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陕西省长安一中 高新一中 交大附中 师大附中 西安中学(五校)2013届高三第三次模拟考试数学(理)答案


(理)参考答案 高 2013 届第三次五校联考数学 届第三次五校联考数学(
一、选择题(本大题共 10 题,每小题 5 分,共 50 分)
题号 答案 1 A 2 B 3 D 4 C 5 C 6 C 7 D 8 A 9 B 10 A

二、填空题(本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分)
11. 15 12. 4 13.

(3,8) 14. 64 15. A. 10 2 B. 68° C. 2 3

三、解答题(本大题共 6 小题,共 75 分)
16.(本题 12 分)某同学在一次研究性学习中发现,以下五个式子的值都等于同一个常数 a . ① sin 2 13° + cos 2 17° ? sin 13° cos 17° ; ② sin 2 15° + cos 2 15° ? sin 15° cos 15° ; ③ sin 2 18° + cos 2 12° ? sin 18° cos 12° ; ④ sin 2 (?18°) + cos 2 48 ° ? sin( ?18°) cos 48° ; ⑤ sin 2 ( ?25°) + cos 2 55° ? sin( ?25°) cos 55° . (1)试从上述五个式子中选择一个,求出常数 a ; (2)根据(1)的计算结果,将该同学的发现推广为一个三角恒等式,并证明你的结论.

1 3 sin 30° = .……………………4 分 2 4 3 (2)猜想的三角恒等式为: sin 2 α + cos 2 (30° ? α ) ? sin α cos(30° ? α ) = .……………………………6 分 4
解:(1)选择②式计算: a = sin 2 15° + cos 2 15° ? sin 15° cos15° = 1 ? 证明: sin 2 α + cos 2 (30° ? α ) ? sin α cos( 30° ? α )

= sin 2 α + (cos 30 ° cos α + sin 30 ° sin α )2 ? sin α (cos 30° cos α + sin 30° sin α ) 3 3 1 3 1 = sin 2 α + cos 2 α + sin α cos α + sin 2 α ? sin αcos α ? sin 2 α 4 2 4 2 2 = 3 2 3 3 sin α + cos 2 α = .…………………………………………………………………………12 分 4 4 4

17.(本题 12 分)如图,在长方体 ABCD ? A1 B1 C1 D1 中, AD = AA1 = 1, AB = 2, 点 E 在棱 AB 上. (1)求异面直线 D1 E 与 A1 D 所成的角; (2)若二面角 D1 ? EC ? D 的大小为 45 ° ,求点 B 到平面 D1 EC 的距离.
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解法一:(1)连结 AD1 .由 AA1 D1 D 是正方形知 AD1 ⊥ A 1D. ∵ AB ⊥ 平面 AA1 D1 D , ∴ AD1 是 D1 E 在平面 AA1 D1 D 内的射影. 根据三垂线定理得 AD1 ⊥ D1 E , 则异面直线 D1 E 与 A1 D 所成的角为 90° .…………5 分 (2)作 DF ⊥ CE ,垂足为 F ,连结 D1 F ,则 CE ⊥ D1 F . 所以 ∠DFD1 为二面角 D1 ? EC ? D 的平面角, ∠DFD1 = 45 ° .于是 DF = DD1 = 1, D1 F = 易得 Rt ?BCE ? Rt ? CDF ,所以 CE = CD = 2 ,又 BC = 1 ,所以 BE = 3 . 设点 B 到平面 D1 EC 的距离为 h ,则由于 VB ?CED1 = VD ?BCE , 即 ? CE ? D1 F ? h = 因此有 CE ? D1 F ? h = BE ? BC ? DD1 ,即 2 2 h = 3 ,∴ h = 解法二:如图,分别以 DA, DC , DD1 为 x 轴, y 轴, z 轴,建 立空间直角坐标系. (1)由 A1 (1, 0,1) ,得 DA1 = (1, 0,1) , 设 E (1, a , 0) ,又 D1 (0, 0,1) ,则 D1 E = (1, a , ? 1) . ∵ DA1 ? D1 E = 1 + 0 ? 1 = 0 ∴ DA1 ⊥ D1 E ,则异面直 线 D1 E 与 A1 D 所成的角为 90° .……………………5 分 (2) m = (0, 0,1) 为面 DEC 的法向量,设 n = ( x, y, z ) 为面 CED1 的法向量,则

2,

1 1 3 2

1 1 ? BE ? BC ? DD1 , 3 2

6 .………………………………12 分 4

???? ?

