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湖北省八市2013届高三3月联考数学(文)试题 扫描版含答案


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2 013 年湖北省八市高三三月联考

数学(文科)参考答案及评分标准
一、选择题: (每小题 5 分,10 小题共 50 分)

-4-

1.D

2.C

3.D

4.B

5.D

6.C

7.B

8.A

9.B

10.A

二、填空题: (每小题 5 分,满 35 分) 11. {3,5} 16. 0.5 12.

3 5

13. 9

14. 29.25

15.

1 2

17.(Ⅰ) 82 ,(Ⅱ) 5

三.解答题(本大题共 5 小题, 共 65 分; 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) ?? ? 18. (Ⅰ) (Ⅰ)∵ m 与 n 共线 ∴

3 C C C ? cos ( 3 sin ? cos ) 2 2 2 2
? 3 1 π 1 sin C ? (1 ? cos C ) ? sin(C ? ) ? 2 2 6 2 π 得 sin(C ? ) ? 1 6
…………………………3 分 …………………………4 分

∴C=

(Ⅱ)方法 1:由已知 a ? c ? 2b
2 2

? 3

……………………………6 分 (1) (2)……………………8 分

2 根据余弦定理可得: c ? a ? b ? ab

(1)(2)联立解得: b(b ? a) ? 0 ……………………………10 分 、

b ? 0,? b ? a, 又C=
方法 2: 由正弦定理得:

?
3

, ABC 为等边三角形,……………………………12 分 ??

2sin A cos C ? sin C ? 2sin B ? 2sin( A ? C) 2sin A cos C ? sin C ? 2sin A cos C ? 2cos Asin C
∴ cos A ?

……………………8 分

? ?ABC 为等边三角形
方法 3:由(Ⅰ)知 C=

1 π , ∴在△ ABC 中 ∠ A ? . 2 3

……………………………10 分 ……………………………12 分

在 ?ABC 中根据射影定理得:

π ,又由题设得: a ? c ? 2b , 3
……………………8 分

a ? c ? 2(a cos C ? c cos A) ? a ? 2c cos A

1 ? ? cos A ? ,? A ? ……………………………10 分 2 3 π 又. C= , 所以 △ ABC 为等边三角形, ……………………………12 分 3
19.(Ⅰ)设等差数列 {an } 的公差是 d . 依题意 a3 ? a8 ? (a2 ? a7 ) ? 2d ? ?6 ,从而 d ? ?3 .
-5-

………………2 分

所以 a2 ? a7 ? 2a1 ? 7d ? ?23 ,解得 a1 ? ?1 . 所以数列 {an } 的通项公式为 an ? ?3n ? 2 . (Ⅱ)由数列 {an ? bn } 是首项为 1,公比为 c 的等比数列, 得 an ? bn ? c n ?1 ,即 ? 3n ? 2 ? bn ? cn ?1 , 所以 bn ? 3n ? 2 ? cn ?1 . 所以 Sn ? [1 ? 4 ? 7 ? ?? (3n ? 2)] ? (1 ? c ? c2 ? ?? cn?1 )

………………4 分 ………………6 分

………………8 分

?

n(3n ? 1) ? (1 ? c ? c 2 ? ? ? c n ?1 ) . 2

………………10 分

从而当 c ? 1 时, Sn ? 当 c ? 1 时, S n ?

n(3n ? 1) 3n 2 ? n ?n? ; 2 2

………………11 分

n(3n ? 1) 1 ? c n ? . 2 1? c

………………12 分

20. (Ⅰ)证明:连结 AC ,交 BD 于 O .
P

因为底面 ABCD 为菱形, 所以 O 为 AC 的中点.
Q

因为 Q 是 PA 的中点,所以 OQ// PC , 因为 OQ ? 平面 BDQ , PC ? 平面 BDQ , 所以 PC // 平面 BDQ . …………………4 分
B C A D O

(Ⅱ)证明:因为底面 ABCD 为菱形, 所以 AC ? BD , O 为 BD 的中点. 因为 PB ? PD ,所以 PO ? BD . 因为 PO ? BD ? O ,所以 BD ? 平面 PAC .因为 CQ ? 平面 PAC , 所以 BD ? CQ . ………………………………8 分

(Ⅲ)因为 PA ? PC ,所以△ PAC 为等腰三角形 . 因为 O 为 AC 的中点,所以 PO ? AC . 由(Ⅱ)知 PO ? BD ,且 AC ? BD ? O , 所以 PO ? 平面 ABCD ,即 PO 为四棱锥 P ? ABCD 的高. 因为四边形是边长为 2 的菱形,且 ?ABC ? 60 , 所以 BO ? 3 ? PO ? 6 .
-6?

