參考答案

2013年高考模擬金卷（一）

1. -2 2. 19 3. 6

4. 以AB所在直線為x軸，以AB的中垂線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系. 由題意得：CA+CB=10>AB=6，所以由橢圓的定義知點(diǎn)C的軌跡是以A，B為焦點(diǎn)的橢圓（除長軸兩端點(diǎn)）.設(shè)點(diǎn)C（x，y），則點(diǎn)C的軌跡方程為■+■=1，所以x2+y2∈[16，25），而ab·cosC=■·■=（-3-x，-y）·（3-x，-y）=x2+y2-9∈[7，16），即所求的取值范圍為[7，16）.

5. 由0=2f 2（x）-3f（x）+1？圯f（x）=■或f（x）=1，如圖1畫出f（x）的圖象，由f（x）=■？圯x有4個值；由f（x）=1？圯x有3個值，故共有7個零點(diǎn).

■

圖1

6. an=■■

7. 數(shù)形結(jié)合得：兩直線的交點(diǎn)在圓周及圓外，k與m滿足的關(guān)系為：（k2+1）m2≥4，所以（k2+1）m2的最小值為4.

8. 當(dāng)P離圓O最遠(yuǎn)時α最小，此時點(diǎn)P的坐標(biāo)為（-4，-2），記∠APO=β，由切線性質(zhì)得：在三角形OPA中，sinβ=■，又因為cosα=1-2sin2β，計算得cosα=■.

9. 要求向量的數(shù)量積的最值問題，一般都是引入一個變量，設(shè)■=t■，將所求的數(shù)量積轉(zhuǎn)化為這個變量的函數(shù)，再利用函數(shù)知識求解. 而■是一個沒有確定的向量，因此要應(yīng)用橢圓的幾何性質(zhì)，這樣才能使問題得到解決.

如圖2，設(shè)■=t■，則（■+■）·■=2■·■=-2t■·（■-t■）=2（t2-t）■2=2t-■■-■■2，所以當(dāng)t=■，■2=25時，（■+■）·■有最小值-■.

■

圖2

10. 屬幾何概型的概率問題，D的測度為4；e<■，則■<■<1，a∈（0，1]，b∈（0，1]，則d的測度為■，所以P=■=■.

11. ④⑤

12. 22=1+3，23=3+5，24=7+9，32=1+3+5，33=7+9+11，34=25+27+29，不難得出規(guī)律：2n可以表示為兩個連續(xù)奇數(shù)之和；3n可以表示為三個連續(xù)奇數(shù)之和；5n可以表示為五個連續(xù)奇數(shù)之和；m3可以表示為m個連續(xù)奇數(shù)之和，即211+213+…+[211+2（m-1）]=m3，m3-m2-210m=0，因為m>0，所以m=15.

13. 設(shè)點(diǎn)P（x，y），則■·■=（■+■）·（■+■）=（■+■）·（■-■）=■2-■2=x2+（y-2）2-1. 因l：ax+y=1垂直于直線y=x+m，則a=1，所以l：x+y=1. 因為點(diǎn)P在直線l上，所以x+y=1，即y=1-x，由此可得■·■=x2+（x+1）2-1=2x2+2x=2x+■■-■，當(dāng)x=-■時，■·■取得最小值為-■.

14. 因為f（1+x）=f（1-x），所以x=1為函數(shù)f（x）的對稱軸. 又f（x）是奇函數(shù)且當(dāng)x∈[0，1]時， f（x）=2x，所以可得到函數(shù)f（x）的圖象且周期為4. 令g（x）=ax，則g（x）是奇函數(shù)，且g（x）與f（x）有公共點(diǎn)（0，0）.

①若a>0，只要滿足g（x）與f（x）在第一象限有2個交點(diǎn)即可.

②若a<0，只要滿足g（x）與f（x）在第二象限有2個交點(diǎn)即可.

畫出f（x）和g（x）的圖象易得a∈-■，-■∪■.

15. （1）由題得g（x）=b2=1+sin22x=1+■=-■cos4x+■，所以函數(shù)g（x）的最小正周期T=■=■.

（2）由題得f（x）=a·b=（2cos2x，■）·（1，sin2x）=2cos2x+■sin2x=cos2x+1+■sin2x=2sin2x+■+1.

故f（C）=2sin2C+■+1=3，所以sin2C+■=1. 因為C是三角形的內(nèi)角，所以2C+■∈■，■，所以2C+■=■，即C=■. 所以cosC=■=■，？搖即a2+b2=7. 將ab=2■兩邊平方后代入得：a2+■=7， 解之得：a2=3或4. 所以a=■或2，所以b=2或■. 因為a>b，所以a=2，b=■.

