陕西省2013届高三年级第一次月考数学40;理41;试卷

高三数学理科试卷
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出地四个选项中，选出符合题目要求地一项.
2.已知集合{|1}A x x =>，{
}
2
+=<9B x N x ∈，那么A
B =（ ）
A. {}2
B. ()-3,3
C. ()1,3
D. ()2,33.已知1
F 、2F 为双曲线C ：22
2x y -=地左、右焦点，点P 在C 上，122PF PF =，则12cos F PF ∠=（ ）
A ．
14 B ．35 C ．34 D ．4
5
4.已知p 、q 为命题，则“p q ∨为真命题”是“p q ∧为真命题”地（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分又不必要条件
5.一机构为调查某地区中学生平均每人每周零花钱X （单位：元）地使用情况，分下列四种情况统
计：①010X ≤≤；②1020X <≤；③ 2030X <≤；④30X >．调查了10000名中学生，下图是此次调查中某一项地程序框图，其输出地结果是7300，则平均每人每周零花钱在[0,20]元内地学生地频率是（ ）A. 0.20 B. 0.80 C. 0.27 D. 0.73
A. B. C. D. 7.已知,x y 满足线性约束条件1020410x y x y x y -+≥⎧⎪
+-≤⎨⎪++≥⎩
，若(,2)x =-a ，(1,)y =b ，则z =⋅a b 地最大值是
（ ）
A. 1-
B. 5
2
-
C. 5
D. 78.数列{}n a 地首项为3，{}n b 为等差数列且1(*)n n n b a a n N +=-∈.若则32b =-，1012b =，则
8a =（ ）
A. 0
B. 3
C. 8
D. 119.对于下列命题：①在△ABC 中，若sin2sin2A B =,则△ABC 为等腰三角形；②已知a ，b ，c 是△ABC 地三边长，若2a =，5b =，6
A π
=
,则△ABC 有两组解；③设2012sin
3a π=，2012cos 3
b π
=，2012tan
3c π=,则a b c >>；④将函数2s i n 36y x π⎛⎫=+ ⎪⎝
⎭图象向左平移6π
个单位，得到函数2cos 36y x π⎛
⎫=+ ⎪⎝
⎭图象.其中正确命题地个数是（ ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 310.在平面直角坐标系xOy 中,圆C 地方程为228150x y x +-+=,若直线2y kx =-上至少存在一点,使得以该点为圆心,1为半径地圆与圆C 有公共点,则k 地取值范围是（ ）A. 403k ≤≤
B. <0k 或4>3k
C. 3443k ≤≤
D. 0k ≤或4>3
k 第Ⅱ卷 （非选择题 共90分）
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分. 把答案填在答题卡上. 11.设,x y ∈R,向量(,1)x =a ,(1,)y =b ，(2,4)=-c 且⊥a c ，//b c ,则_______+=a b .
12.已知30
sin a xdx π
=⎰，则7
1x x ax ⎛
⎫+ ⎪⎝
⎭地展开式中地常数项 是 （用数字作答）.
13.函数()sin 6f x x πω⎛
⎫=+ ⎪⎝
⎭地导函数()y f x '=地部分图像
如图所示：图象与y
轴交点P ⎛ ⎝⎭
,与x 轴正半轴地两交 点为A 、C,B 为图象地最低点 ,则ABC S ∆=___ ___ .
14. 将一张边长为12cm 地纸片按如图1所示阴影部分裁去四个全等地等腰三角形，将余下部分沿虚线折成一个有底地正四棱锥模型，如图2
放置．若正四棱锥地正视图是正三角形（如图3），则四棱锥地体积是___________．铙誅卧泻噦圣骋贶頂廡。

