AD与BC1所成角的大小．
考点：直线与平面垂直的判定；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定．
专题：综合题；空间位置关系与距离；空间角．
分析：（I）连接A1B，交AB1于O点，连接OD，由平行四边形性质及三角形中位线定理可得OD∥BC1，进而由线面平行的判定定理得到BC1∥平面AB1D；
（II）由直棱柱的几何特征可得A1A⊥B1D，由等边三角形三线合一可得B1D⊥A1C1，进而由线面垂直的判定定理得到B1D⊥平面AA1C1C，再由三角形相似得到A1C⊥AD后，可证得A1C⊥平面AB1D．
（III）由（I）中OD∥BC1，可得异面直线AD与BC1所成角即∠ADO，解△ADO可得答案．
解答：证明：（I）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，连接A1B，交AB1于O点，连接OD ∵在△A1BC1中，A1D=DC1，A1O=OB，
∴OD∥BC1，
又∵OD⊂平面AB1D，BC1⊄平面AB1D；
∴BC1∥平面AB1D；
（II）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1；
∵B1D⊂平面A1B1C1；
∴A1A⊥B1D
在△A1B1C1中，D为A1C1的中点
∴B1D⊥A1C1
又∵A1A∩A1C1=A1，A1A，A1C1⊂平面AA1C1C，
∴B1D⊥平面AA1C1C，
又∵A1C⊂平面AA1C1C，
∴B1D⊥A1C
又∵==
∴∠DA1A=∠A1AC=90°
∴△DA1A∽△A1AC，∠ADA1=∠CA1A
∵∠DA1C+∠CA1A=90°
∴∠DA1C+∠ADA1=90°
∴A1C⊥AD
又∵B1D∩AD=D，B1D，AD⊂平面AB1D；
∴A1C⊥平面AB1D；
解：（III）由（I）得，OD∥BC1，
故AD与BC1所成的角即为∠ADO
在△ADO中，AD=，OD=BC1=，AO=A1B=，
∵AD2=OD2+AO2，OD=AO
∴△ADO为等腰直角三角形
故∠ADO=45°
即异面直线AD与BC1所成角等于45°
点评：本题考查的知识点是直线与平面垂直的判定，异面直线及其所成的角，直线与平面平行的判定，（I）的关键是证得OD∥BC1，（II）的关键是熟练掌握线面垂直与线线垂直之间的转化，（III）的关键是得到异面直线AD与BC1所成角即∠ADO．
18．（13分）（2013•和平区二模）设S n为正项数列{a n}的前n项和，且．（I）求数列{a n}的通项公式；
（II）设，且数列{b n}的前n项和T n，证明：．
考点：数列与不等式的综合；数列递推式．
专题：等差数列与等比数列．
分析：（I）再写一式，两式相减，结合{a n}是正项数列，可得数列是等差数列，从而可求数列{a n}的通项公式；
（II）确定数列的通项，利用基本不等式，结合裂项求和，即可证得结论．
解答：
（I）解：∵
∴（n≥2）
两式相减可得+（a n﹣a n﹣1）
∴（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣2）=0
∵{a n}是正项数列，∴a n﹣a n﹣1=2（n≥2）
∵
∴a1=3
∴a n=3+2（n﹣1）=2n+1；
（II）证明：∵＞0，＞0，且
∴=+＞=2
∴T n＞2n
∵b n=+=2+2（）
∴T n=2n+2（）+2（）+…+2（）=2n+2（）＜2n+
∴．
点评：本题考查数列的通项与求和，考查裂项法的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
19．（14分）（2013•和平区二模）已知函数f（x）=lnx+x2﹣ax．
（I）若函数f（x）在其定义域上是增函数，求实数a的取值范围；
（II）当a=3时，求出f（x）的极值：
（III）在（I）的条件下，若在x∈（0，1]内恒成立，试确定a的取值范围．
考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的极值．