16. （1）因為AD∥EF，EF∥BC，所以AD∥BC. 又BC=2AD，G是BC的中點(diǎn)，所以AD■BG，所以四邊形ADGB是平行四邊形，所以AB∥DG.因為AB？埭平面DEG，DG？奐平面DEG，所以AB∥平面DEG.？搖

（2）因為EF⊥平面AEB，AE？奐平面AEB，所以EF⊥AE. 又AE⊥EB，EB∩EF=E，EB，EF？奐平面BCFE，所以AE⊥平面BCFE. 過D作DH∥AE交EF于H，則DH⊥平面BCFE.因為EG？奐平面BCFE，所以DH⊥EG. 因為AD∥EF，DH∥AE，所以四邊形AEHD是平行四邊形，所以EH=AD=2，所以EH=BG=2. 又EH∥BG，EH⊥BE，所以四邊形BGHE為正方形，所以BH⊥EG. 又BH∩DH=H，BH？奐平面BHD，DH？奐平面BHD，所以EG⊥平面BHD. 因為BD？奐平面BHD， 所以BD⊥EG.

（3）因為EF⊥平面AEB，AD∥EF，所以AD⊥平面AEB，由（2）知四邊形BGHE為正方形，所以BE⊥BC.所以VADBEG=VD-AEB+VD-BEG=■S△ABE·AD+■S△BEG·AE=■+■=■.

17. （1）由題知，需加工G型裝置4000個，加工H型裝置3000個，所用工人分別為x人，（216-x）人.

由已知可得g（x）=■，h（x）=■，即g（x）=■，h（x）=■（0

（2）g（x）-h（x）=■-■=■. 因為00. 當(dāng)00，g（x）-h（x）>0，g（x）>h（x）；當(dāng)87≤x<216時，432-5x<0，g（x）-h（x）<0，g（x）

f（x）=■，0

（3）完成總?cè)蝿?wù)所用時間最少，即求f（x）的最小值. 當(dāng)0

18. （1）設(shè)直線的方程為y=k（x+1），即kx-y+k=0. 因為直線被圓C2截得的弦長為■，而圓C2的半徑為1，所以圓心C2（3，？搖4）到kx-y+k=0的距離為■=■. 化簡，得12k2-25k+12=0，解得k=■或k=■. 所以直線的方程為4x-3y+4=0或3x-4y+3=0.

（2）①設(shè)圓心C（x，？搖y），由題意，得CC1=CC2，即可得■=■. 化簡得x+y-3=0，即動圓圓心C在定直線x+y-3=0上運(yùn)動.

②圓C過定點(diǎn). 設(shè)C（m，3-m），則由此可得動圓C的半徑為■=■. 于是動圓C的方程為（x-m）2+（y-3+m）2=1+（m+1）2+（3-m）2. 整理，得x2+y2-6y-2-2m（x-y+1）=0. 由x-y+1=0，？搖x2+y2-6y-2=0，可解得x=1+■■，？搖y=2+■■，或x=1-■■，？搖y=2-■■.所以定點(diǎn)的坐標(biāo)為1-■■，？搖2-■■，1+■■，？搖2+■■.

19. （1）由題意知amn=1+（n-1）·dm，a2n-a1n=[1+（n-1）d2]-[1+（n-1）d1]=（n-1）（d2-d1）. 同理，a3n-a2n=（n-1）（d3-d2），a4n-a3n=（n-1）（d4-d3），…，ann-a■=（n-1）（dn-d■）.

又因為a1n，a2n，a3n，…，ann成等差數(shù)列，所以a2n-a1n=a3n-a2n=…=ann-a■，故d2-d1=d3-d2=…=dn-d■，即{dn}是公差為d2-d1的等差數(shù)列. 所以dm=d1+（m-1）（d2-d1）=（2-m）d1+（m-1）d2. 令p■=2-m，p■=m-1，則dm=p1d1+p2d2，此時p■+p■=1.

（2）當(dāng)d1=1，d2=3時，dm=2m-1（m∈N？鄢），數(shù)列{dm}分組如下：（d1），（d2，d3，d4），（d5，d6，d7，d8，d9），…. 按分組規(guī)律，第m組中有2m-1個奇數(shù)，所以第1組到第m組共有1+3+5+…+（2m-1）=m2個奇數(shù). 注意到前k個奇數(shù)的和為1+3+5+…+（2k-1）=k2，所以前m2個奇數(shù)的和為（m2）2=m4. 即前m組中所有數(shù)之和為m4，所以（cm）4=m4.

因為cm>0，所以cm=m，從而2■dm=（2m-1）·2m（m∈N？鄢）.

所以Sn=1·2+3·22+5·23+7·24+…+（2n-3）·2■+（2n-1）·2n；

2Sn=1·22+3·23+5·24+7·25+…+（2n-3）·2n+（2n-1）·2■.

故-Sn=2+2·22+2·23+2·24+…+2·2n-（2n-1）·2■=2（2+22+23+…+2n）-2-（2n-1）·2■=2×■-2-（2n-1）·2■=（3-2n）2■-6.

所以Sn=（2n-3）2■+6.

