安徽省黄山市高三第一次联理科数学试题及答案

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1、黄山市2013届高中毕业班第一次质量检测数学(理科)试题本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分,全卷满分150分,考试时间120分钟.参考公式:如果事件互斥,那么.第卷(共50分)一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50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3 、是不同的直线,、是不同的平面,有以下四命题: 若,则; 若,则; 若,则; 若,则.其中真命题的序号是( )A B C D4设函数,且其 图象关于直线对称,则 ( )A.的最小正周期为,且在上为增函数B.的最小正周期为,且在上为减函数C.的最小正周期为,且在上为增函数D.的最小正周期为,且在上为减函数5如

2、右图,若程序框图输出的S是126,则判断框中应为 ( )ABC D6若定义在R上的偶函数满足,且当时,则方程的解个数是( )A0个B2个C4个D6个7若是等差数列,首项公差,且,则使数列的前n项和成立的最大自然数n是( )A4027B4026C4025D40248已知为圆内异于圆心的一点,则直线与该圆的位置关系是 ( )A、相切 B、相交 C、相离 D、相切或相交9已知n为正偶数,用数学归纳法证明 时,若已假设为偶数)时命题为真,则还需要用归纳假设再证( )时等式成立 ( )AB CD10. 已知向量、满足,若对每一确定的,的最大值和最小值分别为、,则对任意,的最小值是 ( )A B1 C2

3、D第卷(共100分)二、填空题:本大题共共5小题,每小题5分,共25分11.为了了解“预防禽流感疫苗”的使用情况,某市卫生部门对本地区9月份至11月份注射疫苗的所有养鸡场进行了调查,根据下图表提供的信息,可以得出这三个月本地区每月注射了疫苗的鸡的数量平均为 万只12.二项式展开式中的第_项是常数项3主视图俯视图侧视图13一个几何体的三视图如右图所示,主视图与俯视图都是一边长为的矩形,左视图是一个边长为的等边三角形,则这个几何体的体积为_14.已知z=2x +y,x,y满足且z的最大值是最小值的4倍,则a的值是 15给出如下四个结论: 若“且”为假命题,则、均为假命题; 命题“若,则”的否命题为

4、“若,则”; 若随机变量,且,则; 过点A(1,4),且横纵截距的绝对值相等的直线共有2条其中正确结论的序号是_来源:状.元.源Z.y.y.100三、解答题:本大题共共6小题,共75分,解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤16. (本小题满分12分)已知函数的图象过点. ()求的值;()在中,角,的对边分别是,.若,求的取值范围17(本小题满分12分) 已知函数(e为自然对数的底数)()当时,求函数的单调区间;()若对于任意,不等式恒成立,求实数t的取值范围18(本小题满分12分)如图,已知多面体ABCDE中,AB平面ACD,DE平面ACD,AC=AD=CD=DE=2,AB=1,F为C

5、D的中点()求证:AF平面CDE;()求面ACD和面BCE所成锐二面角的大小19.(本小题满分12分)某高校设计了一个实验学科的实验考查方案:考生从6道备选题中一次性随机抽取3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题的便可提交通过。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。()分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列,并计算数学期望;()试从两位考生正确完成题数的数学期望及至少正确完成2题的概率分析比较两位考生的实验操作能力20.(本小题满分13分)已知, 是平面上一动点, 到直线上的射影为点

6、,且满足()求点的轨迹的方程;()过点作曲线的两条弦, 设所在直线的斜率分别为, 当变化且满足时,证明直线恒过定点,并求出该定点坐标21. (本小题满分14分)已知数列满足:(其中常数)()求数列的通项公式;()求证:当时,数列中的任何三项都不可能成等比数列;()设为数列的前项和求证:若任意,参考答案一、ACABB CDCB A二、11,90;12,九;13,;14,;15,16.解:()由 3分因为点在函数的图象上,所以解得: 5分()因为,所以所以,即又因为,所以,所以 9分又因为,所以所以,所以所以的取值范围是 12分17解:()当时, 由,解得;,解得 函数的单调递增区间是;单调递减区

7、间是 5分()依题意:对于任意,不等式恒成立,来源:状+元+源即即在上恒成立 令, 当时,;当时, 函数在上单调递增;在上单调递减 所以函数在处取得极大值,即为在上的最大值实数t的取值范围是 12分18解:()DE平面ACD,AF平面ACD,DEAF又AC=AD,F为CD中点,AFCD,因CDDE=D,AF平面CDE. 4分()取CE的中点Q,连接FQ,因为F为CD的中点,则FQDE,故DE平面ACD,FQ平面ACD,又由()可知FD,FQ,FA两两垂直,以O为坐标原点,建立如图坐标系,则F(0,0,0),C(,0,0),A(0,0,),B(0,1,),E(1,2,0) 6分设面BCE的法向量

8、,则即取又平面ACD的一个法向量为, 面ACD和面BCE所成锐二面角的大小为4519,解:()设考生甲、乙正确完成实验操作的题数分别为,则的取值分别为1、2、3,的取值分别,0、1、2、3,所以考生甲正确完成实验操作的题数的概率分布列为:123P 5分 因为,所以考生乙正确完成实验操作的题数的概率分布列为:来源:状元源zyy100K0123P来源:状,元,Z,y,y,100 ,K 8分()因为所以 10分从做对题的数学期望考察,两人水平相当;从至少正确完成2题的概率考察,甲通过的可能性大,因此可以判断甲的实验操作能力较强。 10分20解: ()设曲线C上任意一点P(x,y), 又F(1,0),

9、N(1,y),从而,化简得y2=4x, 即为所求的P点的轨迹C的对应的方程. 4分 ()设、将MB与联立,得: 同理 而AB直线方程为: ,即 8分由:y1+y2=代入,整理得恒成立10分则 故直线AB经过(5,-6)这个定点. 13分21解:()当n1时,a13当n2时,因为a1n22n, 所以a1 (n1)22(n1) 得2n1,所以an(2n1)n1(n2,nN*) 3分又 a13也适合上式,所以an(2n1)n1 (nN*) 4分()当4时,an(2n1)4n1(反证法)假设存在ar,as,at成等比数列,则(2r1) 4r1 (2t1) 4t1(2s1)2 42s2整理得(2r1) (2t1) 4 rt 2s(2s1)2 由奇偶性知rt2s0所以(2r1) (2t1)(rt1)2,即(rt)20这与rt矛盾,故不存在这样的正整数r,s,t,使得ar,as,at成等比数列 8分()Sn3572(2n1)n1当1时,Sn357(2n1)n22n 10分当1时,Sn3572(2n1)n1,Sn 352(2n1)n1(2n1)n(1)Sn32(23n1)(2n1)n32 (2n1)n 当1时,左(1)Snanan2n13,结论显然成立;当1时,左(1)Snan32 (2n1)nan32 而,和同号,故0 对任意都成立 14分

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