云南省玉溪一中2013届高三上学期期中考试 理科数学

数学（理科）

一、选择题：第小题5分，共60分。 1.复数z1=3+i,z2=1-i,则复数

z1的虚部为 （ ） z2 A.2 B.-2i C.-2 D.2i 【答案】A

z13i(3i)(1i)24i=12iz1i(1i)(1i)2【解析】2，所以虚部为2，选A.

2. 设全集U1,2,3,4,5,集合A2,3,4,B2,5,则B(CUA)=（ ） A.5 【答案】B

【解析】CUA{1,5}，所以B(CUA)={1,5}{2,5}={1,2,5}，选B. 3、函数y

B. 1， 2， 5 C. 1， 2， 3， 4， 5 D.

3sin(x)cos(x)的最大值为 ( ) 226B.

A.

13 413 4C.

13 2D.13

【答案】C 【解析】

3331ysin(x)cos(x)cosxcosxsinx2262221111313=3cosxsinx,所以函数的最大值为(3)2()23，选C. 224424、椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x4，则该椭圆的方程为( )

x2y2x2y2x2y2x2y2 A．1 B.1 C.1 D.1

161212884124【答案】C

【解析】因为椭圆的焦距是4，所以2c4,c2又准线为x4，所以焦点在x轴且

a2x2y222224，解得a8，所以bac844，所以椭圆的方程为1，选

84cC.

1x25、已知曲线y3lnx的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为( )

42 A. 3 【答案】A

【解析】函数的定义域为(0,)，函数的导数为

B. 2

C. 1

D.

1 2x3，由x31，得y'y'2x2x2，选A. x2x60，解得x3或x1（舍去）

6、已知某程序框图如图所示，则输出的i的值为（ ）

A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C

【解析】解：第一次循环，S=13,i5；第二次循环，S=135,i7；第三次循环，

S=1357100,i9，此时退出循环，输出i9，故选C．

7、某教师一天上3个班级的课，每班一节，如果一天共9节课，上午5节、下午4节，并且教师不能连上3节课（第5和第6节不算连上），那么这位教师一天的课的所有排法有（ ）

A．474种 【答案】A

B．77种 C．462种 D．79种

【解析】首先求得不受限制时，从9节课中任意安排3节，有A9504种排法，其中上午连排3节的有3A318种，下午连排3节的有2A312种，则这位教师一天的课表的所有排法有504-18-12=474种，故选A．

8、一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的

333等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A.12 B.43 C.3 D.123 【答案】C

【解析】由主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，得到这是一个四棱锥，底面是一个边长是1的正方形，一条侧棱AE与底面垂直，∴根据求与四棱锥的对称性知，外接球的直径是AC根据直角三角形的勾股定理知AC1113,半径为3，所以外接2球的面积为4(32)3，选C. 2

9．设l,m,n表示不同的直线，，，表示不同的平面，给出下列四个命题：

①若m∥l，且m.则l； ②若m∥l，且m∥.则l∥；

③若l,m,n，则l∥m∥n； ④若m,l,n,且n∥,则l∥m. 其中正确命题的个数是( )

A．1 B．2

C．3

D．4

【答案】B

【解析】①正确；②中当直线l时，不成立；③中，还有可能相交一点，不成立；④正确，

所以正确的有2个，选B.

10．已知向量a(x1,2),b(4,y)，若ab，则9x3y的最小值为（ ）

A．23 B．12 C．6 D．32 【答案】C

x1)y2【解析】因为ab，所以ab0，即4(y2x9x3y23x3y223x323y0所以2xy2。则，

232x3y,2xy1取等号，所2，当且仅当36以最小值为6，选C.

11.已知对数函数f(x)logax是增函数,则函数f(|x|1)的图象大致是（ ）

A 【答案】B

【解析】因为函数为增函数，所以a1，又函数f(|x|1)为偶函数。当x0时，

B C D

f(|x|1)f(x1)logx(，当1x0时，f(|x|1)f(x1)loga(x1)，选B. a12.已知抛物线方程为y4x，直线l的方程为xy40，在抛物线上有一动点P到y

轴的距离为d1，P到直线l的距离为d2，则d2d2的最小值 ( )

2A．

525252522 B．1 C．2 D．1 2222【答案】D

【解析】因为抛物线的方程为y4x，所以焦点坐标F(1,0),准线方程为x1。因为点P到y轴的距离为d1，所以到准线的距离为d11，又d11PF,所以

2d1d2d11d21PF2d1，焦点到直线的距离d1042552，而22PFd2d5252，所以d1d2PFd211，选D.