（3）由（2）得dn=2n-1（n∈N？鄢），Sn=（2n-3）2■+6（n∈N？鄢）. 故不等式■（Sn-6）>dn就是（2n-3）2■>50（2n-1）. 考慮函數(shù)f（x）=（2n-3）2■-50·（2n-1）=（2n-3）（2n+1-50）-100. 當(dāng)n=1，2，3，4，5時，都有f（n）<0，即（2n-3）·2n+1<50（2n-1）. 而f（6）=9（128-50）-100=602>0，注意到當(dāng)n≥6時，f（n）單調(diào)遞增，故有f（n）>0. 因此，當(dāng)n≥6時，（2n-3）2n+1>50（2n-1）成立，即■·（Sn-6）>dn成立. 所以，滿足條件的所有正整數(shù)N=6，7，…，20.

20. （1）f ′（x）=■，g′（x）=■，則f ′（0）=0，g′（0）=0，且f（0）=0，g（0）=0，所以函數(shù)f（x）和g（x）的圖象在x=0處的切線方程都是y=0.

（2）令函數(shù)h（x）=ln2（1+x）-■，定義域是（-1，+∞），h′（x）=■-■=■. 設(shè)u（x）=2（1+x）ln（1+x）-x2-2x，則u′（x）=2ln（1+x）-2x. 令v（x）=2ln（1+x）-2x，則v′（x）=■-2=■. 當(dāng)-10，v（x）在（-1，0）上為增函數(shù)；當(dāng)x>0時，v′（x）<0，v（x）在（0，+∞）上為減函數(shù).所以v（x）在x=0處取得極大值，且就是最大值，而v（0）=0. 所以u′（x）≤0，函數(shù)u（x）在（-1，+∞）上為減函數(shù). 于是當(dāng)-1u（0）=0，當(dāng)x>0時，u（x）0，h（x）在（-1，0）上為增函數(shù)；當(dāng)x>0時，h′（x）<0，h（x）在（0，+∞）上為減函數(shù). 故h（x）在x=0處取得極大值，且就是最大值，而h（0）=0，所以h（x）≤0，即ln2（1+x）-■≤0，ln2（1+x）≤■.

（3）由題意可知不等式 1+■■≤e對任意的n∈N？鄢都成立，且不等式1+■■≤e等價于不等式（n+a）·ln1+■≤1. 由1+■>1知，a≤■-n. 設(shè)F（x）=■-■，x∈（0，1]，則F′（x）=-■+■=■.

由（2）知，ln2（1+x）≤■，即（1+x）ln2（1+x）-x2≤0，所以F′（x）<0，x∈（0，1]，于是F（x）在（0，1]上為減函數(shù). 故函數(shù)F（x）在（0，1]上的最小值為F（1）=■-1，所以a的最大值為■-1.

理科附加題部分

21. A. 選修4-1：幾何證明選講

設(shè)圓O的半徑為r，圓O1的半徑為R（R>r），過點(diǎn)O1作O1E⊥AC，垂足為E，則O1E2=AB2=（R+r）2-（R-r）2=4Rr.

■

圖3

連結(jié)O1C，則O1C2=O1E2+CE2=4Rr+（2r-R）2=4r2+R2.

因為CT 2=AC2=4r2，O1T 2=R2，所以O(shè)1C2=CT 2+O1T 2，

所以三角形O1CT為直角三角形，O1T ⊥TC，所以CT為圓O1的切線，切點(diǎn)為T.

B. 選修4-2 矩陣與變換

由3 00 4-1-1=-3-4，3 00 411=34，所以M′（-3，-4），N′（3，4），所以M′N′=■=10.

（2）f（λ）=λ-3 00 λ-4=（λ-3）（λ-4）=0，解得矩陣特征值為λ1=3，λ2=4，再分別將λ1=3，λ2=4代入方程組（λ-3）x+0·y=0，0·x+（λ-4）y=0，得矩陣屬于特征值λ1=3的特征向量為■1=01，屬于特征值λ2=4的特征向量為■2=10.？搖

C. 選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程

（1）由x=sinα，y=cos2α，α∈[0，2π）可得x2+y=1，x∈[-1，1].？搖？搖？搖

（2）由ρsinθ+■=-■得曲線D的普通方程為x+y+2=0，由x+y+2=0，x2+y=1得x2-x-3=0. 解得x=■？埸[-1，1]，故曲線C與曲線D無公共點(diǎn).

D. 選修4-5：不等式證明選講

-■，+∞.

22. （1）由已知f（1）=S2=1+■=■，f（2）=S4-S1=■+■+■=■，f（3）=S6-S2=■+■+■+■=■.

（2）由（1）知f（1）>1，f（2）>1. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n≥3時， f（n）<1.

