成都龙泉驿区2013数学押题试卷试题答案【理科】
发布于：百学网
2013-05-08
四川省成都龙泉驿区2013届高三 5月数学学科押题试卷（理）
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,有且 只有一项是符合题目要求的.
1．已知集合A＝{x|x＝a＋(－1)i(a∈R，i是虚数单位)}，若A⊆R，则a＝
A．1 B．－1 C．±1 D．0
2．为了了解某地区10000名高三男生的身体发育情况，抽查了该地区100名年龄为17～18岁的高三男生体重(kg)，得到频率分布直方图如图．根据图示，请你估计该地区高三男生中体重在[56.5，64.5]的学生人数是
A．40 B．400
C．4000 D．4400
3. 对于空间中的三条不同的直线，有下列三个条件：
①三条直线两两平行；②三条直线共点；③有两条直线平行，第三条直线和这两条直线都相交．
其中，能作为这三条直线共面的充分条件的有
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
4.设是定义在R上的周期为3的周期函数，如图表示该函数在区间(－2，1]上的图像，则＋＝
A．3 B．2
C．1 D．0
5．若如下框图所给的程序运行结果为S＝20，那么判断框中应填入的关于k的条件是
A．k＝9 B．k≤8
C．k＜8 D．k＞8
6．各项均为正数的等比数列{}的前n项和为，若＝2，＝14，则等于
A．80 B．30 C．26 D．16
7．二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是
A．180 B．90 C．45 D．360
8．如图所示，已知点G是△ABC的重心，过G作直线与AB，AC两边分别交于M，N两点，且＝，＝，则的值为
A．3 B. C．2 D.
9．已知抛物线C的方程为＝，过点A(0，－1)和点B(，3)的直线与抛物线C没有公共点，则实数t的取值范围是]
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－∞，－)∪(，＋∞)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－)∪(，＋∞)
10. 若矩阵满足下列条件：①每行中的四个数所构成的集合均为{1，2，3，4}；②四列中至少有两列的上下两数是相同的．则这样的不同矩阵的个数为
A.48 B.72 C.168 D.312
二、填空题：本大题共5小题,每小题5分，共25分.
11.已知平面向量a＝(1，2)，b＝(－2，m)，且a∥b，则2a＋3b＝________．
12．已知D是由不等式组所确定的平面区域，则圆＋＝4在区域D内的弧长为________．
13.已知正四面体的俯视图如图所示，其中四边形ABCD是边长为2 cm的正方形，则这个四面体的主视图的面积为________cm2.
14.直线ax＋by＋c＝0与圆＋＝9相交于两点M、N，若c2＝a2＋b2，则· (O为坐标原点)等于________．
15.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若＋＝，则＋的值是________．
三、解答题：本大题共6小题，共75分.
16. (本小题满分12分）已知a＝2(，)，b＝(，)(其中0＜＜1)，函数＝a·b，若直线＝是函数图象的一条对称轴．
(Ⅰ)试求的值；
(Ⅱ)若函数y＝的图象是由y＝的图象的各点的横坐标伸长到原来的2倍，然后再向左平移个单位长度得到，求y＝的单调递增区间．
17. (本小题满分12分）有一种密码，明文是由三个字符组成，密码是由明文对应的五个数字组成，编码规则如下表：明文由表中每一排取一个字符组成，且第一排取的字符放在第一位，第二排取的字符放在第二位，第三排取的字符放在第三位，对应的密码由明文对应的数字按相同的次序排成一排组成.
第一排 明文字符 A B C D
密码字符 11 12 13 14
第二排 明文字符 E F G H
密码字符 21 22 23 24
第三排 明文字符 M N P Q
密码字符 1 2 3 4
设随机变量ξ表示密码中不同数字的个数．
(Ⅰ)求P(ξ＝2)； (Ⅱ)求随机变量ξ的分布列和它的数学期望．
题满分12分）等差数列{}的各项均为正数，＝3，前项和为，等比数列{}中，＝1，＝64，{}是公比为64的等比数列．
(Ⅰ)求与；] (Ⅱ)证明：＋＋＋…＋<.
