2013绍兴县期末考试高三上学期期末考试 数学(文科)

2013绍兴县期末考试高三上学期期末考试

数学（文科）

本试卷分选择题和非选择题两部分，共21小题，满分150分。考试用时120分钟。

注意事项：

1．考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号填写在答题卡的密封线内。 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在另发的答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷和答题卡一并收回。

1参考公式：1.锥体的体积公式VSh，其中S是锥体的底面积，h是锥体的高.

3nnn1n2n32n2n1 2.ab(ab)(aabab...abb),其中nN。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分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. 若复数z(x1)(x1)i为纯虚数，则实数x的值为 （ ） A．1 B．0 C．1 D．1或1 2. 已知集合M1,2,3，N2,3,4，则（ ）

A．MN B．NM C．MN2,3 D．MN1,4 3. 某学校有教师150人，其中高级教师15人，中级教师45人，初级教师90人. 现按职称分层抽样选出30名教师参加教工代表大会,则选出的高、中、初级教师的人数分别为 （ ） A．5,10,15 B．3,9,18 C．3,10,17 D．5,9,16 4．“26”是“cos21”的（ ） 2 B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

2A． 充分而不必要条件 C． 充分必要条件

y21的离心率为 （ ） 5．已知m是两个正数2,8的等比中项，则圆锥曲线xm A．

6. 函数y2cos(x235或 22B．

33 C．5 D．或5 224)1是 （ ）

A．最小正周期为的奇函数 B．最小正周期为的偶函数 C．最小正周期为

的奇函数 D．最小正周期为的偶函数

227．甲、乙两名篮球运动员在某几场比赛得分的茎叶图如图所示，

则甲、乙两人这几场比赛得分的中位数之和是（ ） A．63 B．64 C．65 D．66

8．设Sn为等比数列an的前n项和，已知3S3a42，3S2a32，

则公比q（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6

9．如图所示，已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的 射影D为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（ ） A．

3573 B． C． D． 4444

10．下图展示了一个由区间（0,1）到实数集R的映射过程：区间（0,1）中的实数m对应数轴上的

点M，如图1；将线段AB围成一个圆，使两端点A,B恰好重合，如图2；再将这个圆放在平

面直角坐标系中，使其圆心在y轴上，点A的坐标为（0,1），如图3.图3中直线AM与x轴

交于点N(n,0)，则m的像就是n，记作f(m)n。则在下列说法中正确命题的个数为

（ ） ① f11；②为奇函数；③在其定义域内单调递增；④的图像关于点1f(x)f(x)f(x),024对称。

A．1 B．2 C．3 D．4

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，满分20分．其中14、15题是选做题，考生只能选做

一题，两题全答的，只计算前一题得分。

(一)必做题（11—13题）

11. 黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案：

。。。

第1个 第2个 第3个

则第n个图案中有白色地面砖的块数是 ____________.

2xxx),b(1,t)，若函数f(x)ab在区间(1,1)上存在增区间，则t 的12．已知向量a(e+，2取值范围为_________. 13．若

4x2，则函数ytan2xtanx的最大值为 。

3（二）选做题（14、15题，考生只能从中选做一题） 14．（坐标系与参数方程选做题）

极坐标方程cos和参数方程x1t（t为参数）所表示的图形分别是下列图形中的

P y23tC （依次填写序号） ． ．．

①直线；②圆；③抛物线；④椭圆；⑤双曲线. 15．（几何证明选讲选做题）

B A O 如图，直径AB26，PB是圆的一条切线，割线PA与半圆交于点C，O是半圆的圆心，

AC4，则PB ．

三、解答题：本大题共6小题，满分80分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤. 16．（本小题满分为12分）

已知函数f(x)2sin(x)cosx. （Ⅰ）求f(x)的最小正周期；（Ⅱ）求f(x)在区间,上的最大值和最小值. 62 17．（本小题满分12分）

袋子中放有大小和形状相同的小球若干个，其中标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，

1

标号为2的小球n个．已知从袋子中随机抽取1个小球，取到标号是2的小球的概率是. 2

(1) 求n的值；

(2)从袋子中不放回地随机抽取2个小球，记第一次取出的小球标号为a，第二次取出的小球标号为b. 记事件A表示“a＋b＝2”，求事件A的概率． 18．（本小题满分14分）