①由（1），當(dāng)n=3時，f（n）<1；

②假設(shè)n=k（k≥3）時，f（n）<1，即f（k）=■+■+…+■<1，那么f（k+1）=■+■+…+■+■+■=■+■+■+…+■+■+■-■<1+■-■+■-■=1+■+■=1-■-■<1. 所以當(dāng)n=k+1時，也成立. 由①和②知，當(dāng)n≥3時，f（n）<1. 所以當(dāng)n=1和n=2時，f（n）>1；當(dāng)n≥3時， f（n）<1.

23. （1）郵遞員從該城市西北角的郵局A到達(dá)東南角B地，要求所走路程最短共有Cn+12n+2種不同的走法，其中途經(jīng)C地的走法有2Cn2n種走法，所以郵遞員途徑C地的概率f（n）=■=2■·■=■.

（2）由（1）得2f（n）=■=■=1+■，得[2f（n）]2n+1=1+■2n+1，要證n∈N？鄢時，有2<[2f（n）]2n+1<3，只要證n∈N？鄢時，2<1+■2n+1<3. 因為n∈N？鄢時，（2n+1）∈N？鄢，且2n+1≥3，所以只要證n∈N？鄢，且n≥3時，2≤1+■n≤3. 由于n≥3時，g（n）=1+■n=C0n+C1n■+C2n■+…>C0n+C1n■=2，且1+■n=C0n+C1n■+C2n■+C3n■+…+Cnn■=2+■·■+■·■+…+■·■=2+■·■·■+■·■·■·■+…+■·■·■·…·■·■<2+■+■+…+■<2+■+■+■+…+■=2+1-■+■-■+■-■+…+■-■=3-■<3. 所以2<[g（n）]n<3成立，所以2<[2f（n）]2n+1<3.

2013年高考模擬金卷（二）

1. （理）D （文）D

2. （理）B （文）A

3. C 4. A 5. C

6. （理）由z=ax+by可得直線方程y=-■x+■，因為a>0，b>0，所以當(dāng)直線在y軸上移動且截距最大時，目標(biāo)函數(shù)z取得最大值. 畫出可行域知直線經(jīng)過兩直線3x-y-6=0和x-y+2=0的交點(diǎn)（4，6）時，z取得最大值為12，所以12=4a+6b，即2a+3b=6，因而■+■=■■+■（2a+3b）=■78+■+■≥25，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=■時等號成立. 故選D.

（文）因為橢圓的離心率為■，所以e=■=■，c2=■a2，c2=■a2=a2-b2，所以b2=■a2，即a2=4b2. 雙曲線的漸近線為y=±x，代入橢圓得■+■=1，即■+■=■=1，所以x2=■b2，x=±■b，y2=■b2，y=±■b. 則第一象限的交點(diǎn)坐標(biāo)為■b，■b，所以四邊形的面積為4×■b×■b=■b2=16，所以b2=5，所以橢圓方程為■+■=1，選D.

7. （理）依題意，因為集合S中只有3個不同元素，所以不同有序數(shù)對（i，j）共有9對，如i=0，j=0，有A0⊕A0=A0，（A0⊕A0）⊕A0=A0⊕A0=A0，故適合題意. 經(jīng)驗證，只有3對：（0，0），（1，1），（2，2）適合題意，故選C.

（文）同理科第6題.

8. （理）kPQ=■，kMN=-■. 直線PQ為：y=■（x+c），兩條漸近線為：y=±■x. 由y=■（x+c），y=■x得：Q■，■；由y=■（x+c），y=-■x得：P-■，■. 所以線段PQ的中點(diǎn)N■，■，直線MN為：y-■=-■·x-■. 令y=0，得：xM=■. 又MF2=F1F2=2c，所以3c=xM=■，解之得：e2=■=■，即e=■. 故選B.

（文）因為y′=（f ′（x）+f（x））ex，依題意有f ′（1）+f（1）=0. 由于f ′（1）表示y=f（x）的圖象在x=1處切線的斜率，所以在x=1處y=f（x）的函數(shù)值與斜率互為相反數(shù)，選D.

9. （理）（1，1） （文）■

10. 2

11. （理）-2≤a≤4 （文）130

12. 8

13. ④

14. △ABC的外接圓的半徑r=■，點(diǎn)O到面ABC的距離d=■=■，SC為球O的直徑？圯點(diǎn)S到面ABC的距離為2d=■，所以此棱錐的體積為V=■S△ABC×2d=■×■×■=■.

15. （理）函數(shù)y=■ex與函數(shù)y=ln（2x）互為反函數(shù)，圖象關(guān)于y=x對稱， 函數(shù)y=■ex上的點(diǎn)Px，■ex到直線y=x的距離為d=■，設(shè)函數(shù)g（x）=■ex-x？圯g′（x）=■ex-1？圯g（x）min=1-ln2？圯dmin=■. 由圖象關(guān)于y=x對稱得：PQ最小值為2dmin=■（1-ln2）.

（文）337. 揭示：f（1）+f（2）+…+f（6）=1.