19. (本小题满分12分）如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°.
(Ⅰ)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(Ⅱ)设AB＝AP．
(ⅰ) 若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；
(ⅱ) 在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由．
20. (本小题满分13分）给定椭圆C：＋＝1(a>b>0)，称圆心在原点O，半径为的圆是椭圆C的“准圆”．若椭圆C的一个焦点为F(，0)，且其短轴上的一个端点到F的距离为.
(Ⅰ)求椭圆C的方程和其“准圆”方程；
(Ⅱ)点P是椭圆C的“准圆”上的一个动点，过动点P作直线l1，l2，使得l1，l2与椭圆C都只有一个交点，试判断l1，l2是否垂直，并说明理由．
21. (本小题满分14分）
已知函数，为自然对数的底数）.
(Ⅰ)当时,求的单调区间；
(Ⅱ)若函数在上无零点,求最小值；
(Ⅲ)若对任意给定的,在上总存在两个不同的),使成立,求的取值范围.
参考答案
1.【答案】C 【解析】因为A⊆R，所以A中的元素为实数．所以－1＝0.即a＝±1.故应选C.
2.【答案】C 【解析】依题意得，该地区高三男生中体重在[56.5，64.5]的学生人数是10000×(0.03＋2×0.05＋0.07)×2＝4000. 故应选C.
3.【答案】B 【解析】①中，三条直线两两平行有两种情况：一是一条直线平行于其他两条平行直线构成的平面；二是三条直线共面．②中，三条直线共点最多可确定3个平面，所以当三条直线共点时，三条直线的位置关系有两种情况：一是一条直线与其他两条直线构成的平面相交；二是三条直线共面．③中条件一定能推出三条直线共面．故只有③是空间中三条不同的直线共面的充分条件．故应选B.
4.【答案】A 【解析】由于是定义在R上的周期为3的周期函数，所以＋＝f(670×3＋1)＋f(671×3－1)＝f(1)＋f(－1)，而由图像可知f(1)＝1，f(－1)＝2，所以＋＝1＋2＝3. 故应选A.
5.【答案】D 【解析】据算法框图可得当k＝9时，S＝11；k＝8时，S＝11＋9＝20.所以应填入k>8. 故应选D.
6.【答案】B 【解析】设＝a，＝b，由等比数列的性质知：2(14－a)＝(a－2)2，解得a＝6或a＝－4(舍去)，同理(6－2)(b－14)＝(14－6)2，所以b＝＝30. 故应选B.
7.【答案】A 【解析】因为 的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以n＝10，＝··＝，令5－＝0，则r＝2，＝＝180. 故应选A.
8.【答案】B 【解析】(特例法)利用等边三角形，过重心作平行于底边BC的直线，易得＝.故应选B.
【点评】 本题采用特殊点法，因为过点G的直线有无数条，其中包含平行于底边BC的直线，所以的值不随M、N的位置变化而变化.
9.【答案】D 【解析】据已知可得直线AB的方程为＝－1，联立直线与抛物线方程，得，消元整理，得－＋1＝0，由于直线与抛物线无公共点，即方程－＋1＝0无解，故有－8<0，解得>或<－.故应选D.
10. 【答案】C 【解析】若恰有两列的上下两数相同，取这两列有种，从1，2，3，4中取2个数排这两列，有种，排另外两列有种，所以共有=144种；若恰有三列的上下两数相同，也是恰有四列上下两数相同，有=24种(只要排其中一行即可). 故一共有144+24=168种. 故应选C.
11.【答案】(－4，－8)【解析】由a＝(1，2)，b＝(－2，m)，且a∥b，得1×m＝2×(－2)⇒m＝－4，从而b＝(－2，－4)，那么2a＋3b＝2×(1，2)＋3×(－2，－4)＝(－4，－8)．
12.【答案】 【解析】作出可行域D及圆＋＝4如图所示，图中阴影部分所在圆心角＝＋所对的弧长即为所求．易知图中两直线的斜率分别是，－得＝，＝，＝＝＝1得＝得弧长＝·＝×2＝ (为圆半径)．
13.【答案】2【解析】由俯视图可得，该正四面体AMNC可视作是如图所示的正方体的一内接几何体，该正方体的棱长为2，正四面体的主视图为三角形，则其面积为×2×＝(cm2)．
14.【答案】－7【解析】记、的夹角为.依题意得，圆心(0，0)到直线ax＋by＋c＝0的距离等于＝1，＝，＝－1＝2×－1＝－，·＝3×＝－7.