???? ? ???? ?

???? ? ???? ?

???? ?

n = ( x, y, z ) | cos < m, n >|=

x +y +z ???? ? ???? ? ???? ? 由 C (0, 2, 0) ,得 D1C = (0, 2, ?1) ,则 n ⊥ D1C ,即 n ? D1C = 0 ,∴ 2 y ? z = 0
由①、②,可取 n = ( 3,1, 2) ,又 CB = (1, 0, 0) ,

| m?n| = | m || n |

| z|
2 2 2

= cos 45° =

2 ∴ z 2 = x2 + y2 . 2 ,





??? ?

??? ? | CB ? n | 3 6 所以点 B 到平面 D1 EC 的距离 d = = = .………………………………………12 分 |n| 4 2 2
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18.(本题 12 分) 某校设计了一个实验考查方案:考生从 6 道备选题中一次性随机抽取 3 道题,按照题目要 求独立完成全部实验操作.规定:至少正确完成其中 2 道题的便可通过.已知 6 道备选题中考生甲有 4 道题 能正确完成, 2 道题不能完成;考生乙每题正确完成的概率都是 ,且每题正确完成与否互不影响. (1)求甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列,并计算其数学期望; (2)请分析比较甲、乙两考生的实验操作能力. 解:(1)设甲、乙正确完成实验操作的题数分别为 ξ , η ,则 ξ 取值分别为 1,2,3 ; η 取值分别为 0,1,2,3 .
1 2 2 1 3 0 C4 C2 1 C4 C2 3 C4 C2 1 , , = P ( ξ = 2 ) = = P ( ξ = 3 ) = = . 3 3 3 C6 5 C6 5 C6 5

1 3

P( ξ = 1) =

∴考生甲正确完成题数的概率分布列为 ξ 1
1 5

2
3 5

3
1 5

p

1 3 1 Eξ = 1× + 2 × + 3 × = 2 .……………………………………………………………3 分 5 5 5 2 1 6 12 8 0 ∵ P(η = 0) = C3 ,同理: P( η = 1) = , P ( η = 2) = , P(η = 3) = . (1 ? ) 3 = 3 27 27 27 27
∴考生乙正确完成题数的概率分布列为:

η

0
1 27

1
6 27

2
12 27

3
8 27

p Eη = 0 ×

1 6 12 8 +1× + 2× + 3× = 2 .……………………………………………7 分 27 27 27 27 1 3 1 2 (2)∵ Dξ = ( 2 ? 1) 2 × + ( 2 ? 2) 2 × + (2 ? 3) 2 × = , 5 5 5 5 1 6 12 8 2 2 Dη = ( 2 ? 0) 2 × + ( 2 ? 1) 2 × + ( 2 ? 2) 2 × + ( 2 ? 3) 2 × = .(或 Dη = npq = ). 27 27 27 27 3 3
∴ Dξ < D η . ∵ P( ξ ≥ 2) =

3 1 12 8 + = 0.8 , P( η ≥ 2) = + ≈ 0.74 , 5 5 27 27

∴ P( ξ ≥ 2) > P( η ≥ 2) .……………………………………………………………………10 分 从做对题数的数学期望考察,两人水平相当;从做对题数的方差考察,甲较稳定;从至少完成 2 道题的 概率考察,甲获得通过的可能性大.因此可以判断甲的实验操作能力较强.……………………12 分 说明:只根据数学期望与方差得出结论,也给分.
第 3 页 共 6 页