15.函数()22
f x x =--.给出函数()f x 下列性质：⑴函数地定义域和值域均为[]1,1-；⑵函数地
图像关于原点成中心对称；⑶函数在定义域上单调递增；⑷
()0A
f x dx =⎰
（其中A 为函数地定义
域）；⑸A 、B 为函数()f x 图象上任意不同两点，则2AB ≤.请写出所有关于函数()f x 性质正确描述地序号 .
三、解答题：本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 把答案答在答题卡上.
16.(本小题满分12分)
已知函数21
()cos cos 2
f x x x x =--，.x R ∈
（Ⅰ）求函数()f x 地最大值和最小正周期；
（Ⅱ）设ABC ∆地内角,,A B C 地对边分别,,,a b c 且3c =,()0f C =，若sin()2sin ,A C A +=求,a b 地值．
图1 图2 图3
已知函数
()221()0ax f x x x e a a a ⎛
⎫=-+> ⎪⎝
⎭
（Ⅰ）当=1a 时,求函数()f x 地图象在点()0,(0)A f 处地切线方程； （Ⅱ）讨论函数()f x 地单调性；
设椭圆22
22:1(0)x y C a b a b
+=>>地左、右焦点分别为12F F 、，上顶点为A ，离心率为12，在x 轴负
半轴上有一点B ，且212.BF BF =
（Ⅰ）若过2A B F 、、三点地圆恰好与直线30x -=相切，求椭圆C 地方程； （Ⅱ）在(Ⅰ)地条件下，过右焦点2F 作斜率为k 地直线l 与椭圆C 交于M N 、两点，在x 轴上是否存在点(,0)P m ，使得以,PM PN 为邻边地平行
四边形是菱形，如果存在，求出m 地取值范围；如果不存在，说明理由．
池州一中2013届高三“知识储备能力”检测
数学（理科）答案
一、选择题：
题号
1 2
3 4 5 6 7 8 9 10 答案
C A C B
D D C B C A
8. 【解读】：由已知知128,28,n n n b n a a n +=--=-由叠加法
21328781()()()642024603a a a a a a a a -+-++-=-+-+-++++=⇒==
9. 【解读】①sin2sin2A B =，则22A B =,或22A B π+=，∴A B =，或2
A B π
+=，,所以△ABC 为等腰三
角形或直角三角形，故此命题错；②由正弦定理知sin sin a b A B =，∴1
5sin 52sin 124
b A
B a
⨯
===>,显然无解，故此命题错；
③
20122sin
sin 33a ππ==，
201221
cos
cos 332
b ππ===-
，
20122tan
tan 33c ππ
===a b c >>；④2sin 3+=2sin 3++=2cos 366626y x x x πππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝
⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，正确.10. 【解读】∵圆C 地方程可化为:()2
241x y -+=,∴圆C 地圆心为(4,0),半径为1.
∵由题意,直线2y kx =-上至少存在一点00(,2)A x kx -,以该点为圆心,1为半径地圆与圆C 有公共点。

∴存在0x R ∈,使得11AC ≤+成立,即min 2AC ≤. ∵min AC 即为点C 到直线2y kx =-
,
2≤,解得4
03
k ≤≤
. 二、填空题
题号 11
12
13
14
15 答案
560
2
π
⑵⑷
11. 【解读】由02402a c a c x x ⊥⇒⋅=⇒-=⇒=,由//422b c y y ⇒-=⇒=-,
故
||(21)a b +=+=
12. 【解读】3011sin cos 13220
a xdx x π
π
==-=-+=⎰，因而要求7
2x x x ⎛
⎫+ ⎪⎝⎭展开式中地常数项是，
即求7
2x x ⎛⎫+ ⎪⎝
⎭展开式中地1x -地系数，由展开式地通项公式77217722r r r r r r r
r T C x x C x ---+=⋅⋅=，则
令721r -=-，解得4r =，从而常数项为44
72560C =13.【解读】()y f x '=cos 6x πωω⎛
⎫
=+
⎪⎝
⎭
,点P 地坐标为
时
cos 6πω=，得3ω=，故
()3cos 36f x x π⎛
⎫'=+ ⎪⎝
⎭，从而23T AC π==，则13232ABC S ππ∆=⨯⨯=；
14. 【解读】设正四棱锥地底面边长为2x,则由其侧棱长为,
根据题意知
高为所以其体积为
15.【解读】由22x x x ⎧-⎪⎨-⎪⎩此时()f x =所示.错误（0<2AB ≤三、解答题
16. 解读：（1）()f x =
则()f x 2
（2）()sin(2)106f C C π
=-
-=则sin(2)16
C π
-= 11
002226
6
6
C C C π
π
πππ<<∴<<∴-<-
<
26
2
3
C C π
π
π
∴-
=
∴=
sin()2sin A C A +=由正弦定理得
1
2
a b =①………………………………9分 由余弦定理得2
2
2
2cos 3
c a b ab π
=+-
即2
2
9a b ab +-=②
由①②解得a =b =分
17.【命制意图】本试卷主要是考查了古典概型概率地运算，以及随机变量地分布列地求解和期望值地运用. （1）、4名运动员中任取两名，其靶位号与参赛号相同，有
种方法，另2名运动员靶位号与参
赛号均不相同地方法有1种，所以恰有一名运动员所抽靶位号与参赛号相同地概率为1/4 （2）由表可知，两人各射击一次，都未击中9环地概率为P=（1-0.3）（1-0.32）=0.476至少有一人命中9环地概率为p=1-0.476=0.524，那么利用各个取值概率值表示得到期望值，并比较大小得到水平高低问题. 解（Ⅰ）从4名运动员中任取两名，其靶位号与参赛号相同，有
种方法，另2名运动员靶位号与
参赛号均不相同地方法有1种，所以恰有一名运动员所抽靶位号与参赛号相同地概率为
（Ⅱ）①由表可知，两人各射击一次，都未击中9环地概率为10.310.320.476P =
--=（）（），∴至少有一人命中9环地概率为
10.47p =-=；
②
所以2号射箭运动员地射箭水平高.
18.解（I ）时,
,
于是,,
所以函数
地图象在点
处地切线方程为
，即
．
（II）
=，
∵，∴只需讨论地符号．
ⅰ）当＞时，＞，这时＞，所以函数在（－
ⅱ）当= 2时，≥0，函数在（－
＜＜时，令= 0，解得，．
当变化时，和地变化情况如下表：
∴在，为增函数，在为减函数；
【备注题】（Ⅲ）是否存在实数，使当时恒成立？若存在，求出实数；若不存在，请说明理由．
当∈（1，2）时，∈（0，1）．由（2）知在上是减函数，在
上是增函数，故当∈（0，1）时，，所以当
∈（0，1）时恒成立，等价于恒成立．当∈（1，2）时，，设，则，表明
g(t) 在（0，1）上单调递减，于是可得，即∈（1，2）时恒成立，因此，符合条件地实数不存在.
19.【解读】(Ⅰ)易知为地中点，则，又，
又，平面，
所以平面
(Ⅱ)方法一：以为轴，为轴，过垂直于
平面向上地直线为轴建立如图所示空间
直角坐标系，则,，，
易知平面地法向量为，
设平面地法向量为
则由得，
解得，，令，则
则
解得，，即，即，又，∴，故.识饒鎂錕缢灩筧嚌俨淒。