15.【答案】4【解析】方法一 取a＝b＝1，则＝，由余弦定理得c2＝a2＋b2－＝，所以c＝，在如图所示的等腰三角形ABC中，可得＝＝，又＝，＝，所以＋＝4.
方法二 由＋＝6cos C，得＝6·，即a2＋b2＝c2，所以＋＝tan C＝＝＝4.
16. 解 (Ⅰ) ＝a·b＝2(，)·(，)
＝＋
＝1＋cos 2ωx＋sin 2ωx＝1＋2sin. ……………………………2分
因为直线x＝为对称轴，所以sin＝±1，
所以＋＝kπ＋(k∈Z)．所以ω＝k＋(k∈Z)．…………………………4分
因为0＜ω＜1，所以－＜k＜，
所以k＝0，所以ω＝.……………………………………………6分
(Ⅱ)由(Ⅰ)得，得＝1＋2sin，
所以＝1＋2sin＝1＋2sin＝1＋2cos x. ………………8分
由2kπ－π≤x≤2kπ(k∈Z)，得4kπ－2π≤x≤4kπ(k∈Z)，………………………10分
所以的单调递增区间为[4kπ－2π，4kπ](k∈Z)．………………………………12分
17. 解：(Ⅰ)密码中不同数字的个数为2的事件为密码中只有两个数字，注意到密码的第1，2列分别总是1，2，即只能取表格第1，2列中的数字作为密码．
所以P(ξ＝2)＝＝.……………………………………………4分
(Ⅱ)由题意可知，ξ的取值为2，3，4三种情形．
若ξ＝3，注意表格的第一排总含有数字1，第二排总含有数字2则密码中只可能取数字1，2，3或1，2，4.
所以P(ξ＝3)＝＝.……………………………………………6分
P(ξ＝4)＝＝. ……………………………………………8分
所以ξ的分布列为：
ξ 2 3 4
P
…………………………………………………………………………………………8分
所以E(ξ)＝2×＋3×＋4×＝.……………………………………………12分
18. 解：(Ⅰ)设{}的公差为，为正数，{}的公比为，则
＝3＋(－1)，＝. ……………………………………………2分
依题意有，
由知为正有理数，……………………………………4分
又由＝知，d为6的因数1，2，3，6之一，解之得＝2，＝8.
故＝＋1，＝. ……………………………………………6分
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知Sn＝n(n＋2)，……………………………………7分
＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＝
＝<.……………………………………………12分
19. 解：解法一：
(Ⅰ)证明：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，又AB⊥AD，PA∩AD＝A，
所以AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAD，……………………………………………3分
(Ⅱ)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz(如图)．
在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，则CE⊥AD.
在Rt△CDE中，DE＝CD·cos45°＝1，
CE＝CD·sin45°＝1.
设AB＝AP＝t, 则B(t，0，0)，P(0，0，t)．
由AB＋AD＝4得AD＝4－t，
所以E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)，
＝(－1，1,0)，＝(0,4－t，－t)．……………………………………………5分
(ⅰ)设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)．
由n⊥，n⊥，得
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．
又＝(t,0，－t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得
cos60°＝，即＝.[
解得t＝或t＝4(舍去，因为AD＝4－t>0)，所以AB＝. ………………………7分
(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．
设G(0，m,0)(其中0≤m≤4－t)．
则＝(1,3－t－m,0)，＝(0,4－t－m,0)，
＝(0，－m，t)．
由||＝||，得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2，
即t＝3－m； ①
由||＝||，得(4－t－m)2＝m2＋t2. ②
由①、②消去t，化简得m2－3m＋4＝0. ③
由于方程③没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，C，D的距离都相等．
从而，在线段AD上不存在一个点G，
使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．……………………………………12分
解法二：
(Ⅰ)同解法一：
(Ⅱ)(ⅰ)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz(如图)．
在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，
则CE⊥AD，
在Rt△CDE中，
DE＝CDcos45°＝1，
CE＝CD·sin45°＝1.
