泉州五中2013届高考模拟试卷(文科)

一、选择题：（每小题5分，共60分） 1.若复数z满足为（ ） A.2i

B.2

C.1

D.1

是 12iz开始 i（i为虚数单位），则z的虚部

输入x x＜1？ 否 x＜10？ B．2 D．1或2

yx22．根据右边程序框图，若输出y的值是4，则输入的实数x的值为（ ）

A．1

是 否 ycosxy3x1C．1或2

3．用单位立方块搭一个几何体，使它的主视图和俯视图如右图所示，则它的体积的最小值与最大值分别为（ ）

A．9与13 B．7与10

输出y 结束 C．10与16 D．10与15 4．从点P1,3向圆x2y1作两条切线

2PA、PB，切点为A、B。则弦AB所在的直线的倾斜

角的大小为（ ）

A．

6 B．

3 C．

n23 D．

56

等于( )

5.若数列an的通项公式是an

A.12

B.15

(1)(3n2)，则a1a2a10C.12 D.15

S46.在面积为S的矩形ABCD内随机取一点P，则PBC的面积小于

A.

16的概率是（ ）

B.

14 C.

13 D.满足

12

恒成立，则( )

一定是偶函数

7.已知函数

f(x)cos(2x)f(x1)f(x)f(1)对xRA.函数一定是偶函数 B.函数

f(x1)1

C.函数8．若椭圆

A．1

xf(x1)2一定是奇函数

1

105D.函数

f(x1)一定是奇函数

5y2m的离心率e或5315，则m的值为（ ）

15B．15 C． D． 3或

253

9.甲、乙两名运动员在某项测试中的6次成绩如茎叶图所示，x1，

x2分别表示甲乙两名运动员这项测试成绩的平均数，s1，s2分别

表示甲乙两名运动员这项测试成绩的标准差，则有( )

A. C.

x1x2,s1s2

B. Dx1x1x2,s1s2

x1x2,s1s2x2,s1s2.

10．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱AB，BC的中点， 则点C1到平面B1EF的距离是（ ）

A．233 B．232 C．

38 D．

43

）

11．若0A．C．

a1，且函数f(x)|logax|，则下列各式中成立的是（

11f(2)ff3411ff(2)f34

AB．D．

11ff(2)f43

11fff(2) 43A12.给定集合A，若对于任意a,b四个结论: ①集合A，有ab，且abA，则称集合A为闭集合，给出如下

4,2,0,2,4为闭集合; ②集合A3,1,0,1,3为闭集合;

A2③集合An|n3k,kZ为闭集合; ④若集合A1，A2为闭集合，则A1为闭集合;

其中正确结论的序号是( ) ．．．． A. ①

B. ②

C. ③

D. ④

二、填空题（每题4分，共16分）

13．从长度分别为2，3，4，5的线段中任取三条，则以这三条线段为边可以构成三角形的概率是 。

2

14．已知为钝角，且cos(2)35，则sin2 。

15．设

xy3x、y满足条件yx1y0，则z(x1)y22的最小值 。

16．已知函数

f(x)2x4，x0,1与g(x)x2xa2，x0,1，若对于任意x10,1，总

存在x00,1，使得三、解答题

f(x0)g(x1)成立，则a的取值范围为 。

17．（本小题满分12分）已知A、B、C是△ABC

mn1m三内角，向量(1,3)n，(cosA,sinA)且

1sin2BcosBsinB22（Ⅰ）求角A ；（Ⅱ）若

3，求tanC。

18．（本小题满分12分）口袋中有质地、大小完全相同的5个球，编号分别为1，2，3，4，5，甲、乙两人玩一种游戏；甲先摸出一个球，记下编号，放回后乙再摸一个球，记下编号，如果两个编号和为偶数算甲赢，否则算乙赢。

（Ⅰ）求甲赢且编号的和为6的事件发生的概率； （Ⅱ）这种游戏规则公平吗？试说明理由。 19. （本小题满分12分）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，E、F分别在线段BC和AD上，EF∥AB，将矩形ABCD沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF（如图），且平面MNEF⊥平面ECDF. (Ⅰ)求证:NC∥平面MFD; (Ⅱ)若EC=3，求证:ND⊥FC; (Ⅲ)求四面体NFEC体积的最大值.