16. （理）因為C為AB的中點(diǎn)，■=■，所以PC⊥AB. 由■=m■+■，可知點(diǎn)I在∠PAB的平分線上，由■=λ■知點(diǎn)I在直線PC上，即點(diǎn)I為∠PAB的平分線與直線PC的交點(diǎn). 由于■與■同向，所以λ=■，過I作ID垂直PA，垂足為D，則λ=■=■=■. 因為■-■=4知■=4，■=2，■=3，所以λ=■.

（文）設(shè)A，B的中點(diǎn)為C，則■+■=2■，■+■=2■，…， ■+■=2■，2（■+■+…+■）=2（n-1）■. 又（■+■）=2■，所以可得■+■+…+■=■（■+■）.

17. （1）f（x）=2sin2x+■+3. f（x）的最小正周期為π，單調(diào)遞增區(qū)間為kπ-■，kπ+■，k∈Z.

（2）f（A）=4？搖得2sin2A+■+3=4，即sin2A+■=■. 因為0

18. （理）（1）設(shè)乙廠生產(chǎn)的產(chǎn)品數(shù)量為n，則有■=■，解得n=35. 即乙廠生產(chǎn)的產(chǎn)品數(shù)量為35件.

（2）易見只有編號為2，5的兩組產(chǎn)品為優(yōu)等品，所以乙廠生產(chǎn)的產(chǎn)品中的優(yōu)等品率為■，因為35×■=14，故乙廠生產(chǎn)大約14件優(yōu)等品.

（3）ξ的取值為0，1，2. P（ξ=0）=■=■，P（ξ=1）=■=■，P（ξ=2）=■=■. 所以ξ的分布列為：

■

故ξ的均值為Eξ=0×■+1×■+2×■=■.？搖

（文）（1）因為x=■■xn=75，所以x6=6x-■xn=6×75-70-76-72-70-72=90. 因為S2=■■（xn-x）2=■×（52+ 12+32+52+32+152）=49，所以S=7.

（2）從5位同學(xué)中隨機(jī)選取2位同學(xué)，共有如下10種不同的取法：{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，{3，4}，{3，5}，{4，5}，選出的2位同學(xué)中，恰有1位同學(xué)的成績位于（68，75）的取法共有如下4種取法：{1，2}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，故所得概率為■.

19. （理）（1）由圖形可知該幾何體的底面ABCD是菱形，且有一個角為60°，邊長為2，錐體高度為PO=1 的四棱錐.

（2）設(shè)AC，BD的交點(diǎn)為O，連結(jié)OE，則OE為△DPB的中位線，OE∥PB，OE？奐平面EAC，PB？埭平面EAC，所以PB∥平面EAC.

（3）連結(jié)OP，則OP⊥平面ABCD.以O(shè)為原點(diǎn)，直線OB，OC，OP分別為x，y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B（1，0，0），D（-1，0，0），A（0，-■，0），P（0，0，1），■=（0，-■，-1），■=（1，0，-1）. 因為■=λ，所以PF=λ·FA，PF=λ·（PA-PF），PF=■·PA，■=■·■，所以可得■=0，-■，-■，■=■-■=-1，-■，■. 易知PA⊥BD，故只需令PA⊥BF，即■·■=0，就能使PA⊥平面BDF，再根據(jù)（-1）·0+-■·（-■）+■·（-1）=0，得λ=■. 此時，■=（0，-■，-1）為平面BDF的法向量，又E-■，0，■，C（0，■，0），所以■=■，■，-■. 設(shè)直線EC與平面BDF所成的角為θ，則sinθ=cos〈■，■〉=■=■. 所以當(dāng)λ=■時，PA⊥平面BDF，此時直線EC與平面BDF所成角的正弦值為■.

（文）（1）下面先證AB⊥GH. 連結(jié)CG，當(dāng)λ=■時，即AG=■AB. 因為△ABC為等腰三角形，所以CG⊥AB. 又AD∥CF，且AD⊥平面ABC，所以HC⊥平面ABC，所以HC⊥AB. CG∩HC=C，所以AB⊥面CGH，GH？哿面CGH，所以AB⊥GH. 再證GH∥平面DEF. 取DE的中點(diǎn)為M，連結(jié)GM，MF. 因為G為AB的中點(diǎn)，所以GM∥AD，又AD∥CF，所以GM∥CF. 因為CF=2a，MG=AD=a，H為CF的中點(diǎn). 所以GM∥HF且GM=HF，即四邊形GHFM為平行四邊形. 所以GH∥MF. 又MF？奐平面DEF，GH？埭平面DEF. 所以GH∥平面DEF.

（2）對于0<λ<1的任意λ，總有GH∥平面DEF. 證明如下：連結(jié)AH，BH，因為AD∥CF且AD=FH=a，所以AHFD是平行四邊形，所以AH∥DF. 又DF？哿平面DEF，AH？埭平面DEF，所以AH∥平面DEF. 同理可證：BH∥平面DEF. 又AH∩BH=H，所以平面DEF∥平面ABH. 因為當(dāng)0<λ<1時，HG？奐面ABH，所以HG∥平面DEF.