设AB＝AP＝t，则B(t,0,0)，P(0,0，t)．
由AB＋AD＝4得AD＝4－t.
所以E(0,3－t,0)，C(t,3－t,0)，D(0,4－t,0)．
＝(－1,1,0)，＝(0,4－t，－t)．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)[
由n⊥，n⊥，得
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)，
又＝(t,0，－t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos60°＝，
即＝，解得t＝或t＝4(舍去，因为AD＝4－t>0)，
所以AB＝.
(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．
由GC＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°，
从而∠CGD＝90°，即CG⊥AD，
所以GD＝CD·cos45°＝1.
设AB＝λ，则AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ.
在Rt△ABG中，
GB＝＝＝ >1，这与GB＝GD矛盾．
所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到B，C，D的距离都相等．
从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．
20. 解：(Ⅰ)由题意可知c＝，b2＋c2＝()2，则a＝，b＝1，
所以椭圆方程为＋y2＝1. ………………………………………………2分
易知准圆半径为＝2，
则准圆方程为x2＋y2＝4. ………………………………………………………4分
(Ⅱ)①当l1，l2中有一条直线的斜率不存在时，
不妨设l1的斜率不存在，因为l1与椭圆只有一个公共点，则其方程为x＝±，
当l1的方程为x＝时，此时l1与准圆交于点(，1)，(，－1)，
此时经过点(，1)或(，－1)且与椭圆只有一个公共点的直线是y＝1或y＝－1，
即l2为y＝1或y＝－1，显然直线l1，l2垂直；……………………………6分
同理可证直线l1的方程为x＝－时，直线l1，l2也垂直．………………7分
②当l1，l2的斜率都存在时，设点P(x0，y0)，其中x＋y＝4.
设经过点P(x0，y0)与椭圆只有一个公共点的直线为y＝t(x－x0)＋y0，
由消去y，得(1＋3t2)x2＋6t(y0－tx0)x＋3(y0－tx0)2－3＝0.
由Δ＝0化简整理得，(3－x)t2＋2x0y0t＋1－y＝0. 因为x＋y＝4，
所以有(3－x)t2＋2x0y0t＋x－3＝0. …………………………………………10分
设直线l1，l2的斜率分别为t1，t2，因为l1，l2与椭圆只有一个公共点，
所以t1，t2满足方程(3－x)t2＋2x0y0t＋x－3＝0，
所以t1·t2＝－1，即l1，l2垂直．………………………………………………12分
综合①②知，l1，l2垂直． ………………………………………………13分
21.解：(Ⅰ)当时, ()，则. ……1分
由得；由得. ………………3分
故的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，). ………………4分
(Ⅱ)因为在区间上恒成立是不可能的, ………………5分
故要使函数在上无零点,只要对任意,恒成立.
即对，恒成立. ………………6分
令，，则，
再令，，则.
故在为减函数，于是，
从而，于是在上为增函数，
所以，………………………………8分
故要使恒成立，只要.
综上可知，若函数在上无零点，则的最小值为.………9分
(Ⅲ)，所以在上递增，在上递减.
又，，
所以函数在上的值域为.………………………………10分
当时，不合题意；
当时，， .
当时，，由题意知，在上不单调，
故，即………………………………11分
此时，当变化时，，的变化情况如下：
— 0 +
↘ 最小值 ↗
又因为当时，，
，，
所以，对任意给定的，在上总存在两个不同的），
使得成立，当且仅当满足下列条件：
， ………………12分
令，，则，
故当时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，
所以，对任意的，有，
即(2)对任意恒成立，则(3)式解得 (4) . …………13分
综合(1)与(4)可知，当时，对任意给定的，
在上总存在两个不同的），使得成立.………………14分
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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,有且 只有一项是符合题目要求的.
