贵州省遵义四中2013届高三第三次月考 理科数学

本试卷满分150分 考试时间120分钟

一、选择题：本大题共12小题，每小题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、集合A{1,0,1}，A的子集中，含有元素0的子集共有。 （A）2个 （B）4个 （C）6个 （D）8个

(3i)(3i)，则|z|

2i525（A） （B） （C）5 （D）25 55(sincos)213、已知tan，则

cos22 （A）2 （B）2 （C）3 （D）3

4、阅读右边的程序框图，运行相应的程序，则输出i的值为

2、已知复数z（A）3 （B）4 （C）5 （D）6

5、设函数yf(x)(xR)的图象关于直线x0及直线x1对称，且x[0,1]时，f(x)x，则f() （A）

232

1139 （B） （C） （D） 24446.在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如左图所示，则相应的侧视图可以为

甲 （第6题图）

vtvv乙t0t1t9题图 O7、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4数，

B3xxC2D8

xx8、已知命题p1：函数y22在R为增函数， p2：函数y22在R为减函

则在命题q1：p1p2，q2：p1p2，q3：

 p1p2和q4：p1p2中，真命题是。

（A）q1，q3 （B）q2，q3 （C）q1，q4 （D）q2，q4 9、已知甲、乙两车由同一起点同时出发,并沿同一路线（假定为直线）行驶．甲车、乙车的速度曲线分别为v甲和v乙，那么对于图中给定的t0和t1，下列判断中一定正确的是。 (A)在t1时刻，甲车在乙车前面 (B)t1时刻后，甲车在乙车后面 (C)在t0时刻，两车的位置相同 (D) t0时刻后，乙车在甲车前面

版权所有：中华资源库 www.ziyuanku.com

10、为了迎接党的十八大胜利召开，北京某大楼安装5个彩灯，它们闪亮的顺序不固定，每个彩灯闪亮只能是红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯所闪亮的颜色各不相同．记这5个彩灯有序地闪亮一次为一个闪烁，在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒。如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是。 (A)1205秒 (B)1200秒 (C)1195秒 (D)1190秒

11、已知o是平面上的一定点，A,B,C是平面上不共线的三个点，动点P满足

OBOCABACOP(), [0,), 则动点P的轨迹一定

2|AB|cosB|AC|cosC通过ABC的。

(A)内心 (B) 垂心 (C) 重心 (D)外心 12．设函数f(x)ax2bxc(a0)的定义域为D，若所有点(s,f(t))(s,tD)构成

一个正方形区域，则a的值为

A．2 B．3 C． 4 D．5二、填空题：把答案填在答题卡相应题号后的横线上（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

 。 4nn1*14、已知向量pan,m,qan1,m,nN,m为正常数，向量p//q，且a11.则

13、已知函数fxcosxsinx,则f/数列an的通项公式为 。

15、已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射

影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于

16、设抛物线y=2x的焦点为F，过点M（3，0）的直线与抛物线相交于A，B两点，

与抛物线的准线相交于C，BF=2，则BCF与ACF的面积之比

2SBCF= SACF

三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17、（本小题满分12分）设函数fxcos2x（Ⅰ）求函数fx的最大值和最小正周期.，

2sinx， 31C1（Ⅱ）设A,B,C为ABC的三个内角，若cosB,f ，且C为锐角，求sinA。

324 18、（本小题满分12分）从某批产品中，有放回地抽取产品二次，每次随机抽取1件，假设事件A：“取出的2件产品中至多有1件是二等品”的概率P(A)0.96． （Ⅰ）求从该批产品中任取1件是二等品的概率p；

（Ⅱ）若该批产品共100件，从中无放回抽取2件产品，表示取出的2件产品中二等品的件数。求的分布列。 19、（本小题满分12分）如图，一张平行四边形的硬纸片ABC0D中，ADBD1，