已知四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为4的正方形，PD平面ABCD，PD6,E,F分别为PB,AB中点。 （1）证明：BC平面PDC。 （2）求三棱锥PDEF的体积。 19．（本小题满分14分）

已知函数f(x)(Ⅰ)若点(1,13xax2bx(a,bR) 。 311)在函数yf(x)图象上且函数在该点处的切线斜率为4,求yf(x)的极3大值；

(Ⅱ)若yf(x)在区间[－1,2]上是单调减函数,求ab的最小值。 20．（本小题满分14分）

x2y22已知椭圆221(ab0)的左焦点为F(2,0),离心率e=,M、N是椭圆上的动

2ab点。

（Ⅰ）求椭圆标准方程；

1OPOM2ON，（Ⅱ）设动点P满足：直线OM与ON的斜率之积为，问：是否存在定点F1,F2，

2使得PF1PF2为定值？，若存在，求出F1,F2的坐标，若不存在，说明理由。

（Ⅲ）若M在第一象限，且点M,N关于原点对称，点M在x轴上的射影为A，连接NA 并延长

交椭圆于点B，证明：MNMB；

21．（本小题满分14分）

nn已知数列an，an(n1,2,...)，其中,是方程x2x10的两个根.

（1）证明：对任意正整数n，都有an2an1an；

（2）若数列an中的项都是正整数，试证明：任意相邻两项的最大公约数均为1；

（3）若,bnnnn,n1,2,...，证明：bk2。

k1n

文科数学参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分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。

x210x1 故选A 1.A;解析:由x102.C;解析:MN1,2,32,3,42,3,故选C. 3.B; 解析：高：中：初

=15:45:90=1:3:6 4.A;解析： 当6时，cos2cos31， 2反之，当cos21时，有22kkkZ， 236 或22k23k6kZ，故应选A.

5.D;解析：m16m4,故选择D。

7.A 8.B；

9.D;解：连结A1D，AD，易知A1AB为异面直线AB与CC1所成的角,则

3cosA1ABcosA1ADcosDAB，故选D；

410.B；解析：仅有③④正确。

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，满分20分．其中14、15题是选做题，考生只能选做一题，两题全答的，只计算前一题得分。。 11. 4.解析：将第n个图案先看做是n个第1个图案，则共有6n个白色图案，再结合第nn2个图案，

可知共有6n-2(n-1)=4n+2个白色图案。

x2tx,x(1,1)， 12.(,e1);解析：f(x)e2xx f'(x)ext，函数在(x1,x2)(−1,1)上单调递增，故ext,x(x1,x2)时恒成立，

x故e1t 13.-8;解:令tanxt,422tan4x2t42223ytan2xtanx8．

1tan2x1t211(11)211t4t2t224414.②;①. 15. 23；

三、解答题：本大题共6小题，满分80分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤. 16解析：（Ⅰ）∵fx2sinxcosx2sinxcosxsin2x，

∴函数f(x)的最小正周期为. （Ⅱ）由xt1,

3sin2x1， 26233∴f(x)在区间,上的最大值为1，最小值为.

262x2x，∴

1

＝，解得n＝2.