1．已知集合A＝{x|x＝a＋(－1)i(a∈R，i是虚数单位)}，若A⊆R，则a＝
A．1 B．－1 C．±1 D．0
2．为了了解某地区10000名高三男生的身体发育情况，抽查了该地区100名年龄为17～18岁的高三男生体重(kg)，得到频率分布直方图如图．根据图示，请你估计该地区高三男生中体重在[56.5，64.5]的学生人数是
A．40 B．400
C．4000 D．4400
3. 对于空间中的三条不同的直线，有下列三个条件：
①三条直线两两平行；②三条直线共点；③有两条直线平行，第三条直线和这两条直线都相交．
其中，能作为这三条直线共面的充分条件的有
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
4.设是定义在R上的周期为3的周期函数，如图表示该函数在区间(－2，1]上的图像，则＋＝
A．3 B．2
C．1 D．0
5．若如下框图所给的程序运行结果为S＝20，那么判断框中应填入的关于k的条件是
A．k＝9 B．k≤8
C．k＜8 D．k＞8
6．各项均为正数的等比数列{}的前n项和为，若＝2，＝14，则等于
A．80 B．30 C．26 D．16
7．二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是
A．180 B．90 C．45 D．360
8．如图所示，已知点G是△ABC的重心，过G作直线与AB，AC两边分别交于M，N两点，且＝，＝，则的值为
A．3 B. C．2 D.
9．已知抛物线C的方程为＝，过点A(0，－1)和点B(，3)的直线与抛物线C没有公共点，则实数t的取值范围是]
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－∞，－)∪(，＋∞)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－)∪(，＋∞)
10. 若矩阵满足下列条件：①每行中的四个数所构成的集合均为{1，2，3，4}；②四列中至少有两列的上下两数是相同的．则这样的不同矩阵的个数为
A.48 B.72 C.168 D.312
二、填空题：本大题共5小题,每小题5分，共25分.
11.已知平面向量a＝(1，2)，b＝(－2，m)，且a∥b，则2a＋3b＝________．
12．已知D是由不等式组所确定的平面区域，则圆＋＝4在区域D内的弧长为________．
13.已知正四面体的俯视图如图所示，其中四边形ABCD是边长为2 cm的正方形，则这个四面体的主视图的面积为________cm2.
14.直线ax＋by＋c＝0与圆＋＝9相交于两点M、N，若c2＝a2＋b2，则· (O为坐标原点)等于________．
15.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若＋＝，则＋的值是________．
三、解答题：本大题共6小题，共75分.
16. (本小题满分12分）已知a＝2(，)，b＝(，)(其中0＜＜1)，函数＝a·b，若直线＝是函数图象的一条对称轴．
(Ⅰ)试求的值；
(Ⅱ)若函数y＝的图象是由y＝的图象的各点的横坐标伸长到原来的2倍，然后再向左平移个单位长度得到，求y＝的单调递增区间．
17. (本小题满分12分）有一种密码，明文是由三个字符组成，密码是由明文对应的五个数字组成，编码规则如下表：明文由表中每一排取一个字符组成，且第一排取的字符放在第一位，第二排取的字符放在第二位，第三排取的字符放在第三位，对应的密码由明文对应的数字按相同的次序排成一排组成.
第一排 明文字符 A B C D
密码字符 11 12 13 14
第二排 明文字符 E F G H
密码字符 21 22 23 24
第三排 明文字符 M N P Q
密码字符 1 2 3 4
设随机变量ξ表示密码中不同数字的个数．
(Ⅰ)求P(ξ＝2)； (Ⅱ)求随机变量ξ的分布列和它的数学期望．
题满分12分）等差数列{}的各项均为正数，＝3，前项和为，等比数列{}中，＝1，＝64，{}是公比为64的等比数列．
(Ⅰ)求与；] (Ⅱ)证明：＋＋＋…＋<.
19. (本小题满分12分）如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°.
