重庆市2013年高考模拟数学(理)试题5

Gothedistance重庆市2013年高考数学模拟题(理工类)（5）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.已知集合A=}log|{2xyx,B=}0,)21(|{xyyx,则BCAR().A}10|{xx.B}1|{xx.C.D}1|{yy[来源:Zxxk.Com]2.复数ii314的虚部是().Ai.B1.C3.D13.某几何体的三视图如图所示，则它的体积为().A8－2π3.B8－π3.C8－2π.D2π34.若函数)1(xf的定义域为1,0，则)22(xf的定义域为（）.A[0，1].B]2,3[log2.C]3log,1[2.D[1，2]5.若131logxaxaxxxfa是R上的单调递增函数，则a的取值范围为().A),1(.B)3,23(.C3,23.D3,16.将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中,每个班级至少安排1名学生,其中甲同学不能分配到A班，那么不同的分配方案有().A18种.B24种.C54种.D60种7.4(2)xx展开式中，3x的系数是（）.A6.B12.C24.D248.若实数xy，满足1000xyxyx则yxZ23的最小值是（）.A0.B1.C3.D99.定义在R上的奇函数)(xf满足：)1()1(xfxf，且当10x时，xxxf88)(2，则)25(f（）.A2.B1.C2.D110.定义在R上的函数)(),(xgxf满足：()0,()()()()gxfxgxfxgx,Gothedistance()(),xfxagx（01aa且）,(1)(1)5,(1)(1)2ffgg在有穷数列)10,,2,1}()()({nngnf中，任意取正整数k（110k），则前k项和大于1615的概率是().A51.B52.C53.D54二.填空题.(共5小题,每小题5分,共25分)11.设P为曲线32:2xxyC上的点，且曲线C在点P处的切线倾斜角不超过4,则点P的横坐标的取值范围是___________．12.某流程如图所示，现输入函数:21)(xxf，xxf1)(2,xxxfcos)(33,)2cos()(4xxf，则输出的函数有13.下列命题中真命题的序号是①当0x且1x时，有2ln1lnxx；②函数)2(xfy与)2(xfy的图象关于y轴对称；③函数)(xf有)1()1()(xfxfxf，则1)0()2013(ff；④若)1()1(xfxf，则函数)1(xfy的图象关于点)0,2(对称。注意：14、15、16三题为选做题，请从中任选两题作答，若三题全做，按前两题给分14.如图所示，过圆C外一点P作一条直线与圆C交于A，B两点，BA＝2AP，PT与圆C相切于T点．已知圆C的半径为2，∠CAB＝30°，则PT＝。[来源:学&科&网Z&X&X&K]15．在极坐标系中，圆sin2（0，20）的圆心的极坐标是16、若关于x的不等式|a|≥|x＋1|＋|x－2|存在实数解，则实数a的取值范围是。三.解答题.(共6小题,共75分)解答过程应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，并写在答题卷相应的位置上17．已知向量(1,sin)ax，(cos(2),sin)3bxx，函数()fxab（1）求函数)(xf的解析式和最小正周期；（2）在ABC中，角C为钝角，若41)2(Cf，2a，32c．求ABC的面积.Gothedistance18.乒乓球赛规定:一局比赛,双方比分在10平前,一方连续发球2次后,对方再连续发球2次,依次轮换,每次发球,胜方得1分,负方得0分.设在甲、乙的比赛中,每次发球,发球方得1分的概率为53,各次发球的胜负结果相互独立，甲、乙的一局比赛中,甲先发球.（1）求开始第4次发球时,甲、乙的比分为1比2的概率;（2）表示开始第4次发球时乙的得分,求的期望.19．在如图所示的多面体中，已知正方形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，ACEC，EF∥AC，2AB,1ECEF.（1）求证：AF∥平面BDE（2）求证：DF⊥平面BEF；（3）求二面角EBFA的余弦值。20.已知函数lnfxxxx．（1）求函数fx的图像在点(1,1)处的切线方程；[来源:学,科,网Z,X,X,K]（2）若kZ，且(1)kxfx对任意1x恒成立，求k的最大值CDAFEBGothedistance21.已知椭圆C:22221(0,0)xyabab的离心率为22，其左右焦点分别为12,FF，点00(,)Pxy是圆2274xy上一点，且1234PFPF．（1）求椭圆C的方程；（2）设不垂直x轴的直线l：ykxm与椭圆C交于,MN两点，直线2FM与2FN倾斜角分别为,，且．证明直线l过定点，并求出定点坐标．22.对于实数x，将满足“10y且yx为整数”的实数y称为实数x的小数部分，用记号x表示，对于实数a，无穷数列na满足如下条件：.0,0,0,1,11nnnnaaaaaa其中,3,2,1n.（1）当41a时，对任意的n*N，都有aan，求符合要求的实数a构成的集合A．（2）若a是有理数，设qpa（p是整数，q是正整数，p、q互质），问对于大于q的任意正整数n，是否都有0na成立，并证明你的结论．