歷年卷數(shù)學-13一模理數(shù)

數(shù)學(理科（4，21150120）答卷前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的和考生號、試室號、座位號填寫在2B上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；使用鉛筆和涂改液。不按以上ABP(B|A那么PABPA)P(B|ABB2,

若p是真命題，q是假命題，則 pq是真命 B．pq是假命 C．p是真命 D．q是真命(2x x)4的展開式中x3的系數(shù)是 在ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對邊，若a2bcosC，則此三角形一定是( 已知實數(shù)4m9

x2ymy

1的離心率為 7 76

30767

5或6是是否 已知x、y的取值如下表所示：若y與x線性相關，且y?0.95xa，則a（ x0134yA、 C、 D、a和b

ab

ab1fxx22x1 ab xR．若函數(shù)yfxc的圖象與x軸恰有兩個公共點，則實數(shù)c的取值范圍是 2,A．2,

B．2,

C．,

D．2,二、填空題（本大題共7小題，分為必做題和選做題兩部分．每小題5分，滿分30（一）必做題：第9至13題為必做題，每道試題考生都必須作答

1i

若向量a1,1，b1,2，則a與b夾角余弦值等 ex,xf(xlnx,x

則f[f()] e11

1x2dx FVE滿足一個等式關系.請你研究你熟悉的一些幾何體（如三棱錐、三棱柱、正方……面數(shù)面數(shù)頂點數(shù)棱數(shù)44656……（二）選做題：第14、15題為選做題，考生只能選做其中一題，兩題全答的，只計前一題的得分14（坐標系與參數(shù)方程選做題）A的極坐標為22，直線lA 4 DCAB直線l的DCABAD和割線ABC，已知AD23，AC6，圓O的半徑為3，則圓心O到AC的距離為 三、解答題：本大題共6小題，滿分80分．解答須寫出文字說明、證明過程和演算步驟（12分f(x)sin(x)(00為偶函數(shù)，其圖象上相鄰的兩個最高點之間的距離為2．f(x的解析式；

( 1，求sin(25

),f3 （12分設所選3人 人數(shù)為，求的分布列及E（14分如圖，已知AB平面ACD，DE//ABACD是正AD=DE=2AB，且F是CD的中點．AF平面求證：平面BCE平面CDE求平面BCE與平面ACD19（等差數(shù)列s4b32

1

nSn

s2b2712求an與b12設

a2n1

Tc

c

(nN)nn

20.（14分 已知橢

1ab＞0)e

24設直線lABAa，0)，點Q(0，y0AB的垂直平分線上，且QAQB=4y021（fxax3bx2cxa,b,cRf(x過點(12且在點1f1y20fx當a1時，若2f(111

f(13f(2對x1,1f(x1，試求實數(shù)a的最大值，并求afx）854012345678ADCCCBDB【解析】或（）一真必真，且（）一假必假，非（）真假相反，故選【解析】

Cr(2x)4r(x2)r

，令4

1r3rr 4x3的系數(shù)為242C224．故選C4【解析】在ABC中，若a2bcosC，則sinA2sinBcosC即sin(BC)2sinBsin(BC0BC．故選C2

【解析】因4m,9成等比，則

36m6當m6時圓錐曲線為橢 6

1 7；當m6時圓錐曲線為雙曲線y 1其離心率7

故選a122310a3221110，輸出114.5)

x2fxx

1xx1或x畫出函數(shù)的圖象，函數(shù)圖象的四個端點（如圖）A2,1B22，C11，D12從圖ycBAycyc穿過點CDyc與圖象有且只有兩個公共點，所以實數(shù)c是2, 753014~15題是選做題，考生只能選做一題 10．14．cos

e

12． 13．VFE255

1i

1iaabab 【解析】cosex,x

1 f(x

所有ff()]flnf(1e1lnx,x

e x2y21y0的面積。2【解析】VFE16（12分T2 則T

1.f(xsinx 2f(x)是偶函數(shù),k(kZ) 又0， f(x)cosx （2）由已知得cos()1,)，05 3 則sin2

sin(25)sin(22)2sin()cos()

…12 17.（12分解：（1）的所有可能取值為0，1，2，依題意C3CP(0)

2C1 ;P(1)42C1

1C31;P(2)42C31

012P153515E011321

C3設“甲、乙都不被選中”為事件CP(CC36P(C)1P(C)11

“C2C3P(A)C36

10

CC3PBACC36

105P(B|A)P(BA)P(

C2（P(B|AC25

4

1（1）∵FCDFP//DEFP=1DE2AB//DEAB=1DE.∴AB//FP2 2又∵AFBCE，BP 4∵AB⊥ 6 8（2FA，F(xiàn)D，F(xiàn)Px，y，z（如圖建立空間直角坐標系F—xyzAC=2，，0

9設n(x,yz)為平面BCE的法向量則nCB0nCE0,即

3xyz令z1,則n

112y2zm0,0,1ACDBCEACD,則cos

|mn|

2.4512|m||n 12 法二、延長EB、DAEB、DA交于一點OCO．則面EBC面DACCO．由ＡＢ是EDODO2AD在OCDOD2AD2ACOCCD，又OCDE

600 12即平面BCE與平面ACD所成銳二面角為 19（（1）設等差數(shù)列an的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為

s2

7

s4b3

d2q5，3dq21n，d=1； 5nan1(n1)

b2n 7（2）證明：

a2n1，

2n1．

1352na a

24 12法一、下面用數(shù)學歸納法證明Tn 121（１）當n1時，T121

212

，命題成立 822

4 4k24k2k 4k212k

2k1 2k2 2k2k2(k12k2k12 k ，這就是說當nk1時命題成立。--12 １４

n1n

T

133552n1

11234512 212

46

22

45Tn

法三、設數(shù)列AnAn 1)n 1)n2n1)

n

9 12數(shù)列A單調(diào)遞增，于是A A，而An12T12

（14分解：由eca

3，得3a24c2，再由c2a2b2，得a 22 a 2a2b4,即ab2解方程

得a2b1---52

x22y14y1

ab 62,0則直線l的方程為yk(x2), 7分yk(x于是A,B兩點的坐標滿足方程組x2

y得(14k2x216k2x16k24

8 16k2

28k 由2x1

14k

,得x114k2,從而y114k2 9ABMM

14k

, 14k（2,0 2QA(2,y0),QB(2,y0）由QAQB=4，得y0= 112 8kk0ABy14k2

(x 14k令x=0，解得y 14k

由QA2y0QBx1y1 QAQB2x1y0(y14(16k415k2

14k

1

214k2

14k2=

4整理得7k22,故k

7所以y0

---1322綜上y=22或y=214 14 21（解（1）∵函數(shù)f(x)過點(1,2)，∴f(1)abc2 f(x3ax22bxcf(x點(1,f(1y20

abc 3a2bc由①和②解得a1，b0，c3，故f(x)x33x 4法一、f(x)ax3bx2 f(1)1bc,f(1)1bc

f(1)f(1)1,b2

6f(2)84b2c3f(1)f(1)

72

f(216 9

又2

2bc2,1bc2.作出（★）f(2)4b2c

7z4b2cA(2,0f(24b2c8取最大值當直線z4b2cB(3,1 f(24b2c8取最小值綜上所得：1f(2)16--9（3）∵f(x)