22二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。） 13. (x3)4展开式中常数项为 【答案】4

【解析】展开式的通项为Tk1C4(x)所以常数项为T4(1)C44。 14.已知函数f(x)3x2x1,若【答案】a1或a 【解析】因为

2331xk34k1k124k()k(1)kC4x，由124k0，得k3，x11f(x)dx2f(a),则a___________.

1311f(x)dx(3x2x1)dx(xxx)11232114，所以2f(a)4，即

1f(a)2，所以a2，即，解得或。 a12f(a)3a2a123a2a103xy2015．若变量x、y满足xy40，若2xy的最大值为1，则a

ya【答案】1

【解析】令2xyz，则y=2xz，因为2xy的最大值为1，所以2xy1，由图

2xy1象可知当直线经过点C时，直线的截距最小，此时z有最大值，由，解得

xy20x1，即a=1。y1

16．已知等差数列an的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为35，则这个数列的项数为______________ ； 【答案】20

【解析】因为项数是偶数，所以由题意知a1a3an115，a2a4an35，两

a(an(an1)35式相减得(a2a1)4a3)n1，5即20d20，所以

2n404020。 d2三、解答题：本大题共6小题，满分70分． 17．（本小题满分12分）已知函数f(x) （Ⅰ）当x[31sin2xcos2x,(xR) 2251212,]时，求函数f(x)的最小值和最大值；

（Ⅱ）设ABC的内角A,B,C的对应边分别为a,b,c，且c3,f(C)0，

若向量m(1,sinA)与向量n(2,sinB)共线，求a,b的值。

18．（本小题满分12分）

某校从6名学生会干部（其中男生4人，女生2人）中选3人参加市中学生运动会志愿

者。

（Ⅰ）所选3人中女生人数为ξ，求ξ的分布列及数学期望。 （Ⅱ）在男生甲被选中的情况下，求女生乙也被选中的概率

19．（本小题满分12分）

在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC2,AA122 ∠ACB=90°,Ｍ是AA1 的中点，Ｎ是BC1的中点 （Ⅰ）求证：MN∥平面A1B1C1 ； （Ⅱ）求点C1到平面BMC的距离；

（Ⅲ）求二面角BC1MA1的平面角的余弦值大小。

x2y220．（本小题满分12分）已知椭圆1上任一点P，由点P向x轴作垂线段PQ，垂足

49为Q，点M在PQ上，且PM2MQ，点M的轨迹为C.

（Ⅰ）求曲线C的方程；

（Ⅱ）过点D（0，－2）作直线l与曲线C交于A、B两点，设N是过点(0,4)且平行于17，问是否存在这样的直线l， 使x轴的直线上一动点，满足ONOAOB（O为原点）

得四边形OANB为矩形？若存在，求出直线的方程；若不存在说明理由

21．（本小题满分13分）设函数f(x)x3ax2a2xm(a0)（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若函数f(x)在x∈[－1，1]内没有极值点，求a的取值范围；

（Ⅲ）若对任意的a∈[3,6]，不等式f(x)1在x∈[－2,2]上恒成立，求m的取值范围.

请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分 22．（本小题满分10分）《选修4-4：坐标系与参数方程》

在直角坐标系xOy中，直线l的方程为x-y+4=0，曲线C的参数方程为

x3cos（为参数）ysin ．

（I）已知在极坐标（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴 正 半轴为极轴）中，点P的极坐标为（4，

），判断点P与直线l的位置关系； 2 （II）设点Q是曲线C上的一个动点，求它到直线l的距离的最小值．

23．（本小题满分10分）《选修4-5：不等式选讲》 已知函数f(x)x2x5． （I）证明：3f(x)3；

（II）求不等式f(x)x8x15的解集．

2高2013届高三上学期期中考试题解析

一、选择题：第小题5分，共60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 A 2 B 3 C 4 C 5 A 6 C 7 A 8 C 9 B 10 C 11 B 12 D 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。将答案填在答题卷相应位置上.）

13 14 15 16 20 4 三、解答题 17．f(x)∵11或 31 3131cos2x1sin2xcos2x1sin(2x)1。 sin2x22622212x52，∴2x， 12363∴33sin(2x)1，从而1sin(2x)10。

2626则f(x)的最小值是1（2）f(C)sin(2C∵0C，∴3，最大值是0。 266)10，则sin(2C)1，

62C611，∴2C，解得C。 6623∵向量m(1,sinA)与向量n(2,sinB)共线，∴sinB2sinA， 由正弦定理得，b2a ① 由余弦定理得，c2a2b22abcos由①②解得a1,b2。

321C4C4C231, P(ξ18. 解：（I）ξ得可能取值为 0,1,2；由题意P(ξ=0)=3, P(ξ=1)=3C65C6512C4C21 …………3分 =2)=3C653，即abab3 ②

