2013河北省名校名师俱乐部高三第二次调研考试数学53C答案(理)

【数学试卷·参考答案第1页共5页（理科）】·14-10-53C·2013河北省名校名师俱乐部高三第二次调研考试数学试卷参考答案1．B因为M＝{x|x＞x2}＝{x|0＜x＜1}，N＝{y|y＝4x2，x∈M}＝{y|12＜y＜2}，所以M∩N＝{x|12＜x＜1}．2．C因为z＝1＋2i1－i＝（1＋2i）（1＋i）（1－i）（1＋i）＝－1＋3i2，所以z＝－12－32i，所表示的点在第三象限．3．A由3x＋1＜1，得3x＋1－1＝－x＋2x＋1＜0，所以x＜－1或x＞2.因为“x＞k”是“3x＋1＜1”的充分不必要条件，所以k≥2.4．Dcos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝－55×2＝－12，即向量a、b的夹角为2π3.5．A依题得a22＝a1a4＝(a2－3)(a2＋6)，解得a2＝6，所以a10＝a2＋8×3＝30.6．A由a＋b＋c＝3得3－b＝a＋c两边平方得9－6b＋b2＝a2＋2ac＋c2≥2ac＋2ac＝4b2，即b2＋2b－3≤0，解得－3≤b≤1.7．D函数y＝cosx的单调递增区间为[－π＋2kπ，2kπ]，k∈Z，由－π＋2kπ≤ωπ2＋π4＜ωπ＋π4≤2kπ，k∈Z，解得4k－52≤ω≤2k－14，又4k－52－(2k－14)≤0且2k－14＞0，得k＝1，所以ω∈[32，74]．8．Dy′＝x＋1，所以切线在点(2，4)处的斜率为3，切线方程为y－4＝3(x－2)，令x＝0，得y＝－2，令y＝0，得x＝23，所以切线与坐标轴围成的三角形的面积为S＝12×|－2|×23＝23.9．A画出约束条件所表示的平面区域可知，该区域是由点A(1，2)，B(3，1)，C(4，2)所围成的三角形区域(包括边界)，u＝3x＋yx＋1＝3x＋3＋y－3x＋1＝y－3x＋1＋3.记点P(－1，3)，得kAP＝kBP＝－12，kCP＝－15，所以u＝3x＋yx＋1的取值范围是[52，145]．10．D∵2accosB＝a2＋c2－b2，∴tanB＝2－32accosB.∵BC→·BA→＝12，∴accosB＝12，∴tanB＝2－3.【数学试卷·参考答案第2页共5页（理科）】·14-10-53C·11．B∵f′(x)＝x2＋2ax＋(a2－1)，∴导函数f′(x)的图象开口向上．又∵a≠0，∴其图象必为第(3)个图．由图象特征知f′(0)＝0，且－a＞0，∴a＝－1，∴f(x)＝13x3－x2＋1，故f(－1)＝－13－1＋1＝－13.12．C数形结合：f(x)＜12⇔x2－12＜ax，在x∈(－1，1)时恒成立．在同一直角坐标系中作出函数g(x)＝x2－12，φ(x)＝ax的图象，如图．当a＞1时，g(－1)＝12，依题意，φ(－1)＝a－1≥g(－1)＝12，∴1＜a≤2；当0＜a＜1时，φ(1)＝a≥g(1)＝12，即a≥12，∴12≤a＜1.综上，a的取值范围为[12，1)∪(1，2]，故选C.13.π－24∫π20sin2x2dx＝∫π201－cosx2dx＝(12x－12sinx)π20＝π－24.14．20由三视图可知三棱锥的高为3，底面积为12×(5＋3)×5＝20，所以其体积为V＝13×20×3＝20.15.92因为AE＝2EB→，AF＝FC，所以AE＝23AB→，AF＝12AC→，所以BF·EF→＝(AF－AB)·(AF－AE)＝(12AC→－AB)·(12AC→－23AB)＝14AC→2＋23AB→2－56AB→·AC→＝14×22【数学试卷·参考答案第3页共5页（理科）】·14-10-53C·＋23×32－56×2×3×12＝92.16．4当n＝1时，2a1＝S1＋1，得a1＝1，当n≥2时，2(an－an－1)＝Sn－Sn－1＝an，所以anan－1＝2，所以an＝2n－1，又∵a1＝1适合上式，∴an＝2n－1，∴a2n＝4n－1.∴数列{a2n}是以a21＝1为首项，以4为公比的等比数列．∴a21＋a22＋…＋a2n＝1·（1－4n）1－4＝13(4n－1)．所以13(4n－1)5×2n＋1，即2n(2n－30)1，易知n的最大值为4.17．解：(1)由4sin2B＋C2－cos2A＝72，得4sin2π－A2－(2cos2A－1)＝72，4cos2A2－(2cos2A－1)＝72⇒4×1＋cosA2－2cos2A＋1＝72，得(2cosA－1)2＝0，即cosA＝12，因为0Aπ，所以A＝60°.(5分)(2)由cosB＝35，得sinB＝45，由正弦定理asinA＝bsinB，得b＝asinBsinA＝3×4532＝85，sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝32×35＋12×45＝33＋410，所以△ABC的面积S＝12absinC＝12×3×85×33＋410＝83＋1825.