浙江省湖州市2013届高三上学期期末考试数学(理)试题(扫描版)

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湖州市2012学年第一学期高三期末考试

理科数学样卷参

一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分．） 题号 答案 二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，共28分．）

11．1 12．15 13．4 14．4x8y150 15．25 16．522 17．440

261 B 2 A 3 C 4 A 5 B 6 C 7 D 8 D 9 B 10 AD

三、解答题（本大题共5小题，共72分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）

18.(Ⅰ)解:fx2sin2x23sinxcosx1+cos2x23sinxcosx

3sin2x+cos2x12sin2x+1 ………………………3分

6262由2k2x+2k，

得kxk. ……………………………………………5分

36所以fx的单调增区间是k，k(kZ). …………6分

36 (Ⅱ)解:由于fC=2sin2C+1=1，所以sin2C1，

66因为C是三角形的内角，所以2C，即C. …………8分

6262223所以cosCabc, 即a2b27. ………………10分

2ab227，解之得a3或4. 将ab23代入可得：a2122a所以a3或2，所以b2或3. …………………………13分

b3. …………………………14分 因为ab，所以a2，

19.(Ⅰ)解:因为x、y可能的取值为1，2，3，所以x21，yx2，

所以3，且当x1,y3或x3,y1时，3． …………4分

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因此，随机变量的最大值为3． …………5分 因为有放回抽两张卡片的所有情况有339种，

9(Ⅱ)的所有取值为0，1，2，3． …………………………………8分

2所以P(3)． ………………………7分

因为0时，只有x2,y2这一种情况，

1时，有x1，y1或x2，y1或x2，y3 或y3，x3四种情况，

2时，有x1，y2或x3，y2两种情况． 所以P(0)19，P(1)49，P(2)29． …………11分

则随机变量的分布列为：

 P 0 191 2 3 2929149 4919 2929 ……12分

因此，数学期望E014923． …………14分

20.(Ⅰ)证明：由题知A1D平面ABC，而A1D平面A1ACC1，

所以平面A1ACC1平面ABC， …………2分 又BCAC，BC平面ABC， 平面A1ACC1平面ABCAC，

所以BC平面A1ACC1，故BCAC1，…4分 又AC1A1B，BC、A1B平面A1BC，

BCA1BB，

所以AC1平面A1BC. …………6分 (Ⅱ)方法一：

取AB中点E，连DE，

则由DE、DC、DA1两两垂直，可如图建立空间直角坐标系， 由（Ⅰ）可知AC1平面A1BC，故AC1A1C，

所以A1AC为等边三角形，

所以A1D3，故可得各点坐标分别为

zA1B1C1高考学习网－中国最大高考学习网站Gkxx.com | 我们负责传递知识！A DxCyE第20题图

B A0，1，0，B2，，10，A10，0，3，C0，，10，E1，0，0，C10，2，3 …9

分

所以AB2，2，0，

A1A0，1，3，AC10，，33

设nx，y，z为平面A1AB的法向量，

2x2y0nAB则由，得，

y3z0nA1A令x3，则得n3，3，3， ………10分

又由(Ⅰ)知平面

33， ……11分 A1BC的法向量为AC10，，设所求二面角的大小为，则

nAC1coscosn，AC1nAC1621127， ………13分 7因为该二面角为锐角，所以二面角AA1BC的余弦值为(Ⅱ)方法二：

设A1CAC1O，作OFA1B于F， 连AF，则由AO平面A1BC， 知AFA1B，

A7. ………14分 7A1B1FOC1DC所以AFO即是二面角AA1BC的平 面角， ……10分

ACBC22易得AO3，OF112A1B22B第20题图

2， ……11分 2所以tanAFOAOOF3226， ……13分

从而二面角AA1BC的余弦值为7. ……14分 721.(Ⅰ)解：（Ⅰ）因为DM2DP,NPDM0，所以NP为DM的垂直平分线，

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所以|ND||NM|，又因为|CN||NM|22,

所以|CN||ND|222 ……4分 所以动点N的轨迹是以点C(1,0),D(1,0)为焦点的长轴为22的椭圆．

x2所以轨迹E的方程为(Ⅱ)方法一：

2y1. …………7分

2因为线段AB的长等于椭圆短轴的长，要使三点A、O、B能构成三角形， 则弦AB不能与x轴垂直，故可设直线AB的方程为ykxm，

ykxm,由x2，消去y，并整理，得

2y1.2(12k)x4kmx2m20. …………9分

222设A(x1,y1)，B(x2,y2)，又16k2m24(12k2)(2m22)0, 所以x1x24km12k2，x1x22(m1)12k22 …………10分

因为|AB|2,

所以(1k)(x2x1)2，即(1k2)[(x2x1)24x1x2]4

2214km8(m1)222(1m)， 所以(1k)，即42221k12k12k222因为1k1，所以

12m1． …………12分

2又点O到直线AB的距离h12|m|1k2，

因为S2|AB|hh，

222所以Sh2m(1m)2(m)212122 …………14分

所以0S212，即S的最大值为22． …………15分

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(Ⅱ)方法二：

因为线段AB的长等于椭圆短轴的长，要使三点A、O、B能构成三角形， 则弦AB不能与x垂直，故可设直线AB的方程为ykxm，

ykxm由x2，消去y，并整理，得

2y12(12k)x4kmx2m20.

222设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又16k2m24(12k2)(2m22)0，

4km12k2所以x1x2，x1x222(m1)12k222. …………10分

因为|AB|2，所以(1k)(x2x1)2.

2因为(1k2)， (xx)4x1x2214224km8(m1)2所以(1k)4， 2212k12k所以m22k12(1k)22， …………12分

又点O到直线AB的距离h|m|1k2，所以S12|AB|hh.

所以Sh11k222m221k22k12(1k)12222211k212(1k)22.

设t，则S12tt(0t1)， …………14分

所以0S2，即S的最大值为xlnx22． …………15分

lnx1lnx222.(Ⅰ)解：当a0时，f(x)，f(x) ， ………2分

因为当xe时，f(x)0，

所以f(x)在(e,)上是增函数． ………4分

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而3e2ee2e1e，所以f(3e)f(2e1)． ………6分 (Ⅱ) 函数f(x)的图象总在函数F(x)的图象的上方等价于f(x)F(x)恒成立，

即

xalnxx在(0,1)(1,)上恒成立． ………7分

xalnxxax① 当0x1时，lnx0，则令g(x)xxlnx，g(x)xlnx，

2x2lnx2x1x1x， x1x再令h(x)2x2lnx，h(x)．

……………8分

当0x1时，h(x)0，所以h(x)在(0,1)上递减， 所以，当0x1时，h(x)h(1)0，故g(x)h(x)2x0． …………9分

所以g(x)在(0,1)上递增，g(x)g(1)1，故a1． ……………10分 ② 当x1时，lnx0，则

xalnxxaxxlnxag(x)，

由①知，当x1时，h(x)0，h(x)在(1,)上递增． 所以，当x1时，h(x)h(1)0，g(x)h(x)2x0．

……………12分

所以 g(x)在(1,)上递增， 故g(x)g(1)1．

所以， a1． ……………14分 由①及②得：a1，故所求a值的集合为{1}． ……………15分

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