【解析版】江苏省常州市2013届高三上学期期末考试数学试题

1、2012-2013学年江苏省常州市高三（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分请把答案填写在答题卡相应位置上1（5分）设集合，B=a，若BA，则实数a的值为0考点：集合的包含关系判断及应用专题：阅读型分析：根据集合关系，确定元素满足的条件，再求解解答：解：BA，a=1a=0故答案是0点评：本题考查集合中参数的确定要注意验证集合中元素的互异性2（5分）已知复数z=1+i（为虚数单位），计算：=i考点：复数代数形式的乘除运算专题：计算题分析：把复数z以及它的共轭复数代入表达式，化简后，复数的分母实数化，即可得到所求结果解答：解：因为复数z=1+i（为

2、虚数单位），=1i，所以=i故答案为：i点评：本题考查复数代数形式的混合运算，共轭复数的概念，考查计算能力3（5分）已知双曲线的一条渐近线经过点（1，2），则该双曲线的离心率的值为考点：双曲线的简单性质专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：由题意可得渐近线y=x经过点（1，2），可得b=2a，代入可得离心率e=，化简即可解答：解：双曲线的渐近线方程为y=x，故y=x经过点（1，2），可得b=2a，故双曲线的离心率e=故答案为：点评：本题考查双曲线的离心率，涉及渐近线的方程，属中档题4（5分）根据如图所示的算法，可知输出的结果为11考点：伪代码专题：计算题；概率与统计分析：根据题中的伪代码写出前

3、几次循环的结果，得到该程序的功能是等比数列2n1的前n项和，在S1023的情况下继续循环体，直到S1023时结束循环体并输出下一个n值由此结合题意即可得到本题答案解答：解：根据题中的伪代码，可得该程序经过第一次循环得到S=2，n=1；然后经过第二次循环得到S=2+21，n=2；然后经过第三次循环得到S=2+21+22，n=2；依此类推，当S=2+21+22+2n1023时，输出下一个n值由以上规律，可得：当n=10时，S=2+21+22+210=2045，恰好大于1023，n变成11并且输出由此可得，输出的结果为11故答案为：11点评：本题给出程序框图，求20+21+22+2n1023时输出的

4、n+1，属于基础题解题的关键是先根据已知条件判断程序的功能，构造出相应的数学模型再求解，从而使问题得以解决5（5分）已知某拍卖行组织拍卖的10幅名画中，有2幅是膺品某人在这次拍卖中随机买入了一幅画，则此人买入的这幅画是膺品的事件的概率为考点：古典概型及其概率计算公式专题：概率与统计分析：利用古典概型的概率计算公式即可得出解答：解：从10幅名画中任买一件有=10种方法，若此人买入的这幅画是膺品的方法有=2因此此人买入的这幅画是膺品的事件的概率P=故答案为点评：正确理解古典概型的概率计算公式是解题的关键6（5分）函数的最小正周期为2考点：二倍角的正弦；诱导公式的作用；三角函数的周期性及其求法专题：

5、计算题；三角函数的图像与性质分析：先利用诱导公式对已知函数化简，然后利用二倍角公式，再代入周期公式可求解答：解：=cos=根据周期公式可得T=故答案为：2点评：本题主要考查了诱导公式、二倍角公式在三角函数化简中的应用及周期公式的应用，属于基础试题7（5分）函数的值域为（，2考点：函数的值域专题：函数的性质及应用分析：利用二次函数和对数函数的单调性即可得出解答：解：04x24，=2函数的值域为（，2故答案为（，2点评：熟练掌握二次函数和对数函数的单调性是解题的关键8（5分）已知点A（1，1）和点B（1，3）在曲线C：y=ax3+bx2+d（a，b，d为常数上，若曲线在点A和点B处的切线互相平行，

6、则a3+b2+d=7考点：利用导数研究曲线上某点切线方程专题：导数的综合应用分析：曲线在点A和点B处的切线互相平行得，f（1）=f（1），再结合点在曲线上则点的坐标适合方程建立方程组，解方程求出a、b、d值即可解答：解：设f（x）ax3+bx2+d，f（x）=3ax2+2bx，f（1）=3a+2b，f（1）=3a2b根据题意得 3a+2b=3a2b，b=0又点A（1，1）和点B（1，3）在曲线C上，解得：a3+b2+d=7故答案为：7点评：此题考查学生会利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率，是一道中档题9（5分）已知向量，满足，则向量，的夹角的大小为考点：数量积表示两个向量的夹角专题：平面向量