版权所有：中华资源库 www.ziyuanku.com

AB2。沿它的对角线BD把△BDC0折起，使点C0到达平面ABC0D外点C的位置。

（Ⅰ）证明：平面ABC0D平面CBC0；

（Ⅱ）如果△ABC为等腰三角形，求二面角ABDC的大小。

20、（本小题满分12分）已知以原点O为中心，F(5，为右焦点的双曲线C的离心率0）e=5. 2(Ⅰ)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；

（Ⅱ）如图，已知过点Mx1,y1的直线：l1：x1x4y1y4与过点

Nx2,y2(其中x2x1）

的直线l2：x2x4y2y4的交点E在双曲线C上，直线MN与双曲线的两条渐近线分别交 于G、H两点，求OGH的面积。

21、（本小题满分12分））已知函数fx y l2 G N O x H M l1 E 1xaxe。 1x（Ⅰ）设a0，讨论yfx的单调性；

（Ⅱ）若对任意x0,1恒有fx1，求a的取值范围

选做题：请考生在22，23，24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．做答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑。 22、（本小题满分10分）如图，A,E是半圆周上的两个三等分点，直径 BC4,ADBC，垂足为D,BE与AD相交于点F， 求AF的长。 E A F ODBC 版权所有：中华资源库 www.ziyuanku.com

23、（本小题满分10分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C方程为（Ⅰ）求过椭圆的右焦点，且与直线x5cos (为参数）

y3sinx42t(t为参数）平行的直线l的普通方程。

y3t（Ⅱ）求椭圆C的内接矩形ABCD面积的最大值。

24、（本小题满分10分）设函数fx2x41 （Ⅰ）画出函数yfx的图像; （Ⅱ）若不等式fxax的解集非空， 求a的取值范围。

(右图中一个小方格表示一个单位)

y x 遵义四中2012-2013学年度高三第三次月考

理科答案

一、选择题 BDCBB二、填空题 13,0三、解答题

17解: （1）f(x)=cos(2x+

DACACDC

14,anmn115,23416,

53331313,最小正周期. sin2x 所以函数f(x)的最大值为22233c11（2）f()=, 因为C为锐角, 所以C, sinC=－, 所以sinC222243)+sinx.=cos2xcos2sin2xsin1cos2x 2 版权所有：中华资源库 www.ziyuanku.com

12, 所以 sinB3, 332113223所以sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC. 23232618．解：（1）记A0表示事件“取出的2件产品中无二等品”，

又因为在ABC 中, cosB=

． A1表示事件“取出的2件产品中恰有1件二等品”

则A0，A1互斥，且AA0A1，故

2P(A)P(A0A1)P(A0)P(A1)(1p)2C12p(1p)1p

于是0.961p2．解得p10.2，p20.2（舍去）．

若该批产品共100件，由（1）知其二等品有1000.220件，故

（2）的可能取值为0，1，2．

21C80C1C23161601980C2020． P(1)． ． P(0)2P(2)22C100495C100495C100495所以的分布列为

 0 1 2 31616019 P 495495495

19题：解：（Ⅰ）证明：因为

ADBC0BD1，ABC0D2，

所以DBC090，ADB90。

因为折叠过程中，DBCDBC090，

所以DBBC，又DBBC0，故DB平面CBC0。 又DB平面ABC0D，所以平面ABC0D平面CBC0。 （Ⅱ）解法一：如图，延长C0B到E，使BEC0B，

连结AE，CE。因为ADBE，BE1，DB1， DBE90，所以AEBD为正方形，AE1。

由于AE，DB都与平面CBC0垂直，所以AECE，可知AC1。 因此只有ACAB2时，△ABC为等腰三角形。在Rt△AEC中，

CEAC2AE21，又BC1，所以△CEB为等边三角形，CBE60。 由（Ⅰ）可知，，所以CBE为二面角ABDC的平面角， 即二面角ABDC的大小为60。

解法二：以D为坐标原点，射线DA，DB分别为x轴正半轴和y轴正半轴，建立如图的空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(0,0,0)。