20. （理）（1）由對稱性可得知：△BFD是等腰直角三角形，所以斜邊BD=2p，點(diǎn)A到準(zhǔn)線l的距離d=FA=FB=■p，S△ABD=4■？圳■×BD×d=4■？圳p=2. 且圓F的方程為x2+（y-1）2=8.

（2）由對稱性設(shè)Ax0，■（x0>0），則F0，■，點(diǎn)A，B關(guān)于點(diǎn)F對稱得：B-x0，p-■？圯p-■=-■？圳x■■=3p2，所以可得：A■p，■，直線m：y=■x+■？圳x-■y+■=0；x2=2py？圳y=■？圯y′=■=■？圯x=■p？圯切點(diǎn)P■，■，直線n：y-■=■x-■？圳x-■y-■p=0，坐標(biāo)原點(diǎn)到m，n距離的比值為■：■=3.

（文）（1）當(dāng)1≤x<4時，合格的元件數(shù)為x-■，利潤T=2x-■-■=2x-■；當(dāng)x≥4時，合格的元件數(shù)為x-x+■-■=-■+■，利潤T=2-■+■-x+■-■=-x-■+■. 綜上，該工廠每天生產(chǎn)這種元件所獲得的利潤T=2x-■，1≤x<4，-x-■+■，x≥4.

（2）當(dāng)1≤x<4時，T=2x-■，對稱軸x=2，此時利潤的最大值Tmax=T（2）=2. 當(dāng)x≥4時，T′=-1+■=■=■<0，所以T=-x-■+■在[4，+∞）上是減函數(shù)，此時利潤的最大值Tmax=T（4）=0. 綜上所述，當(dāng)x=2時，T取最大值2， 即當(dāng)日產(chǎn)量定為2（萬件）時，工廠可獲得最大利潤2萬元.

21. （理）（1）當(dāng)a=1時，則f（x）=2lnx-x2，所以f ′（x）=■-2x. 所以f ′（1）=0. 又f（1）=-1，所以曲線y=f（x）在點(diǎn)x=1處的切線方程為y+1=0.

（2）f（x）=2a2lnx-x2，所以f ′（x）=■-2x=■=■.？搖

因為x>0，a>0，當(dāng)00，當(dāng)x>a時， f ′（x）<0.？搖所以f（x）在（0，a）上是增函數(shù)，在[a，+∞）上是減函數(shù). 所以，f（x）max=f（a）=a2（2lna-1）.

討論函數(shù)f（x）的零點(diǎn)情況如下：

①當(dāng)a2（2lna-1）<0，即0

②當(dāng)a2（2lna-1）=0，即a=■時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）內(nèi)有唯一零點(diǎn)a，而1

③當(dāng)a2（2lna-1）>0，即a>■時，由于f（1）=-1<0，f（a）=a2（2lna-1）>0，f（e2）=2a2lne2-e4=4a2-e4=（2a-e2）（2a+e2）. 當(dāng)2a-e2<0時，即■■時，f（e2）≥0，而且f（■）=2a2·■-e=a2-e>0，f（1）=-1<0，由單調(diào)性可知，無論a≥e2還是a

（文）同理科第20題.

22. （理）（1）因為6a3=8a1+a5，所以6q2=8+q4，解得q2=4或q2=2（舍），則q=2. 又a1=2，所以a■n=2n.

（2）由2n2-（t+bn）n+■bn=0，得bn=■，所以b1=2t-4，b2=16-4t，b3=12-2t，則由b1+b3=2b2，得t=3. 而當(dāng)t=3時，bn=2n，由bn+1-bn=2（常數(shù)）知數(shù)列{bn}為等差數(shù)列.

（3）因為c1=c2=c3=2，易知m=1不合題意，m=2適合題意，當(dāng)m≥3時，若cm+1為后添入的數(shù)2，則一定不滿足T■m=2cm+1，從而cm+1必是數(shù)列{an}中的某一項a■k+1，則（2+22+22+…+2k）+2（b1+b2+b3+…+bk）=2×2■，即 2×（2k-1）+2×■=2×2k+1，即2k+1-2k2-2k+2=0，也就是2k=k2+k-1. 易證k=1，2，3，4不是該方程的解，而當(dāng)n≥5時，2n>n2+n-1成立，證明如下：

①當(dāng)n=5時，25=32，n2+n-1=29，左邊>右邊成立；

②假設(shè)n=k（k≥5）時，2k>k2+k-1成立，當(dāng)n=k+1時，2k+1>2k2+2k-2=（k+1）2+（k+1）-1+k2-k-3≥（k+1）2+（k+1）-1+5k-k-3=（k+1）2+（k+1）-1+k+3（k-1）>（k+1）2+（k+1）-1.