7、及应用分析：利用向量的运算法则、向量的数量积及夹角公式即可得出解答：解：，=（2，4），=（2，4）=22+4（4）=20，=1，或由，得故向量，的夹角的大小为故答案为点评：熟练掌握向量的运算法则、向量的数量积及夹角公式是解题的关键10（5分）给出下列命题：（1）若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；（2）若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；（3）若两条平行直线中的一条垂直于直线m，那么另一条直线也与直线m垂直；（4）若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直其中，所有真命题的序号为（1）、（3）、（4）考点：命题

8、的真假判断与应用专题：证明题分析：根据面面垂直的判定定理，可判断（1）；根据平面与平面平行的判定定理，可判断（2）；根据空间直线夹角的定义，可判断（3），根据面面垂直的性质定理及反证法，可判断（4）解答：解：由面面垂直的判定定理可得若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直，故（1）正确；如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行，但两条直线平行时，得不到平面平行，故（2）错误；根据空间直线夹角的定义，可得两条平行直线与第三条直线的夹角相等，故若两条平行直线中的一条垂直于直线m，那么另一条直线也与直线m垂直，即（3）正确；根据面面垂直的性质定理，若两个平

9、面垂直，那么一个平面内与它们的交线垂直的直线与另一个平面也垂直，则一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直，故（4）正确故真命题有（1）、（3）、（4）三个故答案为：（1）、（3）、（4）点评：本题以命题的真假判断为载体考查了空间直线与平面的位置关系，熟练掌握空间线面关系的判定定理，性质定理及几何特征是解答的关键11（5分）已知函数f（x）=，若关于x的方程f（x）=kx有两个不同的实根，则实数k的取值范围是考点：函数零点的判定定理专题：函数的性质及应用分析：利用数形结合和函数的单调性即可得出解答：解：如图所示：当x2时，由函数f（x）=单调递减可得：0f（x）=；当0x2时，由

10、函数f（x）=（x1）3单调递增可得：1f（x）1由图象可知：由02k1可得，故当时，函数y=kx与y=f（x）的图象有且只有两个交点，满足关于x的方程f（x）=kx有两个不同的实根的实数k的取值范围是故答案为点评：熟练掌握数形结合的思想方法和函数的单调性是解题的关键12（5分）已知数列an满足，则=考点：数列递推式；数列的求和专题：计算题；等差数列与等比数列分析：由，知an+1=，由此得到+=3（+），从而推导出=3n1，由此能求出解答：解：，an+1=，=+，+=3（+），即=3，=3n1，即=3n1，=3n1，=（30+3+32+3n1）=故答案为：点评：本题考查数列的前n项和的求法，解

11、题时要认真审题，注意等价转化思想、构造法、等比数列性质的合理运用13（5分）在平面直角坐标系xOy中，圆C：x2+y2=4分别交x轴正半轴及y轴负半轴于M，N两点，点P为圆C上任意一点，则的最大值为考点：平面向量数量积的运算专题：平面向量及应用分析：利用向量的数量积及三角函数的单调性即可求出解答：解：令x=0，得y2=4，解得y=2，取N（0，2）令y=0，得x2=4，解得x=2，取M（2，0）设点P（2cos，2sin）（0，2）则=（22cos，2sin）（2cos，22sin）=2cos（22cos）+2sin（2+2sin）=4sin4cos+4=）+4，当且仅当sin（）=1时取等号

12、的最大值为 故答案为 点评：熟练掌握向量的数量积及三角函数的单调性是解题的关键14（5分）已知实数x，y同时满足，27y4x1，则x+y的取值范围是考点：有理数指数幂的化简求值；对数的运算性质专题：探究型；函数的性质及应用分析：题目给出了一个等式和两个不等式，分析给出的等式的特点，得到当x=，y=时该等式成立，同时把相应的x和y的值代入后面的两个不等式等号也成立，把给出的等式的左边变负指数幂为正指数幂，分析x和y的变化规律，知道y随x的增大而减小，而当x增大y减小时，两不等式不成立，因此断定，同时满足等式和不等式的x，y取值唯一，从而可得x+y的取值范围解答：解：当x=，y=时，=，由知，等式

13、右边一定，左边y随x的增大而减小，而当y减小x增大时，log27ylog4x，当x减小y增大时，27y4x1均与题中所给条件不等式矛盾综上，只有x=，y=时，条件成立，所以x+y的取值范围为故答案为点评：本题考查了有理指数幂的化简与求值，考查了对数式的运算性质，考查了特值验证法，培养了学生的探究能力，此题是中档题二、解答题：本大题共6小题，共计90分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15（14分）已知，均为锐角，且，（1）求sin（）的值； （2）求cos的值考点：两角和与差的正切函数；同角三角函数间的基本关系；两角和与差的正弦函数专题：三角函数的求值分析：（1

