山东省高三数学模拟试题(四)理.doc

山东省2013届高三高考模拟卷（四）
数学（理科）

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分150分，考试时间120分钟

第Ⅰ卷
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．已知集合，，若，则的值为
A．2 B．1 C． D．
2．定义运算，则符合条件的复数是
A． B． C． D．
3．“”是“”成立的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4.定义某种运算，运算原理如图所示，则式子的值为
A．13 B．11 C．8 D．4
5. 已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为

6．已知圆C的方程为，当圆心C到直线的距离最大时，的值为
A． B． C． D．5
7. 如果在一周内（周一至周日）安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校的学生连续参观两天，其余学校的学生均只参观一天，则不同的安排方法共有
A．50种 B．60种 C．120种 D．210种
8．设两个向量和，其中为实数，若，则的取值范围是
A． B．[4，8] C． D．
9．设，函数的图象可能是

10．已知斜率为2的直线过抛物线的焦点F，且与轴相交于点A，若△OAF(O为坐标原点)的面积为4，则抛物线方程为
A． B．
C．或 D．或
11. 在△ABC中，已知，，且最大角为，则这个三角形的最大边等于
A．4 B．14 C．4或14 D．24
12．已知是奇函数，且满足，当时，，当时，的最大值为，则
A． B． C． D．1

第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填写在答题纸的相应位置．
13．由曲线和直线围成的封闭图形的面积为_______。
14．已知变量满足约束条件，且目标函数的最小值为，则常数_______．
15. 已知四棱柱中，侧棱底面ABCD，且，底面ABCD的边长均大于2，且，点P在底面ABCD内运动，且在AB，AD上的射影分别为M，N，若|PA|=2，则三棱锥体积的最大值为______．
16．对大于或等于2的正整数的幂运算有如下分解方式：
…
…
根据上述分解规律，若，的分解中最小的正整数是21，则________．
三、解答题：本大题共6个小题，共74分．解答应写文字说明、证明过程或演算步骤，把答案填写在答题纸的相应位置．
17．（本小题满分12分）
已知△ABC的三个内角A、B、C所对的边分别为，且，．
(1)求cosC的值；
(2)当时，求函数的最大值．
18. (本小题满分12分)
已知数列满足：，，．数列的前项和为，且，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)令数列满足，求数列的前项和．
19．(本小题满分12分)
甲、乙两人参加某电视台举办的答题闯关游戏，按照规则，甲先从6道备选题中一次性抽取3道题独立作答，然后由乙回答剩余3题，每人答对其中2题就停止答题，即闯关成功．已知在6道备选题中，甲能答对其中的4道题，乙答对每道题的概率都是．
(1)求甲、乙至少有一人闯关成功的概率；
(2)设甲答对题目的个数为，求的分布列及数学期望．
20.（本小题满分12分）
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面是直角梯形ABCD，其中AD⊥AB，CD∥AB，AB=4，CD=2，侧面PAD是边长为2的等边三角形，且与底面ABCD垂直，E为PA的中点．
(1)求证：DE∥平面PBC；
(2)求二面角的余弦值．
21.（本小题满分13分）
已知椭圆C：的离心率，左、右焦点分别为，抛物线的焦点F恰好是该椭圆的一个顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知圆M：的切线与椭圆相交于A、B两点，那么以AB为直径的圆是否经过定点？如果是，求出定点的坐标；如果不是，请说明理由，
22．(本小题满分13分)
设函数，．
(1)当且时，直线与函数和函数的图象相切于同一点，求直线的方程．
(2)若函数在区间[2，4]上为单调函数，求实数的取值范围．

山东省2013届高三高考模拟卷（四）
数学（理科）参考答案

一、1．B【解析】因为，所以．又因为，而B中最多有两个元素，所以，所以．选B．
2.A【解析】设．根据定义运算得，即，根据复数相等的定义得得所以．
3．B【解析】由得，；由得．因此“”是“”成立的必要不充分条件，所以选B．
4．A 【解析】原式1) =13．
5．C【解析】由于空间几何体的正视图和侧视图“高平齐”，故正视图的高一定是2，由于正视图和俯视图“长对正”，故正视图的底面边长为2，又根据侧视图可知这个空间几何体最前面的面垂直于底面，这个面遮住了后面的一个侧棱，综上可知，这个空间几何体的正视图可能是C．
6．A【解析】圆C的方程可化为，所以圆心C的坐标为，又直线恒过点，所以当圆心C到直线的距离最大时，直线CA应垂直于直线，因为直线CA的斜率为，所以，．
7.C【解析】先安排甲学校的参观时间，一周内两天连排的方法共有6种，甲任选一种为，然后在剩下的五天中任选两天有序地安排其余两所学校参观，安排方法有种，按照分步乘法计数原理可知共有不同的安排方法种，故选C．
8．A【解析】根据已知条件得，又，所以，，于是，即，故，即，解得，故，故选A．
9．C【解析】由解析式可知，当时，，由此可以排除A、B选项．又当时，，从而可以排除D．故选C．
10．D【解析】抛物线的焦点坐标是，直线的方程是，令，得，故，所以△OAF的面积为，由题意，得，解得．故抛物线方程是或．故选D．
11．B 【解析】因为，所以，所以，又，所以，所以大于，则，由余弦定理得 ，所以，所以或（舍去）．
12．D【解析】由题意知，所以 ，所以．当时，，则，，令0，得，又，所以．当0时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．所以，所以得．
二、13．【解析】由，得或，则曲线与直线围成的图形的面积．
14．9【解析】先根据约束条件画出变量满足的可行域如图中阴影部分所示．易知直线与的交点为，观察图形可知目标函数在点处取得最小值，即，解得．