這就是說，當(dāng)n=k+1時，結(jié)論成立.

由①②可知，2n>n2+n-1（n≥5）恒成立，故2k=k2+k-1無正整數(shù)解.

綜上可知，滿足題意的正整數(shù)僅有m=2.

（文）（1）由已知得0 11 0·-21=0×（-2）+1×11×（-2）+0×1=1-2，所以點(diǎn)M′的坐標(biāo)為（1，-2）.？搖？搖？搖？搖

（2）因為0 11 0·Snn=nSn，所以A′（n，Sn）. 因為點(diǎn)A′（n，Sn）在函數(shù)f（x）=x2+x的圖象上，所以Sn=n2+n. 當(dāng)n=1時，a1=S1=2；當(dāng)n≥2時，an=Sn-Sn-1=2n，a1=2滿足上面的公式，所以an=2n（n∈N？鄢）.？搖

（3）由已知，bn=1-■1-■…1-■. 設(shè)F（n）=1-■1-■…1-■■. 因為■=1-■·■=■·■=■<■=1，所以F（n）>F（n+1），所以F（n）單調(diào)遞減，所以當(dāng)n=1時，F(xiàn)（n）取得最大值■.

要使得不等式bn■■，所以a的取值范圍是■，+∞.

2013年高考模擬金卷（三）

1. D 2. A 3. D

4. A 5. （理）C （文）C

6. D 7. D

8. 數(shù)形結(jié)合：ax=-x+4，logax=-x+4，ax與logax互為反函數(shù)，且都與y=-x+4有交點(diǎn)，這兩個交點(diǎn)關(guān)于直線y=x對稱，m+n=4，所以，■+■=■+■·■=■2+■+■>1，選B.

9. 由切線的斜率可知，選A.

10. ■·■=2？圯b·c=4？圯S△ABC=■，又■=■，選B.

11. S=S+■-■，當(dāng)i=121時退出循環(huán)，此時S=（■-1）+（■-■）+…+（■-■）=10，選A.

12. ■=■（■+■）？圯點(diǎn)E是PF的中點(diǎn)，由第二定義可得：

EF-OE=■（PF-PF1）=a（F1為右焦點(diǎn)），又OE⊥PF，OE=■a，選A.

13. 200

14. （理）■ （文）1

15. （理）先利用幾何概型計算任意兩個人相遇問題x-y≤15的概率，然后再四個人組合數(shù)計算值為■.

（文）b·cos■=-1.

16. 證明：tanx≥x≥sinx（導(dǎo)數(shù)或單位圓中的面積法）. y=x.

17. （1）a2+a3+a4=282a3+4=a2+a■？圯a3=8，則q=2或q=■，由于{an}是單調(diào)遞增的等比數(shù)列，q=2，所以{an}的通項公式為an=2n.

（2）bn=-n2n，Sn=b1+b2+b3+…+bn？圯-Sn=1·2+2·22+3·23+…（n-1）·2n-1+n·2n，-2Sn=1·22+2·23+…（n-2）·2n-1+（n-1）·2n+n·2n+1， Sn=2+22+23+…2n-1+2n-n·2n+1？圯Sn=（1-n）2n+1-2.

18. （理）（1）取B1C1的中點(diǎn)S，連結(jié)FS交BC1于點(diǎn)H（如圖4）.

■

圖4

由題意可得：四邊形AFSA1是矩形？圯H是FS的中點(diǎn)，則EH∥AF.

EH∥AFEH？奐平面EBC1■AF？埭平面EBC1■？圯AF∥平面EBC1.

（2）延長EC1，交CA的延長線于點(diǎn)G.

在三角形ABG中，由余弦定理得：BG2=AB2+AG2-2AB·AGcos∠BAG？圯BG=2■，則三角形BGC為直角三角形？圯BC⊥BG.

又因為CC1⊥平面ABCBG？奐平面ABC？圯CC1⊥BG，BC∩CC1=C，所以BG⊥平面BCC1B1.

所以∠C1BC是平面BEC1和平面ABC所成的銳二面角，即cos∠C1BC=■.

（文）（1）同理科第18題（1）問.

（2）V■=V■=■■S△■，V■=V■=■■S△■，而S△■=■A1C1·AE=■×2×2=2，S△■=■B1C1·BB1=■×2×4=4，所以體積之比為1 ∶ 2.

19. （理）（1）女生25×■=5名，男生15×■=3名，得到不同的樣本個數(shù)是C■■C■■.

（2）ξ=0，1，2，3，

P（ξ=0）=■=■，

P（ξ=1）=■=■，

P（ξ=2）=■=■，

P（ξ=3）=■=■.

■

Eξ=0×■+1×■+2×■+3×■=■.

（文）（1）應(yīng)選女生25×■=5名.