20．（本小题满分12分）已知数列an的前n项和为Sn，若a1（Ⅰ）求数列an的通项公式；

2M

A

N

F

D

B

E

C

，nan1Snn(n1)，

3

（Ⅱ）令TnSn2n，①当n为何正整数值时，TnTn1；②若对一切正整数n，总有Tnm，求m

的取值范围。 题号 答案 1 D 2 D 3 C 4 D 35 D 1226 D xbxc7 A 。

8 D 9 B 10 D 11 A 12 C 21．（本小题满分12分）已知函数（Ⅰ）若（Ⅱ）若

f(x)f(x)f(x)x在(,)是增函数，求b的取值范围； 在x1时取得极值，且x[1,2]时，f(x)c2恒成立，求c的取值范围。

xa2222. (本小题满分14分)已知点F1(3,0)和F2(3,0)是椭圆M:焦点，且椭圆M经过点(3,).

21yb221(ab0)的两个

（Ⅰ）求椭圆M的方程；

（Ⅱ）过点P(0，2)的直线l和椭圆M交于A、B两点，且PB35PA，求直线l的方程；

（Ⅲ）过点P(0，2)的直线和椭圆M交于A、B两点，点A关于y轴的对称点C，求证：直线CB必过y轴上的定点，并求出此定点坐标.

参2013届高三文科数学模拟试卷5.11

一、选择题

二、填空题13．解析：基本事件总数为4，其中只有2，3，5一组不能构成三角形，故这个概

43率是11434． 14．2425； 15．4；

2 16．– 3，三、解答题

sinA)1„„„„„„„„1分 17．解：（Ⅰ）∵mn1，∴(1，3)(cosA，即3sinAcosA1，2(sinA∵0＜A＜π，（Ⅱ）由题知

6＜A32cosA12)1，即sin(A6)12 „„„„„„„3分

6＜56，∴A6=6，∴A=3„„„„„„„„„„„„6分

12sinBcosBcosBsinB223，整理得sin2BsinBcosB2cos2B0„„„„7分

∴cosB≠0，∴tan2BtanB20„„„„„„8分∴tanB2或tanB1„„9分

4

而tanB1使cos2Bsin2B0，舍去，∴tanB2„„„„„„„10分 又tanCtan[(AB)]tan(AB)tanAtanB1tanBtanB3223185311„„„12分

18．解析：（1）设“甲胜且两数字之和为6”为事件A，事件A包含的基本事件为(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)，共5个．„„„„„2分 又甲、乙二人取出数字共有5×5= 25（个）等可能的结果，„„4分 所以P(A)答：编号的和为6的概率为

1552515．„5分

．„„„„6分

（2）这种游戏规则不公平．„„„„„7分

则甲胜即两数字之和为偶数所包含的基本事件数为13个：

(1，1)，(1，3)，(1，5)，(2，2)，(2，4)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(4，2)，(4，4)，(5，1)， (5，3)，(5，5)，所以甲胜的概率P(B)从而乙胜P(C)1P(B)1132512251325，都要写，不可与

12相比，

．„„„„„„„„„11分

由于P(B)≠P(C)，所以这种游戏规则不公平．„„„„„„„„„„„„„„„„„12分 19解: (Ⅰ) 证明:因为四边形MNEF,EFDC都是矩形所以 MN∥EF∥CD,MN=EF=CD.所以四边形MNCD是 平行四边形,„„„2分所以NC∥MD, „„„3分 因为NC平面MFD，MD平面MFD

M

所以NC∥下面MFD „„„4分 (Ⅱ) 证明:连接ED,设EDFC0.