(Ⅰ)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(Ⅱ)设AB＝AP．
(ⅰ) 若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；
(ⅱ) 在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由．
20. (本小题满分13分）给定椭圆C：＋＝1(a>b>0)，称圆心在原点O，半径为的圆是椭圆C的“准圆”．若椭圆C的一个焦点为F(，0)，且其短轴上的一个端点到F的距离为.
(Ⅰ)求椭圆C的方程和其“准圆”方程；
(Ⅱ)点P是椭圆C的“准圆”上的一个动点，过动点P作直线l1，l2，使得l1，l2与椭圆C都只有一个交点，试判断l1，l2是否垂直，并说明理由．
21. (本小题满分14分）
已知函数，为自然对数的底数）.
(Ⅰ)当时,求的单调区间；
(Ⅱ)若函数在上无零点,求最小值；
(Ⅲ)若对任意给定的,在上总存在两个不同的),使成立,求的取值范围.
参考答案
1.【答案】C 【解析】因为A⊆R，所以A中的元素为实数．所以－1＝0.即a＝±1.故应选C.
2.【答案】C 【解析】依题意得，该地区高三男生中体重在[56.5，64.5]的学生人数是10000×(0.03＋2×0.05＋0.07)×2＝4000. 故应选C.
3.【答案】B 【解析】①中，三条直线两两平行有两种情况：一是一条直线平行于其他两条平行直线构成的平面；二是三条直线共面．②中，三条直线共点最多可确定3个平面，所以当三条直线共点时，三条直线的位置关系有两种情况：一是一条直线与其他两条直线构成的平面相交；二是三条直线共面．③中条件一定能推出三条直线共面．故只有③是空间中三条不同的直线共面的充分条件．故应选B.
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4.【答案】A 【解析】由于是定义在R上的周期为3的周期函数，所以＋＝f(670×3＋1)＋f(671×3－1)＝f(1)＋f(－1)，而由图像可知f(1)＝1，f(－1)＝2，所以＋＝1＋2＝3. 故应选A.
5.【答案】D 【解析】据算法框图可得当k＝9时，S＝11；k＝8时，S＝11＋9＝20.所以应填入k>8. 故应选D.
6.【答案】B 【解析】设＝a，＝b，由等比数列的性质知：2(14－a)＝(a－2)2，解得a＝6或a＝－4(舍去)，同理(6－2)(b－14)＝(14－6)2，所以b＝＝30. 故应选B.
7.【答案】A 【解析】因为 的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以n＝10，＝··＝，令5－＝0，则r＝2，＝＝180. 故应选A.
8.【答案】B 【解析】(特例法)利用等边三角形，过重心作平行于底边BC的直线，易得＝.故应选B.
【点评】 本题采用特殊点法，因为过点G的直线有无数条，其中包含平行于底边BC的直线，所以的值不随M、N的位置变化而变化.
9.【答案】D 【解析】据已知可得直线AB的方程为＝－1，联立直线与抛物线方程，得，消元整理，得－＋1＝0，由于直线与抛物线无公共点，即方程－＋1＝0无解，故有－8<0，解得>或<－.故应选D.
10. 【答案】C 【解析】若恰有两列的上下两数相同，取这两列有种，从1，2，3，4中取2个数排这两列，有种，排另外两列有种，所以共有=144种；若恰有三列的上下两数相同，也是恰有四列上下两数相同，有=24种(只要排其中一行即可). 故一共有144+24=168种. 故应选C.
11.【答案】(－4，－8)【解析】由a＝(1，2)，b＝(－2，m)，且a∥b，得1×m＝2×(－2)⇒m＝－4，从而b＝(－2，－4)，那么2a＋3b＝2×(1，2)＋3×(－2，－4)＝(－4，－8)．
12.【答案】 【解析】作出可行域D及圆＋＝4如图所示，图中阴影部分所在圆心角＝＋所对的弧长即为所求．易知图中两直线的斜率分别是，－得＝，＝，＝＝＝1得＝得弧长＝·＝×2＝ (为圆半径)．
13.【答案】2【解析】由俯视图可得，该正四面体AMNC可视作是如图所示的正方体的一内接几何体，该正方体的棱长为2，正四面体的主视图为三角形，则其面积为×2×＝(cm2)．
14.【答案】－7【解析】记、的夹角为.依题意得，圆心(0，0)到直线ax＋by＋c＝0的距离等于＝1，＝，＝－1＝2×－1＝－，·＝3×＝－7.