19.(本题 12 分)在数列 {an } 中, a1 =

2 2an ,且对任意的 n ∈ N * 都有 an +1 = . 3 an + 1

(1)求证: {

1 ? 1}是等比数列; an

(2)若对任意的 n ∈ N * 都有 an +1 < pan ,求实数 p 的取值范围. 证:(1)由 an +1 =

2an 1 a +1 1 ? an 1 1 ,得 ?1 = n ?1 = = ( ? 1) . an + 1 an +1 2 an 2 an 2 an 2 1 1 ,得 ? 1 = ≠ 0 . 3 a1 2

又由 a1 =

因此, {

1 1 1 1 ? 1}是以 ? 1 = 为首项,以 为公比的等比数列.……………………………………5 分 an a1 2 2 1 1 1 1 2n 2n +1 ? 1 = × ( ) n ?1 = n ,即 an = n , an +1 = n +1 , an 2 2 2 2 +1 2 +1

解:(2)由(1)可得

于是所求的问题:“对任意的 n ∈ N + 都有 an +1 < pan 成立”可以等价于问题:“对任意的 n ∈ N * 都 有 p>

an+1 2n +1 2n + 1 2n +1 + 2 1 = n +1 ? n = n +1 = 1+ n +1 成立”. an 2 + 1 2 2 +1 2 +1
若记 f (n ) = 1 +

1 2
n +1

,则

2 6 所以,实数 p 的取值范围为 p > .…………………………………………………………………12 分 5
20.(本题 13 分) 已知椭圆 C :

+1

f (n) 显然是单调递减的,故 f (n ) ≤ f (1) = 1+

1
1 +1

6 . +1 5 =

6 x2 y2 + 2 = 1 ( a > b > 0) 的离心率为 ,过右焦点 F 且斜率为 1的直线交 2 a b 3

椭圆 C 于 A, B 两点, N 为弦 AB 的中点. (1)求直线 ON ( O 为坐标原点)的斜率 k ON ; (2)求证:对于椭圆 C 上的任意一点 M ,都存在 θ ∈ [0,2π ) ,使得 OM = cos θ OA + sin θ OB 成立.

解:(1)设椭圆的焦距为 2c ,因为

c 6 a2 ? b2 2 ,所以有 = = ,故有 a 2 = 3b 2 . 2 a 3 a 3
① ②

从而椭圆 C 的方程可化为: x 2 + 3 y 2 = 3b 2 易知右焦点 F 的坐标为( 2b,0 ),据题意有 AB 所在的直线方程为: y = x ? 2b .
第 4 页 共 6 页

由①,②有: 4 x 2 ? 6 2bx + 3b 2 = 0 . 设 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y 2 ) ,弦 AB 的中点 N ( x 0 , y 0 ) ,由③及韦达定理有:



x0 =

x1 + x2 3 2b 2 = , y0 = x 0 ? 2b = ? b. 2 4 4 y0 1 = ? ,即为所求. x0 3
………5 分

所以 k ON =

(2)显然 OA 与 OB 可作为平面向量的一组基底,由平面向量基本定理,对于这一平面内的向量 OM ,有且 只有一对实数 λ , ? ,使得等式 OM = λ OA + ? OB 成立.设 M ( x, y ) ,由(1)中各点的坐标有:

( x, y ) = λ ( x1 , y1 ) + ? ( x2 , y 2 ) ,故 x = λx1 + ?x2 , y = λy1 + ?y 2 .
又因为点 M 在椭圆 C 上,所以有 ( λx1 + ?x 2 ) 2 + 3(λy1 + ?y 2 ) 2 = 3b 2 整理可得:

………7 分

λ2 ( x1 2 + 3 y1 2 ) + ? 2 ( x 2 2 + 3 y 2 2 ) + 2λ? ( x1 x 2 + 3 y1 y 2 ) = 3b 2 .
由③有: x1 + x 2 =



3 2b 3b 2 , x1 ? x 2 = .所以 2 4


x1 x 2 + 3 y1 y 2 = x1 x2 + 3( x1 ? 2b)( x2 ? 2b) = 4 x1 x 2 ? 3 2b( x1 + x 2 ) + 6b 2
= 3b 2 ? 9b 2 + 6b 2 = 0
又点 A, B 在椭圆 C 上,故有 ( x1 2 + 3 y12 ) = 3b 2 , ( x2 2 + 3 y 2 2 ) = 3b 2 . 将⑤,⑥代入④可得: λ2 + ? 2 = 1 .