方法二：作，连接，
由(Ⅰ)知平面，又平面，
∴，又，平面，
∴平面，又平面，∴，
∴即为二面角地平面角
作于，由平面及平面知，
又，平面，所以平面
所以即为直线与平面所成地角，即
在中，
，
由=知，，
则，又，所以，故.凍鈹鋨劳臘锴痫婦胫籴。

20. 【解读】（1）由题意
1
2
c
a
=，得
1
2
c a
=，所以12
F F a
=
又
12
AF AF a
==由于
21
2
BF BF
=，所以
1
F为
2
BF地中点，
所以
1212
AF AF F F a
===
所以
2
ABF
∆地外接圆圆心为
1
(,0)
2
a
F-，半径
1
r F A a
==…………………3分
又过
2
A B F
、、三点地圆与直线30
x-=相切，
所以
1
3
2
2
a
a
--
=解得2
a=，222
1, 3.
c b a c
==-=
所求椭圆方程为
22
1
43
x y
+=…………………………………………………… 6分
（2）有（1）知2(1,0)F ,设l 地方程为：(1)y k x =- 将直线方程与椭圆方程联立22(1)143
y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩,整理得22223484120k x k x k +-+-=（） 设交点为1122(,),(,)M x y N x y ，因为2
340k +> 则2
12121228,(2)34k x x y y k x x k
+=+=+-+……………………………………8分 若存在点(,0)P m ，使得以,PM PN 为邻边地平行四边形是菱形，
由于菱形对角线垂直，所以().0PM PN MN +=
又11221212(,)(,)(2,)PM PN x m y x m y x x m y y +=-+-=+-+
又MN 地方向向量是(1,)k ，故1212()20k y y x x m +++-=，则
21212(2)20k x x x x m +-++-=，即22
2
2288(2)203434k k k m k k -+-=++ 由已知条件知0,k k R ≠∈且222
13344k m k k ∴==++………………………11分 104
m ∴<<，故存在满足题意地点P 且m 地取值范围是1(0,)4
………………13分 21.【解读】解：（1）容易求得：
，----------------------（2分） 故可以猜想
， 下面利用数学归纳法加以证明： （i ） 显然当
时，结论成立，-----------------（3分） （ii ） 假设当；时（也可以），结论也成立，即
，--------------------------（4分）
那么当时，由题设与归纳假设可知：
------------（6分）
即当时，结论也成立，综上，对,成立.--------（7分）
（2）---（9分）
所以
---------（11分）
所以只需要证明
（显然成立）
所以对任意地自然数，都有-------（14分）恥諤銪灭萦欢煬鞏鹜錦。