1＋1＋n2

(2) 不放回地随机抽取2个小球的所有等可能基本事件为：(0,1)，(0,21)，(0,22)，(1,0)，(1,21)，(1,22)，(21,0)，(21,1)，(21,22)，(22,0)，(22,1)，(22,21)，共12个， 事件A包含的基本事件为：(0,21)，(0,22)，(21,0)，(22,0)，共4个．

41

∴P(A)＝＝. 123

18.解：（1）PD平面ABCD,BC平面ABCDPDBC„„„„2分 17.解：(1)由题意可知：

又底面ABCD是正方形，故BCCD„„„„„.4分 PD,DC相交„„„„5分

故BC平面PDC„„„„.6分

（2）E为PB中点，故P,B两点到平面DEF的距离相等„„„8分 故VPDEFVBDEFVEBDF„„„„12分

n1PD3且EE'//PD，又PD平面ABCD 21 故EE'平面ABCD，又SBDF424

21 故VPDEFVEBDF434„„„14分

3219解：(Ⅰ)∵f(x)x2axb, 1分

11∴ 由题意可知：f(1)4且f(1),

312ab4,a1∴ 1得： ， 3分 11ab,b3331322∴f(x)xx3x,f(x)x2x3(x1)(x3).

3令f(x)0，得x11,x23，

设BD中点E'，则EE'

由此可知： X (－∞,－1) + f(x) －1 0 (－1, 3) － 3 0 (3, +∞) + ↘ ↗ f(x)极小值 5f(x)极大值 35∴ 当x=－1时, f(x)取极大值 6分

3(Ⅱ) ∵yf(x)在区间[－1，2]上是单调减函数，

2∴f(x)x2axb0 在区间[－1，2]上恒成立. 7分 根据二次函数图象可知f(1)0且f(2)0，

12ab0,2ab10,即：也即 9分

44ab0,4ab40.↗ 作出不等式组表示的平面区域如图： 11分

1当直线zab经过交点P(－, 2)时，

2f(x)

13zab取得最小值z2, 13分

222a+b-1=0 3∴zab取得最小值为 14分

2

b 4a-b+4=0 4 1P(－, 2) 2-2 o 2 a c2z=a+b 20.解：（Ⅰ）由题设可知：c2a2,c2„„„„„„„„„„„2分 2a222 故bac2„„„„„„„„„„„3分

x2y21„„„„„„„„„„„4分 故椭圆的标准方程为：42（Ⅱ）设P(xp,yP),M(x1,y1),N(x2,y2)，由OPOM2ON可得：

xPx12x2.............①„„„„„„„„„„„5分 yy2yP121由直线OM与ON的斜率之积为可得：

2y1y21 ，即x1x22y1y20............②„„„„„„„„„„„6分 x1x22 由①②可得：xP2yPx12x22y12y2(x12y1)(x22y2)

22222222 M、N是椭圆上，故x12y14,x22y24

22xPyP1„„„„„..8分 故x2y8，即84 由椭圆定义可知存在两个定点F1(2,0),F2(2,0)，使得动点P到两定点距离和为定值

2P2P222242;„.9分；

（Ⅲ）设M(x1,y1),B(x2,y2)

由题设可知x10,y10,x20,y20,x1x2,A(x1,0),N(x1,y1)„„„..10分 由题设可知lAB斜率存在且满足kNAkNB kMNkMB1y1yy21„„„„.③ 2x1x2x1y1y2y11.........④„„„„„„„12分 x1x2x1 将③代入④可得：

222(y2y1)y2y1(x22y2)(x122y12)„„⑤„„„„.13分 kMNkMB1122x2x1x2x1x2x12222x2y2(x2y)(x2y)4422111，故kMNkMB1 点M,B在椭圆0 222242x2x1x2x1所以kMNkMB10kMNkMB1MNMB„„„„14分

21.证明：（1）,是方程xx10的两个根，

2

n+2n1nn+2n1n 故对任意正整数n，an2(an1an)n2 1n21000  故an2an1an；

（2）由（1）与更相减损术可得：对任意正整数n，

an2,an1an1an,an1an,an1an,an1a2,a1a2,11 故命题成立；

（3）,是方程x2x10的两个根且，故 由ab(ab)(a bnnnn1an2ban3b2...abn2bn1)可得：

2n2k0n1n1knnn1nk0n1n1k

kkn1n1kkn1kkn1kkn1kkn2n2nk0k0k0nnnnn1111111故bk22211112

1k2kknk1k1kk2k(k1)k2k12n122n1n11

n2