22∴ξ的分布列、期望分别为：

Eξ=0×

ξ p 0 1 2 1 53 51 5131+1×+2 ×=1 …………6分 555（II）设在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的事件为C

男生甲被选中的种数为C510,男生甲被选中，女生乙也被选中的 种数为C44

1C442 …………11分 ∴P(C)=2C510521 在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为

2 ……12分 519．（1）如图所示，取B1C1中点D，连结ND、A1D ∴DN∥BB1∥AA1 又DN＝

11BB1AA1A1M 22 ∴四边形A1MND为平行四边形。

∴MN∥A1 D 又 MN 平面A1B1C1 AD1平面A1B1C1 ∴MN∥平面A1B1C1--------------------------4分

(2)因三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱， ∴C1 C ⊥BC，又∠ACB=90°∴BC⊥平面A1MC1 在平面ACC1 A1中，过C1作C1H⊥CM，又BC⊥C1H，故C1H为C1点到平面BMC的距离。在等腰三角形CMC1中，C1 C=22,CM=C1M=6

∴C1HCC1AC43.--------------------------8分

CM3(3)在平面ACC1A1上作CE⊥C1M交C1M于点E，A1C1于点F,

则CE为BE在平面ACC1A1上的射影， ∴BE⊥C1M, ∴∠BEF为二面角B-C1M-A的平面角, 在等腰三角形CMC1中，CE=C1H=

43BC3,∴tan∠BEC= CE23∴ cos∠BEC=

27. 7二面角BC1MA的平面角与∠BEC互补，所以二面角BC1MA的余弦值为

27--------------------12分 7法2：（1）同上。如图所示建系，

（2）可得，B(2,0,0),A(0,2,0),C1(0,0,22),M(0,2,2),,设n(x,y,z)是平面BMC的

法向量，C1点到平面BMC的距离h。

C1Mn43可求得一个法向量为n(0,1,2)，C1M(0,2,2), h 3n（3）可知CB(2,0,0)是平面C1A1M 的法向量，设m(x1,y1,z1)是 平面BMC1的法向量，求得一个法向量m(2,1,2)

CBm27设是为二面角BC1MA1的平面角,则cos，又因为二面角7CBmBC1MA1的平面角是钝角，所以cos20．

因为ONOAOB，所以四边形OANB为平行四边形， 假设存在矩形OANB，则OAOB0

即x1x2y1y2x1x2k2x1x22k(x1x2)4(1k2)x1x22k(x1x2)40， 所以(1k2)分

设N（x0，y0），由ONOAOB，得

27。 71216k22k40,即k4,k2， …………102214k14k416k244y y0y1y2k(x1x2)4，即N点在直线， 422171714k14k 所以存在四边形OANB为矩形，直线l的方程为y2x2 21．解：（Ⅰ）∵f′(x)=3x+2ax－a=3(x－又a>0，∴当x<－a或x>

a时f′(x)>0； 32

2

a)(x+a), 3当－aa时，f′(x)<0. 3a，+∞)，单调递减区间为 3∴函数f(x)的单调递增区间为（－∞，－a），((－a，

a).(4分） 32

2

（Ⅱ）由题设可知，方程f′(x)=3x+2ax－a=0在[－1，1]上没有实根

f(1)0∴f(1)0，解得a>3. （8分） a0（Ⅲ）∵a∈[3,6]，∴由（Ⅰ）知又x∈[－2,2]

∴f(x)max=max{f(－2),f(2)} 而f(2)－f(－2)=16－4a<0

2

a∈[1，2]，－a≤－3 3f(x)max=f(-2)= －8+4a+2a2+m （10分）

又∵f(x)≤1在[－2，2]上恒成立

∴f(x)max≤1即－8+4a+2a+m≤1 即m≤9－4a－2a,在a∈[3，6]上恒成立 ∵9－4a－2a的最小值为－87

∴m≤－87. （13分） 22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

2

2

2

P(4,)2化为直角坐标，得P（0，4）解：（I）把极坐标系下的点。

因为点P的直角坐标（0，4）满足直线l的方程xy40， 所以点P在直线l上，

（II）因为点Q在曲线C上，故可设点Q的坐标为(3cos,sin)， 从而点Q到直线l的距离为

2cos()4|3cossin4|6d2cos()22622，

cos()1由此得，当6时，d取得最小值，且最小值为2.

23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲

3,x2,f(x)|x2||x5|2x7,2x5,解：（1）

3,x5.

当2x5时,32x73. 所以3f(x)3. ………5分 （II）由（I）可知，

当

x2时,f(x)x28x15的解集为空集； 当

2x5时,f(x)x28x15的解集为{x|53x5}； 当

x5时,f(x)x28x15的解集为{x|5x6}.综上f(x)x28x15的解集为{x|53x6}. …………10分

，不等式