2013年北京东城区高三二模数学理试题答案

33北京市东城区2012-2013学年度第二学期高三综合练习（二）

数学参考答案（理科）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）TOC\o"1-5"\h\z（1）B （2）C （3）A （4）D（5）D （6）B （7）D （8）C二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）3 1 15（9）—3 （10）1 （11）- 152 22（12）2 2<7 （13）150 （14）注：两个空的填空题第一个空填对得3分，第二个空填对得2分．三、解答题（本大题共6小题，共80分）（15）（共13分）解：（I）因为f（%）=sin%（丫3cos%-sin%）=<3sin%cos%-sin2%=((2%3sin%cos%-2sin2%)2,—..c、 1=—(v3sin2%+cos2%)——2=sin(2%+—)--.62所以f（%）的最小正周期T=当=汽.2—(II)因为0<%<—,3— —3—所以<2%+<6 623113分所以f（%）的取值范围是（-3,-]13分22(16)(共13分)解：（I）设该年级共n解：（I）设该年级共n人，由题意得50=n30,180+120所以n=500.贝Ua=500-(180+120+70+20+30)=80.(II)依题意，X所有取值为0,1,2.C2 1P(X=P(X=0)=C2105P(XP(X=1)=C1C1-2―3-C25310X的分布列为:X012133P1051013EX=0x+1x—\-10 536X-=-.10 5分………1(17)(共14分)(I)证明：因为ZBAD=90所以AD±AB,又因为CB±AD，且AB^C'B=B,所以AD±平面CAB,因为AC'u平面C'AB,所以AD±AC.(II)因为△BCD是等边三角形，AB=AD,ZBAD=90,0不防设AB=1,贝UBC=CD=BD=21,又因为M,N分别为BD,C'B的中点，由此以A为原点，AB,AD,A。所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系A-qz.则有A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),。(0,0,1),M(!，!,0)，N(工,0,工).TOC\o"1-5"\h\z22 2 2所以AM=(-,-,0),AN=(1,0,1).\o"CurrentDocument"22 2 2设平面AMN的法向量为m=(%,y,z).JAM-m=0,AN-m=0.1 1c5%+5y=0,1%+1z=0.[2 2令％=1,则y=z=-1.所以m=(1,-1,-1).又平面ABM的一个法向量为n=(0,0,1).所以cos<m,n>=m-n -11m11nl <314分14分所以二面角N-AM-B的余弦值为——.3(18)(共14分)a解:(I)f(x)=lnx+-，定义域为(0,+8),x因为a>0，由f(x)>0,得xg(a,+8),由f'(x)<0,得xe(0,a),所以f(x)的单调递增区间为(a,+8)单调递减区间为(0,a).,(II)由题意，以P(x,y)为切点的切线的斜率k满足0 0(x>0)

0,x—a

k(x>0)

00 x20所以a>--x220>0恒成立.TOC\o"1-5"\h\z又当x>0时，——x2+x<—,0 20 02所以a的最小值为2.(III)由题意，方程f(x)=x3+2("x+a)--化简得2x 2b=Inx-—x2+，xg(0,+8)2 2令h(x)=Inx-—x2-b+—，贝Uh'(x)=-—x==+x)0~x).2 2 x x当xe(0,1)时，h'(x)>0,当xG(1,+8)时，hTx)<0,所以h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,+8)上单调递减.所以h(x)在x=1处取得极大值即最大值，最大值为h(1)=ln1-1X12-b+1=-b.TOC\o"1-5"\h\z2> 2>所以当-b>0，即b<0时，y=h(x)的图象与x轴恰有两个交点，方程f(x)=x3+2(bx+a)-1有两个实根，2x 2当b=0时，y=h(x)的图象与x轴恰有一个交点，方程f(x)=x3+2(bx+a)-1有一个实根，2x 2当b>0时，y=h(x)的图象与x轴无交点，方程f(x)=x3+2(bx+a)-1无实根. ……14分2x 2(19)(共13分)解:(I)因为£=旦,a2-b2=c2,a2所以a=2b.因为原点到直线AB：ab4<5x2y2故所求椭圆c的方程为=+4=1.164(II)因为点P(%,y)关于直线y=2%的对称点为P(%,y),0011100y八一y、—0 1x2=T,%一%01%+%1=2x—o 1.解得%14解得%14y一3%——0 O,5y13y+4x——0 15所以「y2=%2+TOC\o"1-5"\h\z因为点P(%,y)在椭圆C:%2+y2=1上，00 1643%2所以%2+y2=%2+y2=4+ 0-.1100 4因为-4<%<4,所以4<%2+y2<16.0 11所以%2+y2的取值范围为[4,16].11(Ill)由题意y=k%+1,%2 y2_消去y，整理得、16+4=(1+4k2)%2+8kx-12=0.可知A>0.设E(%2,y2)，F(%,y),EF的中点是M设E(%2,y2)，%+% —4k%M-,23=1+4k2y=k%+1= MM1+4k2所以k=yM+2=——BM% kM所以%+ky+2k=0.MM

—4k k即 1 \-2k—0.1+4k21+4k2又因为k中0,13分所以k2—1.所以k—13分(20)(共13分)解：(I)a—a—a—1；421a—a —0．74x2—1(II)假设存在正整数T,使得对任意的neN*，有a—a.n+T n则存在无数个正整数T,使得对任意的neN*，有a—a.n+Tn设T为其中最小的正整数.若T为奇数，设T—21—1(teN*),则Ua—a—a—a—0.4n十14n十1+T4n十1+2T4(n+t)—1与已知a―1矛盾.4n十1若T为偶数，设T—21(teN*),则Ua ―a―a,2n+T2nn而a —a ―a2n十T2n+21n十t从而a—a.n+tn而t<T，与T为其中最小的正整数矛盾.综上，不存在正整数T,使得对任意的neN*，有a—a.n+Tn(ni)若s为有理数，即s为无限循环小数，则存在正整数N,T,对任意的neN*，且n>N，有a—a.0 0 n十Tn与(II)同理，设T为其中最小的正整数.若T为奇数，设T—21—1(teN*),当4n+1>N时，有a―a―a—a —0.0 4n+14n+1+T 4n+1+2T4(n+1)—1与已知a―1矛盾.4n+1若T为偶数，设T—21(teN*),当n>N时，有a―a―a,0 2n+T2nn而a ―a—a2n+T 2