所以 VP ? ABCD ? 21. )由题知: (Ⅰ

1 ?2 3? 6 ? 2 2 . 3

……………12 分

y ?1 y ?1 ? ?m x x

化简得: ?mx2 ? y 2 ? 1( x ? 0) ……………………………2 分 当 m ? ?1 时 轨迹 E 表示焦点在 y 轴上的椭圆,且除去 (0,1), (0, ?1) 两点; 当 m ? ?1 时 轨迹 E 表示以 (0, 0) 为圆心半径是1的圆,且除去 (0,1), (0, ?1) 两点; 当 ?1 ? m ? 0 时 轨迹 E 表示焦点在 x 轴上的椭圆,且除去 (0,1), (0, ?1) 两点; 当 m ? 0 时 轨迹 E 表示焦点在 y 轴上的双曲线,且除去 (0,1), (0, ?1) 两点; ……………………………6 分 (Ⅱ )设 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ), Q( x2 , ? y2 ) ( x1 ? x2 ? 0) 依题直线 l 的斜率存在且不为零,则可设 l : x ? ty ? 1 ,

x2 ? y 2 ? 1( x ? 0) 整理得 (t 2 ? 2) y 2 ? 2ty ? 1 ? 0 2 ?2t ?1 y1 ? y2 ? 2 , y1 y2 ? 2 , ………………………………9 分 t ?2 t ?2
代入 又因为 M 、Q 不重合,则 x1 ? x2 , y1 ? ? y2

y1 ? y2 ( x ? x1 ) 令 y ? 0 , x1 ? x2 y ( x ? x1 ) ty ( y ? y ) 2ty1 y2 得 x ? x1 ? 1 2 ? ty1 ? 1 ? 1 2 1 ? ?1 ? 2 y1 ? y2 y1 ? y2 y1 ? y2 故直线 MQ 过定点 (2,0) . ……………………………13 分

Q MQ 的方程为 y ? y1 ?

解二:设 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ), Q( x2 , ? y2 ) ( x1 ? x2 ? 0) 依题直线 l 的斜率存在且不为零,可设 l : y ? k ( x ? 1)

x2 ? y 2 ? 1( x ? 0) 整理得: (1 ? 2k 2 ) x2 ? 4k 2 x ? 2k 2 ? 2 ? 0 2 2k 2 ? 2 4k 2 x1 ? x2 ? , x1 x2 ? , ……………………………9 分 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 y ?y Q MQ 的方程为 y ? y1 ? 1 2 ( x ? x1 ) 令 y ? 0 , x1 ? x2 y ( x ? x1 ) k ( x1 ? 1)( x2 ? x1 ) 2 x1 x2 ? ( x1 ? x2 ) 得 x ? x1 ? 1 2 ? x1 ? ? ?2 y1 ? y2 k ( x1 ? x2 ? 2) x1 ? x2 ? 2 ……………………………13 分 ?直线 MQ 过定点 (2,0)
代入

?? x3 ? x 2 , x ? 1, 22.(Ⅰ)因为 f ( x) ? ? ?a ln x, x ≥1.
当 x ? 1 时, f ?( x) ? ? x(3x ? 2) ,

2 2 ;解 f ?( x) ? 0 得到 x ? 0 或 ? x ? 1 .所以 f ( x) 在 (?? ,1) 上 3 3 2 2 的单调减区间为 (?? ,0) , ( ,1) :单调增区间为 (0, ) ………………4 分 3 3 2 2 (Ⅱ)①当 ?1 ≤ x ≤ 1 时,由(Ⅰ)知在 f ( x) (?1,0) 和 ( ,1) 上单调递减,在 (0, ) 上单 3 3
解 f ?( x) ? 0 得到 0 ? x ?
-7-

调递增,从而 f ( x) 在 x ?

2 2 4 处取得极大值 f ( ) ? . 3 3 27

又 f (?1) ? 2, f (1) ? 0 ,所以 f ( x) 在 [ ?1,1) 上的最大值为 2.……………………6 分 ②当 1 ≤ x ≤ e 时,f ( x) ? a ln x , a ? 0 时,f ( x) 在 [1, e ] 上单调递增, 当 所以 f ( x) 在 [1, e ] 上的最大值为 a . 所以当 a ≥ 2 时,f ( x) 在 [ ?1, e] 上的最大值为 a ; a ? 2 时,f ( x) 在 [ ?1, e] 当 上的最大值为 2. …………………………8 分

(Ⅲ)假设曲线 y ? f ( x) 上存在两点 P , Q ,使得 POQ 是以 O 为直角顶点的直角三角形,则
P , Q 只能在 y 轴的两侧,不妨设 P(t , f (t ))(t ? 0) ,则 Q(?t , t 3 ? t 2 ) ,且 t ? 1. …9 分

??? ???? ? 因为 ?POQ 是以 O 为直角顶点的直角三角形,所以 OP ? OQ ? 0 ,
即: ?t 2 ? f (t ) ? (t 3 ? t 2 ) ? 0 (1) 是否存在点 P , Q 等价于方程(1)是否有解. 若 0 ? t ? 1 ,则 f (t ) ? ?t 3 ? t 2 ,代入方程(1)得: t 4 ? t 2 ? 1 ? 0 ,此方程无解.…11 分 若 t ? 1,则 f (t ) ? a ln t ,代入方程(1)得到: ……………………………………10 分

1 ? (t ? 1)ln t a

……12 分

设 h( x) ? ( x ? 1)ln x( x ≥1) , h?x n? x1 ? ? 0 则 () l ?

1 x

在 (1, ??) 上恒成立. 所以 h ( x ) 在 [1, ??) 上

单调递增,从而 h( x) min ? h(1) ? 0 ,即有 h(x) 的值域为 [0,??) (不需证明) ,所以当 a ? 0 时,方程

1 ? (t ? 1)ln t 有解,即方程(1)有解. a

所以,对任意给定的正实数 a ,曲线 y ? f ( x) 上存在两点 P , Q ,使得△ POQ 是以 O 为直角 顶点的直角三角形,且此三角形斜边中点在 y 轴上. …………………14 分

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