15．【解析】由条件可得，A、M、P、N四点在以PA为直径的圆上，所以由正弦定理得，所以、在△PMN中，由余弦定理可得，当且仅当PM= PN时取等号，所以，所以底面△PMN的面积，当且仅当PM= PN时取最大值，故三棱锥的体积．
16．11【解析】由，，，…，可知．由，可知，易知，则21是53的分解中最小的正整数，可得．故．
三、17．【解析】(1)在△ABC中，因为，所以．（2分）
又，，
所以，或（舍），（4分）
所以．（6分）
(2)由(1)知，（7分）
所以
，（10分）
又，所以．（12分）
18．【解析】(1)由已知可知数列为等差数列，且首项为1，公差为1．
∴数列的通项公式为．（2分）
∵，∴，∴，∴数列为等比数列，（4分）
又，∴，∴数列的通项公式为．（6分）
(2)由已知得：．
∴，
∴，（8分）
∴两式相减得
．（10分）
∴数列的前项和．（12分）
19．【解析】(1)设甲、乙闯关成功分别为事件A、B，
则，
（3分）
事件相互独立，
则甲、乙至少有一人闯关成功的概率是
．（6分）
(2)由题知的所有可能取值是1，2．
，，（9分）
则的分布列为

所以．（12分）

20．【解析】(1)法一 如图，取AB的中点F，连接DF，EF．
在直角梯形ABCD中，CD∥AB，且AB=4，CD=2，所以，
所以四边形BCDF为平行四边形，所以DF∥BC．（2分）
在△PAB中，PE=EA，AF=FB，所以EF//PB．
又因为DFEF=F，PBBC=B，所以平面DEF∥平面PBC．
因为DE平面DEF，所以DE∥平面PBC．（4分）
法二 取PB的中点M，连接CM，ME．
在△PAB中，PE=EA，PM=MB，所以．
在直角梯形ABCD中，CD∥AB，且AB=4，CD=2，
故，所以，（2分）
所以四边形CDEM为平行四边形，故DE∥CM．
因为CM平面PBC，DE平面PBC，
所以DE∥平面PBC．（4分）
(2)取AD的中点O，BC的中点N，连接ON，则ON∥AB．
在△PAD中，PA=PD=AD=2，所以PO⊥AD，，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，
所以PO⊥平面ABCD．（6分）
如图，以O为坐标原点；分别以OA，ON，OP所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，．
因为E为PA的中点，所以，故，．（8分）
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，PO⊥AD，
所以PO⊥平面ABD，故为平面ABD的一个法向量．
设平面EBD的法向量为，
由，得，即，
令，则，，所以为平面EBD的一个法向量．（10分）
所以．
设二面角的大小为，由图可知，所以．（12分）
21．【解析】(1)因为椭圆C的离心率，所以，即．（4分）
因为抛物线的焦点恰好是该椭圆的一个顶点，
所以，所以，．所以椭圆C的方程为．（6分）
(2)(i)当直线的斜率不存在时．
因为直线与圆M相切，故其中的一条切线方程为．
由不妨设，，
则以AB为直径的圆的方程为．（6分）
(ii)当直线的斜率为零时．
因为直线与圆M相切，所以其中的一条切线方程为．
由不妨设，，
则以AB为直径的圆的方程为．
显然以上两圆都经过点O(0，0)．（8分）
(iii)当直线的斜率存在且不为零时．
设直线的方程为．
由消去，得，
所以设，，则，．
所以．
所以．①（11分）
因为直线和圆M相切，所以圆心到直线的距离，
整理，得， ②
将②代入①，得，显然以AB为直径的圆经过定点O(0，0)
综上可知，以AB为直径的圆过定点(0，0)．（13分）
22．【解析】(1)由题易得，，
因为直线与函数的图象相切于同一点，
则令，解得，或，或(舍去)．（2分）
易得，，；，．
，；，．（3分）
①当时，，易知直线的斜率为2，且直线过点(1，1)，则直线的方程为；（4分）
②当时，因为，
则，即，(*)
令，则，
易得方程(*)在且上一定有解，且直线以为斜率，过点，
所以直线的方程为．
综上所述，直线的方程为或．（6分）
(2)由题易知，，要使在区间[2，4]上为单调递增函数，需在[2，4]时恒成立，
即在时恒成立，即在时恒成立，
即．（9分）
设，则，易知当时，，所以在[2,4]上单调递减，则，即，
所以，
所以当时，在区间[2，4]上为单调递增函数．（11分）
要使在区间[2，4]上为单调递减函数，需在[2，4]时恒成立，易得．
综上所述，若在区间[2，4]上为单调函数，则的取值范围为．（13分）

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