15.【答案】4【解析】方法一 取a＝b＝1，则＝，由余弦定理得c2＝a2＋b2－＝，所以c＝，在如图所示的等腰三角形ABC中，可得＝＝，又＝，＝，所以＋＝4.
方法二 由＋＝6cos C，得＝6·，即a2＋b2＝c2，所以＋＝tan C＝＝＝4.
16. 解 (Ⅰ) ＝a·b＝2(，)·(，)
＝＋
＝1＋cos 2ωx＋sin 2ωx＝1＋2sin. ……………………………2分
因为直线x＝为对称轴，所以sin＝±1，
所以＋＝kπ＋(k∈Z)．所以ω＝k＋(k∈Z)．…………………………4分
因为0＜ω＜1，所以－＜k＜，
所以k＝0，所以ω＝.……………………………………………6分
(Ⅱ)由(Ⅰ)得，得＝1＋2sin，
所以＝1＋2sin＝1＋2sin＝1＋2cos x. ………………8分
由2kπ－π≤x≤2kπ(k∈Z)，得4kπ－2π≤x≤4kπ(k∈Z)，………………………10分
所以的单调递增区间为[4kπ－2π，4kπ](k∈Z)．………………………………12分
17. 解：(Ⅰ)密码中不同数字的个数为2的事件为密码中只有两个数字，注意到密码的第1，2列分别总是1，2，即只能取表格第1，2列中的数字作为密码．
所以P(ξ＝2)＝＝.……………………………………………4分
(Ⅱ)由题意可知，ξ的取值为2，3，4三种情形．
若ξ＝3，注意表格的第一排总含有数字1，第二排总含有数字2则密码中只可能取数字1，2，3或1，2，4.
所以P(ξ＝3)＝＝.……………………………………………6分
P(ξ＝4)＝＝. ……………………………………………8分
所以ξ的分布列为：
ξ 2 3 4
P
…………………………………………………………………………………………8分
所以E(ξ)＝2×＋3×＋4×＝.……………………………………………12分
18. 解：(Ⅰ)设{}的公差为，为正数，{}的公比为，则
＝3＋(－1)，＝. ……………………………………………2分
依题意有，
由知为正有理数，……………………………………4分
又由＝知，d为6的因数1，2，3，6之一，解之得＝2，＝8.
故＝＋1，＝. ……………………………………………6分
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知Sn＝n(n＋2)，……………………………………7分
＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＝
＝<.……………………………………………12分
19. 解：解法一：
(Ⅰ)证明：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，又AB⊥AD，PA∩AD＝A，
所以AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAD，……………………………………………3分
(Ⅱ)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz(如图)．
- 2
在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，则CE⊥AD.
在Rt△CDE中，DE＝CD·cos45°＝1，
CE＝CD·sin45°＝1.
设AB＝AP＝t, 则B(t，0，0)，P(0，0，t)．
由AB＋AD＝4得AD＝4－t，
所以E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)，
＝(－1，1,0)，＝(0,4－t，－t)．……………………………………………5分
(ⅰ)设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)．
由n⊥，n⊥，得
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．
又＝(t,0，－t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得
cos60°＝，即＝.[
解得t＝或t＝4(舍去，因为AD＝4－t>0)，所以AB＝. ………………………7分
(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．
设G(0，m,0)(其中0≤m≤4－t)．
则＝(1,3－t－m,0)，＝(0,4－t－m,0)，
＝(0，－m，t)．
由||＝||，得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2，
即t＝3－m； ①
由||＝||，得(4－t－m)2＝m2＋t2. ②
由①、②消去t，化简得m2－3m＋4＝0. ③
由于方程③没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，C，D的距离都相等．
从而，在线段AD上不存在一个点G，
使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．……………………………………12分
解法二：
(Ⅰ)同解法一：
(Ⅱ)(ⅰ)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz(如图)．
在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，
则CE⊥AD，
在Rt△CDE中，
DE＝CDcos45°＝1，
CE＝CD·sin45°＝1.