（2）因為有兩個數(shù)學(xué)成績符合優(yōu)秀標(biāo)準(zhǔn)，因此共有8×7=56個基本事件，其中（90，90），（90，93），（90，95），（95，90），（95，93），（95，95）為數(shù)學(xué)物理成績均優(yōu)秀，共計6個，所以所求概率P=■=■.

20. （1）由題知EA=EB，所以EA+EC=EB+EC=4.

又AC=2■<4，所以點(diǎn)E的軌跡是以A，C為焦點(diǎn)，長軸長為4的橢圓.

所以E的軌跡方程為■+y2=1.

（2）設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），PQ的中點(diǎn)為（x0，y0），？搖？搖將直線y=kx+m與■+y2=1聯(lián)立得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，Δ=16（4k2+1-m2）>0，即4k2+1>m2 ①.

又x0=■=■，y0=■=■，依題意有■=-■，整理得3km=4k2+1.？搖②

由①②可得k2>■. 因為m>0，所以k>0，所以k>■.

設(shè)O到直線l的距離為d，則根據(jù)已知可得S△OPQ=■d·PQ=■·■·■=■=■■.

當(dāng)■=■時，三角形OPQ的面積取最大值為1，此時k=■，m=■■，所以直線l的方程為y=■x+■■.

21. （理）（1）a=0時，f（x）=x2（x+b）ex，所以f ′（x）=exx[x2+（b+3）x+2b].

設(shè)g（x）=x2+（b+3）x+2b，則Δ=（b+3）2-8b=（b-1）2+8>0，設(shè)x1，x2是g（x）=0的兩個根，且x1

①若x1=0或x2=0時，x=0不是極值點(diǎn)，不符合題意；

②若x1≠0且x2≠0時，由于x=0是f（x）的極大值點(diǎn)，故x1<0

（2）f ′（x）=ex（x-a）[x2+（3-a+b）x+2b-ab-a].

設(shè)g（x）=x2+（3-a+b）x+2b-ab-a，則Δ=（a+b-1）2+8>0，設(shè)x1，x2是g（x）=0的兩個根，且x1

由（1）可知，必有x1

x1=■，x2=■.

假設(shè)存在b及x4滿足題意.

①當(dāng)x1，a，x2成等差數(shù)列時，2a=x1+x2=a-b-3，即b=-a-3，此時x4=2x2-a=a-b-3+■-a=a+2■或x4=2x1-a=a-b-3-■-a=a-2■.

②當(dāng)x2-a≠a-x1時，x2-a=2（a-x1）或a-x1=2（x2-a）.

若x2-a=2（a-x1），則x4=■，3a=2x1+x2=■，

即■=-3（a+b+3）？圯（a+b-1）2+9（a+b-1）+17=0.

又a+b+3<0，則a+b-1=■？圯b=-a-■，x4=■=■=a+■.

若a-x1=2（x2-a），則x4=■，3a=x1+2x2=■，

即■=3（a+b+3）？圯（a+b-1）2+9（a+b-1）+17=0.

又a+b+3>0，則a+b-1=■？圯b=-a-■，x4=■=■=a+■.

綜上可得，存在b滿足題意：

當(dāng)b=-a-3時，x4=a±2■；

當(dāng)b=-a-■時，x4=a+■；

當(dāng)b=-a-■時，x4=a+■.

（文）（1）函數(shù)f（x）在（1，+∞）上為增函數(shù)？圳f ′（x）≥0在x∈（1，+∞）上恒成立，即x-■≥0？圳a≤x2. 又因為x2≥1，a≤x2恒成立？圳a≤（x2）min，即a≤1.

（2）f（x）的定義域為（0，+∞）.

？搖f ′（x）=x-■=■，令f ′（x）=0，則x=■.

所以f（x）在（0，■）上為減函數(shù)，在（■，+∞）上為增函數(shù).

f（x）的最小值為f（■）=■a-■a·lna，

令g（x）=■x-■xlnx？圯g′（x）=■-■（lnx+1）=-■lnx.

所以g（x）在（0，1）上為增函數(shù)，在（1，+∞）上為減函數(shù)，

所以g（x）的最大值為■.

22. （1）因為∠CPD=∠ABC，∠D=∠D，所以△DPC∽△DBA，所以■=■.

又AB=AC，所以■=■.？搖

（2）因為∠ACD=∠APC，∠CAP=∠CAP，所以△APC∽△ACD，所以■=■，所以AC2=AP·AD=9.

23. （1）曲線C1，C2的普通方程分別為x=1，x+y-2=0，所以C1的參數(shù)方程為x=1，y=t（t為參數(shù)）.

（2）由已知可得點(diǎn)M的直角坐標(biāo)為（1，1），所以直線OM的極坐標(biāo)方程為θ=■（ρ∈R）.

24. 因為a，b均為正數(shù)，所以a2+b2≥2ab，■+■≥■，a2+b2+■+■+■≥2ab+■+■≥3■=6.

當(dāng)且僅當(dāng)a2=b2，■=■，2ab=■=■時，即a=b=1時取等號. ■