(10分)18．证明：(1)取PD的中点F，连EF、CF，则EF∥AD且EF＝12AD，由题意四边形BCFE为平行四边形，∴BE∥CF，又∵BE⊄平面PDC，CF⊂平面PDC，∴BE∥平面PDC.(6分)(2)由题意：∵AD2＋PD2＝AP2，∴PD⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，∴PD⊥平面ABCD.又∵AB⊂平面ABCD，∴PD⊥AB，又∵BD⊥AB，BD∩PD＝D，∴AB⊥平面PBD.(12分)19．解：(1)令4x－2x＋1－b＝0，则b＝4x－2x＋1＝(2x)2－2×2x＝(2x－1)2－1，∴当2x＝1，即x＝0时，b取到最小值，最小值为－1，∴b≥－1，即实数b的取值范围为[－1，＋∞)．(4分)(2)由(1)知b≥－1，令f(x)＝0，得(2x－1)2－1－b＝0.①当b＝－1时，f(x)＝(2x－1)2，【数学试卷·参考答案第4页共5页（理科）】·14-10-53C·由f(x)＝0得(2x－1)2＝0，∴有唯一解x＝0.②当b－1时，由f(x)＝0得(2x－1)2＝1＋b，∴2x＝1±1＋b，∵2x0，1＋1＋b0，∴2x＝1＋1＋b的解为x＝log2(1＋1＋b)；令1－1＋b0⇒1＋b1⇒－1b0，∴当－1b0时，2x＝1－1＋b的解为x＝log2(1－1＋b)．综合①、②，得当－1b0时，f(x)有两个零点，log2(1＋1＋b)和log2(1－1＋b)；当b≥0或b＝－1时，f(x)有唯一零点log2(1＋1＋b)．(12分)20．解：(1)∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，∵底面ABCD是正方形，∴BD⊥AC，∴AC⊥平面PBD，∵DE⊂平面PBD，∴AC⊥DE.(5分)(2)以D为原点，DP，DA，DC所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设BC＝3，则CP＝32，DP＝3，因为2BE＝EP，易知D(0，0，0)，A(0，3，0)，C(0，0，3)，P(3，0，0)，E(1，2，2)．所以CA→＝(0，3，－3)，CP→＝(3，0，－3)，CE→＝(1，2，－1)，设平面ACP的法向量为u＝(x，y，z)，则u·CA→＝0，u·CP→＝0，即3y－3z＝0，3x－3z＝0，令x＝1，得u＝(1，1，1)，同理可取平面ACE的法向量v＝(－1，1，1)，所以cosu，v＝u·v|u||v|＝13，所以二面角E—AC—P的余弦值为13.(12分)21．解：(1)当α＝1时，an＋1＝f(an)＝an1＋an，两边取倒数，得1an＋1－1an＝1，故数列{1an}是以1a1＝2为首项，1为公差的等差数列，1an＝n＋1，an＝1n＋1，n∈N*.(5分)(2)当α＝2时，an＋1＝f(an)＝2an1＋a2n，则an＋1－an＝2an1＋a2n－an＝an(1－an)1＋an1＋a2n，∵0an1，∴an＋1－an＝an(1－an)1＋an1＋a2n≤(an＋1－an2)2·1＋an1＋a2n＝14·1＋an（1＋an）2－2（an＋1）＋2【数学试卷·参考答案第5页共5页（理科）】·14-10-53C·＝14·1an＋1＋2an＋1－2≤14·122－2＝2＋18.∵an＝1－an与an＋1＝2an＋1不能同时成立，∴上式“＝”不成立，即对∀n∈N*，an＋1－an2＋18.(12分)22．解：(1)当a＝12时，y＝f(x)－2g(x)＝12x2－x－2lnx，y′＝x－1－2x＝（x＋1）（x－2）x，因为x0，所以当0x2时，y′0，当x2时，y′0，所以函数y＝f(x)－2g(x)在x＝2处取得极小值f(2)－2g(2)＝－ln4，函数y＝f(x)－2g(x)没有极大值．(4分)(2)令h(x)＝f(x)－g(ax)＝ax2－x－ln(ax)，即h(x)min≥0.h′(x)＝2ax2－x－1x，令p(x)＝2ax2－x－1，Δ＝1＋8a0，所以p(x)＝0有两个不等根x1，x2，x1x2＝－12a0，不妨令x10x2,所以h(x)在(0，x2)上递减，在(x2，＋∞)上递增，所以h(x2)＝ax22－x2－ln(ax2)≥0成立．因为p(x2)＝2ax22－x2－1＝0，所以ax2＝1＋x22x2，所以h(x2)＝1－x22－ln1＋x22x2≥0.令k(x)＝1－x2－ln1＋x2x＝1－x2＋ln2x－ln(1＋x)，k′(x)＝－（x－1）（x＋2）2x（x＋1），所以k(x)在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，所以k(x2)≤k(1)＝0，又h(x2)＝1－x22－ln1＋x22x2≥0，所以x2＝1代入ax2＝1＋x22x2得a＝1，所以a∈{1}．(12分)