2013年高三数学理查漏补缺题答案

2013年最后阶段高三数学复习参考资料答案理科2013年5月题号12345答案BCCA33π，30π题号678910答案①③[0,8]12245,(,)1339152e题号1112131415答案-21,30B1535a解答题部分：１.解：﹙Ⅰ﹚22()cos23sincossinfxxxxx3sin2cos2xx2sin(2)6x所以,()[2,2]Tfx﹙Ⅱ﹚由()22Af，有()2sin()226AfA，所以sin()1.6A因为0A，所以62A,即3A.由余弦定理2222cosabcbcA及2abc，所以2()0bc.所以,bc所以3BC.所以ABC为等边三角形.2.解：依题意π3MOQ，所以π3POQMOQMOP．因为1sin3，且ππ(,)22，所以22cos3．所以πππ223coscos()coscossinsin3336POQ．（Ⅱ）由三角函数定义，得(cos,sin)P，从而(cos,3cos)Q所以1|cos||3cossin|2POQS21|3cossincos|2133cos2113π|sin2||sin(2)|22222231331|1|2242因为ππ(,)22，所以当π12时，等号成立所以OPQ面积的最大值为3142.3.解：（Ｉ）2a（ＩＩ）因为2()cos2cos12cos2cosfxxaxxx设cos,tx因为[0,π],x所以[1,1]t所以有222,ytt[1,1]t由二次函数的性质知道，222ytt的对称轴为12t所以当12t，即1cos2tx，2π3x时，函数取得最小值12当1t，即cos1tx，0x时，函数取得最大小值44.证明：（I）当1n时，3211aa因为10a，所以11a当2n时，33332123nnaaaaS①3333212311nnaaaaS②①－②得，3121(222)nnnnaaaaaa因为0na所以2121222nnnaaaaa－，即22nnnaSa－因为11a适合上式所以22nnnaSa－()nN（Ⅱ）由（I）知22nnnaSa-()nN③当2n时，21112nnnaSa④③－④得2na－2111112()2nnnnnnnnnnaSSaaaaaaa--------因为10nnaa-,所以11nnaa--所以数列na是等差数列，首项为1，公差为1，可得nan5.（I）因为在正三角形ACE中，O为AC中点，所以EOAC又平面ACE平面ABCD，且平面ACE平面ABCDAC，所以EO平面ABCD，所以EOCF在RtACD中，22tan,tan22FCOODC所以FCOODC，所以90FCDODC，即CFDO，又DOOEO所以CF平面DOE，所以CFDE（Ⅱ）以O为坐标原点，,,OFOAOE所在直线为坐标轴建立坐标系，则2(0,0,0),(,0,0),(0,1,0),(0,1,0),(0,0,03)2OFACE，(2,1,0)D由（I）得平面DOE的法向量为2(,1,0)2CF设平面DCE的法向量为(,,)nxyz因为(2,0,0),(0,1,3),CDCE所以0,0,CDnCEn解得030xyz，取(0,3,3)n所以2cos,=2nCF，所以二面角ODEC的值为π4.6.解：（Ⅰ）记“摸出一球，放回后再摸出一个球，两球颜色不同”为事件A，摸出一球得白球的概率为25，摸出一球得黑球的概率为35，所以P（A）＝25×35＋35×25＝12.25答：两球颜色不同的概率是12.25（Ⅱ）由题知可取0，1，2，依题意得323(0),5410P32233(1),54545P211(2)5410P则3314012105105E，22243434190125105551025.D答：摸出白球个数的期望和方差分别是45，925.7.解：（Ⅰ）因为21()6ln(2)2fxaxx，所以'()62afxxax由'(2)0f，可得2a经检验2a时，函数()fx在2x处取得极值，21()6ln(22)2fxxx，2'66(3)(2)()111xxxxfxxxxx而函数()fx的定义域为(1,)，当x变化时，'()fx，()fx的变化情况如下表：x(1,2)2(2,)'()fx0()fx极小值由表可知，()fx的单调减区间为(1,2)，()fx的单调增区间为(2,)（Ⅱ）若'()fxkx，则有226xxkxkx，其中1x，所以2(1)(1)60kxkx有大于1的根，显然1k，设2()(1)(1)6gxkxkx则其对称轴为12x，根据二次函数的性质知道，只要2(1)24(1)0kk解得25k或1k.8.