专题：导数的综合应用．
分析：（Ⅰ）求出f′（x），因为函数在定义域上为增函数，所以f′（x）大于等于0恒成立，再利用基本不等式求出左边的最小值即可得到a的取值范围；
（Ⅱ）先求导数，确定函数的单调区间．减区间与增区间的分界点为极值点，且当极值点左侧导数为正，右侧导数为负时，为极大值，当极值点左侧导数为负，右侧导数为正时，为极小值；
（III）设
=，求出函
数的最大值，即可确定a的取值范围．
解答：
解：（Ⅰ）函数f（x）=lnx+x2﹣ax（x＞0），则f′（x）=+2x﹣a（x＞0）．
∵函数f（x）在（0，+∞）上是单调增函数，
∴f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，即+2x﹣a≥0在（0，+∞）上恒成立．
∴+2x≥a．
∵当x＞0时，+2x≥2，当且仅当=2x，即x=时等号成立．
∴a的取值范围是（﹣∞，2]；
（Ⅱ）当a=3时，
当0＜x＜或x＞1时，f′（x）＞0，
当＜x＜1时，f′（x）＜0
∴f（x）在（0，）和（1，+∞）上是增函数，在（，1）上是减函数，
∴f（x）极大值=f（）=﹣﹣ln2，f（x）极小值=f（1）=﹣2
（III）设=
∴g′（x）=
∵a∈（﹣∞，2]，且x∈（0，1]
∴g′（x）＞0
∴g（x）在（0，1）内为增函数
∴g（x）max=g（1）=2﹣a
∵在x∈（0，1]内恒成立，
∴2﹣a≤0，解得a≥2．
点评：本题考查学生会利用导数研究函数的单调性，考查函数的极值，考查恒成立问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
20．（14分）（2013•和平区二模）已知点A、B分别是椭圆长轴的
左、右端点，点C是椭圆短轴的一个端点，且离心率e=．三角形ABC的面积为，动
直线l：y=kx+m与椭圆于M、N两点．
（I）求椭圆的方程；
（II）若椭圆上存在点P，满足（O为坐标原点），求λ的取值范围；（III）在（II）的条件下，当时，求△MNO面积．
考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．
专题：圆锥曲线中的最值与范围问题．
分析：
（I）由离心率e=，及三角形的面积联立方程组，即可求椭圆的方程；
（II）直线方程代入椭圆方程，分类讨论，确定P的坐标，利用P在椭圆上，即可求λ的取值范围；
（III）求出|MN|，点O到直线MN的距离，利用面积公式，即可求△MNO面积．
解答：
解：（I）由题意，，∴
∴椭圆的方程为；
（II）y=kx+m代入椭圆方程整理可得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2=0．
设点M、N的坐标分别为M（x1，y1）、N（x2，y2）、P（x0，y0），则
x1+x2=﹣，x1x2=
∴y1+y2=k（x1+x2）+2m=
（1）当m=0时，点M、N关于原点对称，则λ=0．
（2）当m≠0时，点M、N不关于原点对称，则λ≠0，
∵，∴（x1，y1）+（x2，y2）=λ（x0，y0），
∴x1+x2=λx0，y1+y2=λy0，
∴x0=，y0=
∵P在椭圆上，
∴
化简，得4m2（1+2k2）=λ2（1+2k2）2．
∵1+2k2≠0，
∴有4m2=λ2（1+2k2）．…①…7分
又∵△=16k2m2﹣4（1+2k2）（2m2﹣2）=8（1+2k2﹣m2），
∴由△＞0，得1+2k2＞m2．…②…8分
将①、②两式，∵m≠0，∴λ2＜4，
∴﹣2＜λ＜2且λ≠0．
综合（1）、（2）两种情况，得实数λ的取值范围是﹣2＜λ＜2；
（III）由题意，|MN|=|x1﹣x2|，点O到直线MN的距离d=
∴S△MNO==
当时，由4m2=λ2（1+2k2）可得2m2=1+2k2，
∴．
点评：本题主要考查待定系数法求圆锥曲线的方程，要注意椭圆的三个参数的关系为：
a2=b2+c2；求解直线与椭圆的位置关系问题，通常是联立方程组，利用韦达定理求解．。