卷五答案(理科) 数学模拟

2013年普通高等学校招生考试模拟试卷（新课标版五）

数学（理科）

参

一、选择题

1.B 2.C 3.D 4.A 5.C 6.D 7.D 8.C 9.B 10.A

二、填空题

11. 42 12. 240 13. 1，0 14. 18 15. 6

三、解答题

16. 解：（Ⅰ）f(x)61cos2x23sin2x3cos2x3sin2x3 2332cos2x12sin2x323cos2x63． 故f(x)的最大值为233；最小正周期T22． （Ⅱ）由f()323得23cos263323，故cos261．

又由02得6266，故26，解得512．

从而tan45tan33．

17. 解：设Ak表示第k辆车在一年内发生此种事故，k1，2，3．由题意知A1，A2，P(A1)19，P(A112)10，P(A3)11． （Ⅰ）该单位一年内获赔的概率为

1P(AA1031A2A3)1P(1)P(A2)P(A3)19101111．

（Ⅱ）的所有可能值为0，9000，18000，27000．

P(0)P(AP(A1081A2A3)1)P(A2)P(A3)9101111，

1

A3，且

高考模拟试卷

P(9000)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3) P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3)

19108110124211， 91011910119101199045P(18000)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3) P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3)

1110191811273， 9101191011910119901101111P(27000)P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)．

91011990综上知，的分布列为

 P 由的分布列得

0 8 119000 11 4518000 3 11027000 1 990E0811312990090001800027000≈2718.18（元）． 114511099011S

18． （1）如图，建立空间直角坐标系Dxyz．

设A(a，0，，0)S(0，0，b)，则B(a，a，，0)C(0，a，，0)

baabEa，，0，F0，，，EFa，0，．

2222bb取SD的中点G0，0，，则AGa，0，．

22H D A

F

G

M C

EFAG，EF∥AG，AG平面SAD，EF平面SAD，

所以EF∥平面SAD．

E B

，，，0)C(0，1，，0)S(0，0，，2)E1，，0，F0，，1． （2）不妨设A(1，0，0)，则B(11111111MD，，，EF(1，0，，1)MDEF0，MD⊥EF EF中点M，，，22222212121，0，EAEF0，EA⊥EF， 又EA0，22

高考模拟试卷

MDEA3所以向量MD和EA的夹角等于二面角AEFD的平面角．cosMD，． EA3MDEA

n， ① 3n1． ② 当n≥2时，a13a232a3…3n2an1311①-②得3n1an，ann．

3311在①中，令n1，得a1．ann．

3319. 解：（Ⅰ）a13a232a3…3n1an（Ⅱ）bnnn，bnn3． anSn3232333…n3n， ③ 3Sn32233334…n3n1． ④

④-③得

2Snn3n1(33233…3n)．

即2Snn3n13(13n)(2n1)3n13． ，Sn1344x2(kx2)21．整理20. 解：（Ⅰ）由已知条件，直线l的方程为ykx2，代入椭圆方程得2得1k2x222kx10 ① 22直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于8k41k24k220， 22222∞解得k或k．即k的取值范围为∞，2，． 222（Ⅱ）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则OPOQ(x1x2，y1y2)，

由方程①，x1x242k． ②

12k2又y1y2k(x1x2)22． ③

3

高考模拟试卷

0)B(0，，1)AB(2，1)． 而A(2，，所以OPOQ与AB共线等价于x1x22(y1y2)，

将②③代入上式，解得k21. 解：（Ⅰ）f(x)222．由（Ⅰ）知k或k，故没有符合题意的常数k． 222132x，依题意有f(1)0，故a．

2xa2x23x1(2x1)(x1)从而f(x)． 33xx2233∞，当x1时，f(x)0； f(x)的定义域为，22当1x11时，f(x)0；当x时，f(x)0．

2232121单调减少． 2从而，f(x)分别在区间，1，∞单调增加，在区间1，，2x22ax1（Ⅱ）f(x)的定义域为(a，． ∞)，f(x)xa方程2x2ax10的判别式4a8． （ⅰ）若0，即2a222，在f(x)的定义域内f(x)0，故f(x)的极值．

（ⅱ）若0，则a2或a2．

(2x1)2∞)，f(x)若a2，x(2，．

x2当x2时，f(x)0， 222∞当x2，2，时， 2f(x)0，所以f(x)无极值．

(2x1)2∞)，f(x)0，f(x)也无极值． 若a2，x(2，x2（ⅲ）若0，即a2或a2，则2x2ax10有两个不同的实根

4

2

高考模拟试卷

aa22aa22x1，x2．

22当a2时，x1a，x2a，从而f(x)有f(x)的定义域内没有零点， 故f(x)无极值．

当a2时，x1a，x2a，f(x)在f(x)的定义域内有两个不同的零点， 由极值判别方法知f(x)在xx1，xx2取得极值．

∞)． 综上，f(x)存在极值时，a的取值范围为(2，f(x)的极值之和为

1ef(x1)f(x2)ln(x1a)x12ln(x2a)x22lna211ln2ln．

22

5