设AB＝AP＝t，则B(t,0,0)，P(0,0，t)．
由AB＋AD＝4得AD＝4－t.
所以E(0,3－t,0)，C(t,3－t,0)，D(0,4－t,0)．
＝(－1,1,0)，＝(0,4－t，－t)．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)[
由n⊥，n⊥，得
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)，
又＝(t,0，－t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos60°＝，
即＝，解得t＝或t＝4(舍去，因为AD＝4－t>0)，
所以AB＝.
(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．
由GC＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°，
从而∠CGD＝90°，即CG⊥AD，
所以GD＝CD·cos45°＝1.
设AB＝λ，则AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ.
在Rt△ABG中，
GB＝＝＝ >1，这与GB＝GD矛盾．
所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到B，C，D的距离都相等．
从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．
20. 解：(Ⅰ)由题意可知c＝，b2＋c2＝()2，则a＝，b＝1，
所以椭圆方程为＋y2＝1. ………………………………………………2分
易知准圆半径为＝2，
则准圆方程为x2＋y2＝4. ………………………………………………………4分
(Ⅱ)①当l1，l2中有一条直线的斜率不存在时，
不妨设l1的斜率不存在，因为l1与椭圆只有一个公共点，则其方程为x＝±，
当l1的方程为x＝时，此时l1与准圆交于点(，1)，(，－1)，
此时经过点(，1)或(，－1)且与椭圆只有一个公共点的直线是y＝1或y＝－1，
即l2为y＝1或y＝－1，显然直线l1，l2垂直；……………………………6分
同理可证直线l1的方程为x＝－时，直线l1，l2也垂直．………………7分
②当l1，l2的斜率都存在时，设点P(x0，y0)，其中x＋y＝4.
设经过点P(x0，y0)与椭圆只有一个公共点的直线为y＝t(x－x0)＋y0，
由消去y，得(1＋3t2)x2＋6t(y0－tx0)x＋3(y0－tx0)2－3＝0.
由Δ＝0化简整理得，(3－x)t2＋2x0y0t＋1－y＝0. 因为x＋y＝4，
所以有(3－x)t2＋2x0y0t＋x－3＝0. …………………………………………10分
设直线l1，l2的斜率分别为t1，t2，因为l1，l2与椭圆只有一个公共点，
所以t1，t2满足方程(3－x)t2＋2x0y0t＋x－3＝0，
所以t1·t2＝－1，即l1，l2垂直．………………………………………………12分
综合①②知，l1，l2垂直． ………………………………………………13分
21.解：(Ⅰ)当时, ()，则. ……1分
由得；由得. ………………3分
故的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，). ………………4分
(Ⅱ)因为在区间上恒成立是不可能的, ………………5分
故要使函数在上无零点,只要对任意,恒成立.
即对，恒成立. ………………6分
令，，则，
再令，，则.
故在为减函数，于是，
从而，于是在上为增函数，
所以，………………………………8分
故要使恒成立，只要.
综上可知，若函数在上无零点，则的最小值为.………9分
(Ⅲ)，所以在上递增，在上递减.
- 3
又，，
所以函数在上的值域为.………………………………10分
当时，不合题意；
当时，， .
当时，，由题意知，在上不单调，
故，即………………………………11分
此时，当变化时，，的变化情况如下：
— 0 +
↘ 最小值 ↗
又因为当时，，
，，
所以，对任意给定的，在上总存在两个不同的），
使得成立，当且仅当满足下列条件：
， ………………12分
令，，则，
故当时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，
所以，对任意的，有，
即(2)对任意恒成立，则(3)式解得 (4) . …………13分
综合(1)与(4)可知，当时，对任意给定的，
在上总存在两个不同的），使得成立.………………14分
下载完整版本： 成都龙泉驿区2013数学押题试卷试题答案【理科】
- 4
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