14、）根据、的范围，利用同角三角函数的基本关系，求得sin（）的值（2）由（1）可得，根据cos=cos（），利用两角差的余弦公式求得结果解答：解：（1），从而又， （4分）利用同角三角函数的基本关系可得sin2（）+cos2（）=1，且 ，解得 （6分）（2）由（1）可得，为锐角， （10分）cos=cos（）=coscos（）+sinsin（）（12分）= （14分）点评：本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和差的余弦公式的应用，属于中档题16（14分）如图，在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，ADAB，CDAB，CD=3，直线PA与底面ABCD所成角为60，点M、N分别是PA，PB的

15、中点（1）求证：MN平面PCD；（2）求证：四边形MNCD是直角梯形；（3）求证：DN平面PCB考点：直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定专题：空间位置关系与距离分析：（1）利用三角形的中位线性质证明MNAB，再由已知条件和公理4证明MNCD，再利用直线和平面平行的判定定理证得MN平面PCD（2）由（1）可得MNCD先由条件利用直线和平面垂直的判定证明CD平面PAD，从而证得CDMD，从而得到四边形MNCD是直角梯形（3）由条件求得PAD=60，利用勾股定理求得DNCN在RtPDB中，由PD=DB=，N是PB的中点，证得DNPB，再根据直线和平面垂直的判定定理证得DN平面PCB解答：证明

16、：（1）因为点M，N分别是PA，PB的中点，所以MNAB（2分）因为CDAB，所以MNCD又CD平面PCD，而MN平面PCD，所以MN平面PCD（4分）（2）由（1）可得MNCD因为ADAB，CDAB，所以CDAD 又因为PD底面ABCD，CD平面ABCD，所以CDPD，又ADPD=D，所以CD平面PAD（6分）因为MD平面PAD，所以CDMD，所以四边形MNCD是直角梯形（8分）（3）因为PD底面ABCD，所以PAD就是直线PA与底面ABCD所成的角，从而PAD=60 （9分）在RtPDA中，在直角梯形MNCD中，MN=1，CD=3，从而DN2+CN2=CD2，所以DNCN （11分）在Rt

17、PDB中，PD=DB=，N是PB的中点，则DNPB（13分）又因为PBCN=N，所以DN平面PCB （14分）点评：本题主要考查直线和平面平行的判定定理，以及直线和平面垂直的判定定理和性质性质定理的应用，属于中档题17（14分）第八届中国花博会将于2013年9月在常州举办，展览园指挥中心所用地块的形状是大小一定的矩形ABCD，BC=a，CD=ba，b为常数且满足ba组委会决定从该矩形地块中划出一个直角三角形地块AEF建游客休息区（点E，F分别在线段AB，AD上），且该直角三角形AEF的周长为（l2b），如图设AE=x，AEF的面积为S（1）求S关于x的函数关系式；（2）试确定点E的位置，使得直

18、角三角形地块AEF的面积S最大，并求出S的最大值考点：根据实际问题选择函数类型；函数解析式的求解及常用方法专题：应用题分析：（1）根据题意，分析可得，欲求，AEF场地占地面积，只须求出图中直角三角形的周长求出另一边长AF，再结合直角三角形的面积计算公式求出它们的面积即得；（2）对于（1）所列不等式，可利用导数研究它的单调性求它的最大值，从而解决问题解答：解：（1）设AF=y，则，整理，得（3分），x（0，b （4分）（2）当时，S0，S在（0，b递增，故当x=b时，；当时，在上，S0，S递增，在上，S0，S递减，故当时，点评：本小题主要考查函数模型的选择与应用、函数解析式的求解及常用方法及导数

19、的应用等基础知识，属于基础题18（16分）如图，在平面直角坐标系xoy中，已知F1，F2分别是椭圆E：的左、右焦点，A，B分别是椭圆E的左、右顶点，且（1）求椭圆E的离心率；（2）已知点D（1，0）为线段OF2的中点，M 为椭圆E上的动点（异于点A、B），连接MF1并延长交椭圆E于点N，连接MD、ND并分别延长交椭圆E于点P、Q，连接PQ，设直线MN、PQ的斜率存在且分别为k1、k2，试问是否存在常数，使得k1+k2=0恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由考点：函数恒成立问题；三点共线；椭圆的简单性质专题：向量与圆锥曲线；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：（1）由，得，从而有a+c=5（