A N

F

E

D

因为平面MNEF⊥平面ECDF,且NE⊥EF,由面面垂直的性质 定理得NE⊥平面ECDF„5分因为FC平面ECDF,

所以FC⊥NE„„6分因为EC=CD=3,所以四边形ECDF为正方形, B 所以FC⊥ED又ED因为NDNEE,所以FC⊥平面NED „7分

C

平面NED,所以ND⊥FC

4x (Ⅲ) 解:设NE=x,则EC,其中0x4由(Ⅰ)得

NE⊥平面FEC,所以四面体NFEC的体积为

5

VNFEC13SEFCNE12x(4x)„„„10分 所以VNFEC1x(4x)2222„„„11分

当且仅当x4x,即x2时,四面体NFEC的体积最大.„„12分

20．解：（1）令n = 1，1a2a112，即a2a12„„„„„„„„„1分

nan1Snn(n1)nan1(n1)anan2nan1an2(n2)由(n1)aSn(n1)nn1„„„„„5分

∵a2a12，∴an1an2(nN)，即数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列， ∴an2n„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分 （2）①Tn②∵T1S12Sn2nn(n1)2n＞Tn132(n1)(n2)2n1，n＞2(nN)„„„„„„„„„„8分

1，T2T332，又因为n＞2时，Tn＞Tn1，

32∴各项中数值最大为21．解；（1）∴

f'(x)0，∵对一切正整数n，总有Tnm恒等成立，因此m2„„„12分

f'(x)3xxb，∵

0f(x)在(,)是增函数，

112恒成立，∴112b1122，解得b1f'06．

112.]．„„3

∵x(,)时，只有b（2）由题意，xx01则x0113b3,时，，∴b的取值范围为[分

1是方程3xxb0的一个根，设另一根为x0，

,2x0,∴3b2, ∴

f'(x)3xx22，„„„„„„„„„„„„„5分

列表分析最值：

x f'(x) 1 (1,23) 23 (23,1) 1 0 极小值(1,2) 2 12＋ 0 极大值－ ＋ f(x) c 递增 2227递减 c 32递增 c2c ∴当x[1,2]时，

f(x)的最大值为

f(2)2c，„„„„„„„„„„„„„„„9分

6

∵对x[1,2]时，

f(x)c2恒成立，∴c2(2,)2c，解得c1或c2，

故c的取值范围为(,1)„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分

xa2222.解：（1）由条件得：c=3，设椭圆的方程y22a3x21，将(3,12)代入得

3a214(a3)21，解得a4，所以椭圆方程为

1324y1. --------4分

2（2）斜率不存在时，PBPA不适合条件；----------------------5分

设直线l的方程ykx2，点B(x1,y1), 点A(x2,y2), 代入椭圆M的方程并整理得：

22(14k)x16kx1202222.

(16k)48(14k)16(4k3)0，得k34.

且x1x2因为PB3516k4k12,x1x2124k1352. -------------------7分

35x2.

PA,即(x1,y12)10k4k12(x2,y22)，所以x120代入上式得x2,x224k12，解得k1，

所以所求直线l的方程：yx2. --------------------9分

（3）设过点P(0,2)的直线AB方程为：ykx2，点B(x1,y1), 点A(x2,y2), C(-x2,y2).

x2将直线AB方程代入椭圆M:

4y1，并整理得：

2(14k)x16kx120，

(16k)48(14k)16(4k3)0，得k22222234.

且x1x216k4k12,x1x2124k12.

设直线CB的方程为：yy2y2y1x2x1(xx2)，

7

令x=0得：yy2y2x2x2y1x1x2x2y1x1y2x1x22kx1x2x1x22.----------12分

将x16k121x24k21,x1x24k21代入上式得：

2k12y4k213116k2222.

4k21所以直线CB必过y轴上的定点，且此定点坐标为(0,12). 当直线斜率不存在时，也满足过定点的条件。---------14分

8

---------13分