[来源:Zxxk.Com]Gothedistance重庆市2013年高考数学模拟题(理工类)（5）参考答案一.选择题题号12345678910答案BDABCBCBAC二11.]21,1[12.xxxfcos)(33,)2cos()(4xxf13.③④14.315.)23,1(16.(,3][3,)三.解答题17．解：（1）xxbaxf2sin)32cos()(22cos13sin2sin3cos2cosxxxx2sin2321)(xf的最小正周期（2）41sin2321)2(CCf，.23sinC角C为钝角，所以.32C由正弦定理可得：CAsin32sin2，21sinA，而30A6A，6B3sin21BacSABC18.解:记iA为事件“第i次发球,甲胜”,3,2,1i,则53)()(21APAP，52)(3AP（1）“开始第4次发球时,甲、乙的比分为1比2”为事件321321321AAAAAAAAA，其概率为125445252525352532)(321321321AAAAAAAAAP即开始第4次发球时,甲、乙的比分为1比2的概率为12544（2）由题意0,1,2,3.12518525353)0(P12551)53(5253522)1(3P12544)2(P12512535252)3(PGothedistance所以57125123125442125511125180E19．证明：（1）设AC与BD交与点O。EF//AO，且EF=1，AO=12AC=1.四边形AOEF为平行四边形.，则AF//EO，EO面BDE，AF面BDE，AF//面BDE.（2）正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，且CEAC，CE面ABCD，连接FO，∵正方形ABCD的边长为2，∴AC＝BD＝2；直角梯形ACEF中，易得FO∥EC，且FO＝1；DF＝BF＝2，DE＝BE＝3，则EFBF，由BF＝DF＝2，BD＝2可知DFBF，∴BF⊥平面DEF(也可用向量法证（3）：取BF中点M，BE中点N，连接AM、MN、AN，∵AB＝BF＝AF＝2，∴AM⊥BF，又∵MN∥EF，EF⊥BF，∴MN⊥BF，∴∠AMN就是二面角A－BF－E的平面角。易求得3622AMAB，1122MNEF；在Rt△APN中，可得222114ANAPNP，∴在△AMN中，可得6cos3AMN，法二：向量法建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，则)0,2,2(A，)0,2,(0B,)0,0,2(D,)1,22,22(F,∴)0,0,2(BA，)1,22,22(BF由（2）可知:平面BEF的法向量为)1,22,22(DF设平面ABF的法向量为),,(zyxn，则012222yxBFn，02xBAn，令1z，解得0x，2y∴)1,2,0(n∴36,cosnBFnDFnDF由图知，二面角A－BF－E的平面角是钝角，故其余弦值为3620.（1）解：因为ln2fxx，所以12f，函数fx的图像在点(1,1)处的切线方程21yx；OCDAFEBMNPGothedistance（2）解：由（1）知，lnfxxxx，所以(1)kxfx对任意1x恒成立，即ln1xxxkx对任意1x恒成立．令ln1xxxgxx，则2ln21xxgxx，令ln2hxxx1x，则1110xhxxx，所以函数hx在1,上单调递增．因为31ln30,422ln20hh，所以方程0hx在1,上存在唯一实根0x，且满足03,4x．当01()0xxhx时，，即()0gx，当0()0xxhx时，，即()0gx，所以函数ln1xxxgxx在01,x上单调递减，在0,x上单调递增．所以000000min001ln123,411xxxxgxgxxxx．所以0min3,4kgxx．故整数k的最大值是3．21.解:（Ⅰ）设00(,)Pxy，1(,0)Fc,2(,0)Fc∵P在圆2274xy上，∴220074xy,又1234PFPF,∴00003(,)(,)4cxycxy，即2220034xcy…②①代入②得：1c.又22e∴2,1ab故所求椭圆方程为2212xy（Ⅱ）由2212ykxmxy得222(21)4220kxkmxm设1122(,),(,)MxyNxy∴2121222422,2121kmmxxxxkk又2111FMkxmkx，2221FNkxmkx由已知，得220FMFNkk,即1212011kxmkxmxx化简得12122()()20kxxmkxxm∴2222242()202121mkmkmkmkk∴2mk∴直线l的方程为2(2)ykxkkx，∴直线l过定点为(2,0).[来源:学§科§网Z§X§X§K]Gothedistance22.（1）1aaa，所以114a，所以14a，①当112a，即12a时，211111aaaaa，所以210aa，解得152a（151(1)22a，，舍去）.②当1132a≤，即123a≤时，211112aaaaa，所以2210aa，解得28212a（1121(]32a，，舍去）.③当1143a≤，即134a≤时，211113aaaaa，所以2310aa，解得3132a（31311(]243a，，舍去）.综上，152a，21a，3132a.（2）成立.由a是有理数，可知对一