由（Ⅰ）可设点C的坐标为(x,1,z)，其中z0，则有x2z21。 ①

因为△ABC为等腰三角形，所以AC1或AC若AC2。

22若AC1，则有(x1)1z1。则此得x1，z0，不合题意

2，则有(x1)21z22。 ②

3131，z。故点C的坐标为(,1,)。

2222由于DABD，BCBD，所以DA与BC夹角的大小等于二面角ABDC的大小。

联立①和②得x 版权所有：中华资源库 www.ziyuanku.com

13DABC1. 又DA(1,0,0)，BC(,0,)，cosDA,BC22|DA||BC|2所以DA,BC60 即二面角ABDC的大小为60。

x2y2c520、（1）设C的标准方程为221a,b0在由题意c5,e，因此

aba2x222a2,bca1，则曲线C的标准方程为y21，曲线C的渐近线方程为

41yx。

2（2）解法一：由题意点xE,yE在直线l1:x1x4y1y4和l2:x2x4y2y4，因此有

x1xE4y1yE4,x2xE4y2yE4,故点M,N均在直线xxE4yyE4,上，因此直线MN的方程为xEx4yEy4,，设G,H分别是直线MN与渐近线

xEx4yEy4xEx4yEy4及x2y0及x2y0的交点，由方程组解得

x2y0x2y022，设MN与x轴的交点为Q,则在直线xEx4yEy4,中yG,yHxE2yExE2yE422令y0，得xQ（易得xE0），注意到xE4yE4，得

xES111141OQyGyH2 222xExE2yExE2yExExE4yE4y2y1x1x4y1y4x1x2解法二：设xE,yE，由方程组得xE，,yExx4yy4xyxyxyxy2212211221yy1x因为x2x1，则直线MN的斜率K2E，故直线MN的方程为

x2x14yExyy1Exx1

4yE注意到xEx14yEy14,因此直线MN的方程为xEx4yEy4, 下同解法一，

ax2+2－a－ax

21.解(Ⅰ)f(x)的定义域为(－∞,1)∪(1,+∞).对f(x)求导数得 f '(x)= e.

(1－x)22x2－2x

(ⅰ)当a=2时, f '(x)= , f '(x)在(－∞,0), (0,1)和(1,+ ∞)均大于0, 所以f(x)在(－2 e(1－x)∞,1), (1,+∞).为增函数.

(ⅱ)当00, f(x)在(－∞,1), (1,+∞)为增函数.

版权所有：中华资源库 www.ziyuanku.com

a－2

(ⅲ)当a>2时, 0<<1, 令f '(x)=0 ,解得x1= －

a当x变化时, f '(x)和f(x)的变化情况如下表: x f '(x) f(x) (－∞, －＋ a－2) a(－a－2,a－ a－2) aa－2

, x2= aa－2

. a

(a－2,1) a＋ (1,+∞) ＋ ↗ a－2), (a↘ ↗ ↗ a－2,aa－2)为减函数. af(x)在(－∞, －a－2,1), (1,+∞)为增函数, f(x)在(－a(Ⅱ)(ⅰ)当0f(0)=1. 1

(ⅱ)当a>2时, 取x0= 2

a－2

∈(0,1),则由(Ⅰ)知 f(x0)1+x－

(ⅲ)当a≤0时, 对任意x∈(0,1),恒有 >1且eax≥1,得

1－xf(x)=

1+x－ax1+x

e≥ >1. 综上当且仅当a∈(－∞,2]时,对任意x∈(0,1)恒有f(x)>1. 1－x1－x

22题：连接CE,AO,AB根据A, E是半圆的圆周上的两个三等分点，BC为直径，可得

CEB900,CBE300,AOB600,故三角形AOB瓦诶等边三角形，

AD3,ODBD1,DF

23题：（1）由已知得椭圆的右焦点为4,0，已知直线的参数方程可化为普通方程：

323 ,AFADDF33x2y20，所以k1,于是所求直线方程为x2y40。 2（2）S4xy60sincos30sin2， 当2

24题：（1）fx2时，面积最大为30。

2x5,x2如图所示。

2x3,x2（2）,2,

12

版权所有：中华资源库 www.ziyuanku.com