20、ac），结合离心率定义即可求得答案；（2）由点D（1，0）为线段OF2的中点可求得c值，进而可求出a值、b值，得到椭圆方程，设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），Q（x4，y4），则直线MD的方程为，与椭圆方程联立及韦达定理可把P、Q坐标用M、N坐标表示出来，再根据三点M、F1、N共线及斜率公式可得k1、k2间的关系式，由此可得答案解答：解：（1），a+c=5（ac），化简得2a=3c，故椭圆E的离心率为（2）存在满足条件的常数，点D（1，0）为线段OF2的中点，c=2，从而a=3，左焦点F1（2，0），椭圆E的方程为设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），Q

21、（x4，y4），则直线MD的方程为，代入椭圆方程，整理得，从而，故点同理，点三点M、F1、N共线，从而x1y2x2y1=2（y1y2）从而故，从而存在满足条件的常数，点评：本题考查函数恒成立、三点共线及椭圆的简单性质，考查学生分析问题解决问题的能力，综合性强，难度大，对能力要求较高，属难题19（16分）已知数列an是等差数列，a1+a2+a3=15，数列bn是等比数列，b1b2b3=27（1）若a1=b2，a4=b3求数列an和bn的通项公式；（2）若a1+b1，a2+b2，a3+b3是正整数且成等比数列，求a3的最大值考点：等比数列的通项公式；数列的函数特性；等差数列的通项公式专题：计算题；

22、等差数列与等比数列分析：（1）由已知可求a2，b2，结合已知a1=b2，可得等差数列an的公差d，可求an=，然后由b3=a4，可求bn的公比q，进而可求bn（2）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，由已知可得分别利用等差数列及等比数列的通项表示已知项可得关于d，q的方程，解方程可求d，即可求解解答：解：（1）由a1+a2+a3=15，b1b2b3=27可得a2=5，b2=3，所以a1=b2=3，从而等差数列an的公差d=2，所以an=2n+1，从而b3=a4=9，bn的公比q=3所以 （3分）（2）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，则a1=5d，a3=5+d，b

23、3=3q因为a1+b1，a2+b2，a3+b3成等比数列，所以设，m，nN*，mn=64，则，整理得，d2+（mn）d+5（m+n）80=0解得（舍去负根）a3=5+d，要使得a3最大，即需要d最大，即nm及（m+n10）2取最大值m，nN*，mn=64，当且仅当n=64且m=1时，nm及（m+n10）2取最大值从而最大的，所以，最大的（16分）点评：本题主要考查了等差数列、等比数列的性质及通项公式的应用，等比数列的性质的综合应用及一定的逻辑推理运算的能力20（16分）已知函数f（x）=x|xa|lnx（1）若a=1，求函数f（x）在区间1，e的最大值；（2）求函数f（x）的单调区间；（3）若

24、f（x）0恒成立，求a的取值范围考点：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用专题：导数的综合应用分析：（1）当a=1时，利用导数可判断f（x）在1，e上的单调性，由单调性即可求得其最大值；（2）求出f（x）的定义域，先按（）a0，（）a0两种情况进行讨论，其中a0时讨论去绝对值符号，利用导数符号即可判断单调性；（3）函数f（x）的定义域为x（0，+），f（x）0，即根据的符号对x进行分类讨论：x（0，1）时，当x=1时，当x1时，其中x1时去掉绝对值符号转化为求函数最值即可解决解答：解：（1）若a=1，则f（x）=x|x1|lnx当x1，e时，

25、f（x）=x2xlnx，所以f（x）在1，e上单调增，（2）由于f（x）=x|xa|lnx，x（0，+）（）当a0时，则f（x）=x2axlnx，令f（x）=0，得（负根舍去），且当x（0，x0）时，f（x）0；当x（x0，+）时，f（x）0，所以f（x）在上单调递减，在上单调递增（）当a0时，当xa时，令f（x）=0，得（舍），若，即a1，则f（x）0，所以f（x）在（a，+）上单调增；若，即0a1，则当x（0，x1）时，f（x）0；当x（x1，+）时，f（x）0，所以f（x）在区间上是单调减，在上单调增当0xa时，令f（x）=0，得2x2+ax1=0，记=a28，若=a280，即，则f（x