（Ⅰ）解：2(1)[(1)1]()eaxxaxfxax①当1a时，令()0fx，解得1x()fx的单调递减区间为(,1)；单调递增区间为(1,0)，(0,)当1a时，令()0fx，解得1x，或11xa②当10a时，()fx的单调递减区间为(,1)，1(,)1a单调递增区间为(1,0)，1(0,)1a③当0a时，()fx为常值函数，不存在单调区间④当0a时，()fx的单调递减区间为(1,0)，1(0,)1a单调递增区间为(,1)，1(,)1a（Ⅱ）解：①当0a时，若(0,)x，21min1()()e(1)11aafxfaa若(,0)x，max()(1)e1afxf，不合题意②当0a时，显然不合题意③当10a时，取12ax，则221()e(1)0afxa取21x，则2()e0afx，符合题意④当1a时，取11x，则11()e0fx取21x，则2()e0afx，符合题意综上，a的取值范围是[1,0)．9.解：（Ⅰ）证明：2()2fxaxbxc，由题意及导数的几何意义得(1)20fabc，（1）2()2fmambmca，（2）又abc，可得424aabcc，即404ac，故0,0,ac由（1）得2cab，代入abc，再由0a，得113ba，（3）将2cab代入（2）得2220ambmb，即方程2220axbxb有实根．故其判别式2480bab≥得2ba≤，或ba≥0，（4）由（3），（4）得01ba≤；（Ⅱ）由2()2fxaxbxc的判别式2440bac，知方程2()20()fxaxbxc有两个不等实根，设为12,xx，又由(1)20fabc知，11x为方程（）的一个实根，则由根与系数的关系得122122,10bbxxxxaa，当2xx或1xx时，()0fx，当21xxx时，()0fx，故函数()fx的递增区间为21[,]xx，由题设知21[,][,]xxst，因此122||||2bstxxa，由（Ⅰ）知01ba≤得||st的取值范围为[2,4).10.解:（Ⅰ）椭圆C的方程为：221.43xy（Ⅱ）设1122(,),(,)MxyNxy，则2211143xy，2222143xy.依题意有||||PMPN，即2222101202()()xyyxyy，整理得22221212012()()2()0xxyyyyy.将2211443yx，2222443yx代入上式，消去2212,xx，得2212012()6()0yyyyy.依题意有120yy，所以1206yyy.注意到1||3y，2||3y，且,MN两点不重合，从而122323yy.所以033(,)33y.11.解：(I)1(,),,(0,),22yQxyNPPQN设因为所以3(3,0),(3,),(,),22yyMmMNmNQx又所以由已知0,MNNQ则23304mxy224,4.ymxQymx即点轨迹方程为（Ⅱ）如图，不妨设正方形在抛物线上的三个顶点中AB、在x轴的下方（包括x轴），记ABC、、的坐标分别为112233(,),(,),(,)xyxyxy，其中3210yyy并设直线AB的斜率为0kk（＜）则有21213232()1()yykxxyyxxk……①又因为ABC、、在抛物线24ymx上，故有222123123,,444yyyxxxmmm代入①式得12324,4myyymkyk……②因为||||ABBC即222212123232()()()()xxyyxxyy所以22132211()1()yykyyk所以2132()()yykyy将②代入可得：BACDOyx2224(42)myykmkyk即22442(1)mmkkyk，得22442(1)mmkkyk正方形的边长为22322||1()1(42)ABkyykmky22441(4)1mmkkkmkk32141(1)kmkkkk221(1)4(1)kkmkk易知22(1)122,12kkkk,所以221(1)442(1)kkmmkk所以正方形ABCD面积的最小值为232m.12．解：（Ⅰ）设圆心坐标为(,)xy，那么22222(2)yyx，化简得24xy（Ⅱ）解法一：设1122()()PxyQxy，，，设直线PQ的方程为ykxb，代入曲线C的方程得2440xkxb，所以212124,4,16160xxkxxbkb因为2PQ，所以22221212(1)[()4]4,(1)[1616]4kxxxxkkb所以,222214(1)[]1,4(1)kkbkbk过P、Q两点曲线C的切线方程分别为121122(),()22xxyyxxyyxx两式相减，得22212112()22xxxyyxx2222212112()422xxxxxxx，12xx，1222xxxk代入过P点曲线C的切线方程得,11211()22xxxyyx211121()422xxxxyx，124xxyb即两条切线的交点M的坐标为（2,kb），所以点M到直线PQ的距离为22322222221112(1)kbkbdkkk当0k时,max12d,此时PQM的面积的取最大值maxmax1122SPQd解法二:设1122()()PxyQxy，，，,则过P、Q两点曲线C的切线方程分别为121122(),()22xxyyxxyyxx两式相减得22212112()22xxxyyxx，2222212112()422xxxxxxx，12xx，122xxx代入过P点曲线C的切线方程得,11211()22xxxyyx211121()422xxxxyx，1