………11 分

所以,对于椭圆上的每一个点 M ,总存在一对实数,使等式 OM = λ OA + ? OB 成立,且 λ2 + ? 2 = 1 . 所以存在 θ ∈ [0,2π ) ,使得 λ = cos θ , ? = sin θ .也就是:对于椭圆 C 上任意一点 M ,总存在 θ ∈ [0,2π ) , 使得等式 OM = cos θ OA + sin θ OB 成立.

………13 分

21.(本题 14 分)设函数 f ( x ) = x 2 + a ln( x + 1) 有两个极值点 x1 , x2 ,且 x1 < x2 . (1)求实数 a 的取值范围; (2)讨论函数

f (x) 的单调性;

(3)若对任意的 x ∈ ( x1 ,+∞ ) ,都有 f ( x ) > m 成立,求实数 m 的取值范围.
第 5 页 共 6 页

解:(1)由 f ( x ) = x 2 + a ln( x + 1) 可得 f ' ( x ) = 2 x +

a 2x2 + 2x + a ( x > ?1) . = x +1 x +1
1 ,故由题意可知 x1 , x2 是方程 g ( x) = 0 的两 2

令 g ( x) = 2 x 2 + 2 x + a ( x > ?1) ,则其对称轴为 x = ?

个均大于 ? 1 的不相等的实数根,其充要条件为 ?

? ? = 4 ? 8a > 0 1 ,解得 0 < a < .……………………5 分 2 ? g (?1) = a > 0

(2)由(1)可知 f ' ( x ) =

2 x 2 + 2 x + a 2( x ? x1 )( x ? x2 ) ,其中 ? 1 < x1 < x2 ,故 = x +1 x +1

①当 x ∈ (?1, x1 ) 时, f ' ( x ) > 0 ,即 f ( x ) 在区间 ( ?1, x1 ) 上单调递增; ②当 x ∈ ( x1 , x2 ) 时, f ' ( x ) < 0 ,即 f ( x ) 在区间 ( x1 , x2 ) 上单调递减; ③当 x ∈ ( x 2 ,+∞ ) 时, f ' ( x ) > 0 ,即 f ( x ) 在区间 ( x2 ,+∞) 上单调递增.………………………9 分 (3)由(2)可知 f ( x ) 在区间 ( x1 ,+∞ ) 上的最小值为 f ( x 2 ) . 又由于 g (0) = a > 0 ,因此 ?

1 2 ,从 < x2 < 0 .又由 g ( x2 ) = 2 x2 + 2 x2 + a = 0 可得 a = ?(2 x 2 2 + 2 x2 ) 2

2 2 2 而 f ( x2 ) = x2 + a ln( x2 + 1) = x2 ? (2 x 2 + 2 x2 ) ln( x2 + 1) .

设 h ( x ) = x 2 ? ( 2 x 2 + 2 x) ln( x + 1) ,其中 ?

1 < x < 0, 2

则 h ' ( x ) = 2 x ? 2( 2 x + 1) ln( x + 1) ? 2 x = ?2( 2 x + 1) ln( x + 1) .

1 1 < x < 0 知: 2 x + 1 > 0 , ln( x + 1) < 0 ,故 h ' ( x ) > 0 ,故 h ( x) 在 ( ? ,0) 上单调递增. 2 2 1 1 ? 2 ln 2 所以, f ( x2 ) = h ( x2 ) > h (? ) = . 2 4 1 ? 2 ln 2 所以,实数 m 的取值范围为 m ≤ .………………………………………………………14 分 4 1 1 1 ? 2 ln 2 1 ? 2 ln 2 (事实上,当 a → 时, x2 → ? ,此时 f ( x2 ) → .即,“ m ≤ ”是其充要条件.) 2 2 4 4
由?

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