26、）0，故f（x）在（0，a）上单调减；若=a280，即，则由f（x）=0得，且0x3x4a，当x（0，x3）时，f（x）0；当x（x3，x4）时，f（x）0；当x（x4，+）时，f（x）0，所以f（x）在区间上是单调减，在上单调增；在上单调减综上所述，当a1时，f（x）的单调递减区间是，单调递增区间是；当时，f（x）单调递减区间是（0，a），单调的递增区间是（a，+）；当时，f（x）单调递减区间是（0，）和，单调的递增区间是和（a，+）（3）函数f（x）的定义域为x（0，+）由f（x）0，得*（）当x（0，1）时，|xa|0，不等式*恒成立，所以aR；（）当x=1时，|1a|0，所以a1； （

27、）当x1时，不等式*恒成立等价于恒成立或恒成立令，则因为x1，所以h（x）0，从而h（x）1因为恒成立等价于a（h（x）min，所以a1令，则再令e（x）=x2+1lnx，则在x（1，+）上恒成立，e（x）在x（1，+）上无最大值综上所述，满足条件的a的取值范围是（，1）点评：本题考查利用导数研究函数的单调性、求函数在闭区间上的最值及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，考查学生分析问题解决问题的能力，综合性强，难度大，对能力要求较高选做题：21-24四小题中只能选做两题，每小题10分，共计20分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤21（10分）（2013南通二模）如

28、图，AB是O的直径，C，F是O上的两点，OCAB，过点F作O的切线FD交AB的延长线于点D连接CF交AB于点E求证：DE2=DBDA考点：与圆有关的比例线段专题：证明题分析：欲证DE2=DBDA，由于由切割线定理得DF2=DBDA，故只须证：DF=DE，也就是要证：CFD=DEF，这个等式利用垂直关系通过互余角的转换即得解答：证明：连接OF因为DF切O于F，所以OFD=90所以OFC+CFD=90因为OC=OF，所以OCF=OFC因为COAB于O，所以OCF+CEO=90（5分）所以CFD=CEO=DEF，所以DF=DE因为DF是O的切线，所以DF2=DBDA所以DE2=DBDA（10分）点评

29、：本题考查的与圆有关的比例线段、切线的性质、切割线定理的运用属于基础题22（10分）选修42：矩阵与变换已知矩阵，若矩阵A属于特征值6的一个特征向量为，属于特征值1的一个特征向量为求矩阵A的逆矩阵考点：特征值与特征向量的计算专题：计算题分析：利用特征值与特征向量的定义，建立方程组，即可求得A，求出A的行列式，即可求得逆矩阵A1解答：解：由矩阵A属于特征值6的一个特征向量为，可得=6，即c+d=6；由矩阵A属于特征值1的一个特征向量为可得，=，即3c2d=2，解得，即A=，A逆矩阵是点评：本题主要考查了二阶矩阵，以及特征值与特征向量的计算，考查逆矩阵，正确理解特征值与特征向量是关键，属于中档题2

30、3已知曲线C1的极坐标方程为，曲线C2的极坐标方程为，判断两曲线的位置关系考点：参数方程化成普通方程；直线与圆的位置关系专题：直线与圆分析：把参数方程化为普通方程，求出圆心到直线的距离大于半径，由此可得两曲线的位置关系解答：解：将曲线C1，C2化为直角坐标方程得：，表示一条直线曲线，即，表示一个圆，半径为圆心到直线的距离，曲线C1与C2相离点评：本题主要考查把参数方程化为普通方程的方法，点到直线的距离公式的应用，直线和圆的位置关系应用，属于基础题24设f（x）=x2x+14，且|xa|1，求证：|f（x）f（a）|2（|a|+1）考点：不等式的证明专题：不等式的解法及应用分析：先利用函数f（x

31、）的解析式，代入左边的式子|f（x）f（a）|中，再根据|f（x）f（a）|=|x2xa2+a|=|xa|x+a1|x+a1|=|xa+2a1|xa|+|2a1|1+|2a|+1，进行放缩即可证得结果解答：证明：由|f（x）f（a）|=|x2a2+ax|=|（xa）（x+a1）|=|xa|x+a1|x+a1|=|（xa）+2a1|xa|+|2a|+1|2a|+2=2（|a|+1）|f（x）f（a）|2（|a|+1）点评：本题主要考查绝对值不等式的性质，用放缩法证明不等式，体现了化归的数学思想，属于中档题25（10分）袋中装有大小相同的黑球和白球共9个，从中任取2个都是白球的概率为现甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，每次摸取1个球，取出的球部放回，直到其中有一人去的白球时终止用X表示取球终止时取球的总次数（1）求袋中原有白球的个数；（2）求随机变量X的概率分布及数学期望E（X）考点：离散型随机变量的