【解析版】江蘇省連云港市2013屆高三上學期期末考試數學試題

1、 2012-2013學年江蘇省連云港市高三（上）期末數學試卷參考答案與試題解析一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，計70分.不需寫出解答過程，請把答案寫在答題紙的指定位置上.1（5分）設集合A=1，2，3，B=2，4，6，則AB=2考點：交集及其運算3794729專題：閱讀型分析：直接運用交集概念求得結果解答：解：由集合A=1，2，3，B=2，4，6，所以AB=1，2，32，4，6=2故答案為2點評：本題考查了交集及其運算，是會考題型，是基礎題2（5分）已知i為虛數單位，復數z滿足（1i）z=2，則z=1+i考點：復數代數形式的乘除運算3794729專題：計算題分析：把給出的等式兩邊同時

2、乘以，然后直接利用復數的除法運算化簡解答：解：由（1i）z=2，得故答案為1+i點評：本題考查了復數代數形式的乘除運算，復數的除法，采用分子分母同時乘以分母的共軛復數，是基礎題3（5分）某單位有職工52人，現將所有職工按l、2、3、52隨機編號，若采用系統(tǒng)抽樣的方法抽取一個容量為4的樣本，已知6號、32號、45號職工在樣本中，則樣本中還有一個職工的編號是19號考點：系統(tǒng)抽樣方法3794729專題：概率與統(tǒng)計分析：根據系統(tǒng)抽樣的特征可知抽樣是等距抽樣的原則，構造一個等差數列，將四個職工的號碼從小到大成等差數列，建立等式關系，解之即可解答：解：設樣本中還有一個職工的編號是x號，則用系統(tǒng)抽樣抽出的四

3、個職工的號碼從小到大排列：6號、x號、32號、45號，它們構成等差數列，6+45=x+32，x=6+4532=19因此，另一學生編號為19故答案為：19號點評：系統(tǒng)抽樣過程中，每個個體被抽取的可能性是相等的，系統(tǒng)抽樣的原則是等距，抓住這一原則構造等差數列，是我們常用的方法4（5分）正項等比數列an中，a3a11=16，則log2a2+log2a12=4考點：等比數列的通項公式；對數的運算性質3794729專題：計算題分析：由等比數列的性質可得a2a12=a3a11=16，由對數的運算可得要求的式子=log2a2a12，代入計算對數的值即可解答：解：由題意可得log2a2+log2a12=log

4、2a2a12=log2a3a11=log216=log224=4故答案為：4點評：本題考查等比數列的通項公式和等比數列的性質，以及對數的運算，屬基礎題5（5分）在數字1、2、3、4四個數中，任取兩個不同的數，其和大于積的概率是考點：古典概型及其概率計算公式3794729專題：概率與統(tǒng)計分析：所喲的取法有=6種方法，用列舉法求得滿足條件的取法有3種，由此求得所求事件的概率解答：解：在數字1、2、3、4四個數中，任取兩個不同的數，共有=6種方法，其中，滿足其和大于積的取法有：（1，2）、（1，3）、（1，4）共三種，故其和大于積的概率是 =，故答案為 點評：本題考查古典概型及其概率計算公式的應用，

5、屬于基礎題6（5分）如圖是一個算法流程圖，若輸入x的值為4，則輸出y的值為2考點：程序框圖3794729專題：圖表型分析：先判斷程序框圖的結構為直到型循環(huán)結構，然后按照程序框圖進行循環(huán)，知道不滿足|x|3時輸出y=2x的值即可解答：解：根據程序框圖分析，本框圖為直到型循環(huán)結構第1次循環(huán)：x=|43|=7，第2次循環(huán)：x=|73|=4第3次循環(huán)：x=|43|=1此時經過判斷不滿足|x|3，故輸出y=21=2故答案為：2點評：本題考查程序框圖的理解和運算需要對程序框圖進行若干次執(zhí)行運算，當滿足跳出循環(huán)條件時輸出此時y值，屬于基礎題7（5分）已知正方形ABCD的邊長為2，E，F分別為BC，DC的中點

6、，沿AE，EF，AF折成一個四面體，使B，C，D三點重合，則這個四面體的體積為考點：棱柱、棱錐、棱臺的體積3794729專題：空間位置關系與距離分析：根據題意，在折疊過程中，始終有ABBE，ADDF，即APPE，APPF，由線面垂直的判定定理，易得AP平面EFP，然后求出四棱錐的體積即可得到答案解答：解：以AE，EF，AF為折痕，折疊這個正方形，使點B，C，D重合于一點P，得到一個四面體，如圖所示在折疊過程中，始終有ABBE，ADDF，即APPE，APPF，所以AP平面EFP四面體的底面積為：SEFP=PEPF，高為AP=2四面體AEFP的體積：V AEFP=112=故答案為：點評：考查幾何體

7、的體積的求法關鍵是利用線線垂直可由線面垂直的性質推得，直線和平面垂直，得到折疊后三棱錐的高8（5分）如果函數y=3sin（2x+）（0）的圖象關于點（，0）中心對稱，則=考點：由y=Asin（x+）的部分圖象確定其解析式3794729專題：三角函數的圖像與性質分析：由題意可得3sin（+）=0，故有+=k，kz，再由0 可得的值解答：解：如果函數y=3sin（2x+）（0）的圖象關于點（，0）中心對稱，則有 3sin（+）=0，故有+=k，kz，再由0 可得=，故答案為 點評：本題主要考查利用y=Asin（x+）的圖象特征，由函數y=Asin（x+）的部分圖象求解析式，屬于中檔題9（5分）等軸

8、雙曲線C的中心在原點，焦點在x軸上，C與拋物線y2=4x的準線交于A、B兩點，AB=，則C的實軸長為1考點：雙曲線的簡單性質；拋物線的簡單性質3794729專題：圓錐曲線的定義、性質與方程分析：設出雙曲線方程，求出拋物線的準線方程，利用|AB|=，即可求得結論解答：解：設等軸雙曲線C的方程為x2y2=（1）拋物線y2=4x，2p=4，p=2，=1拋物線的準線方程為x=1設等軸雙曲線與拋物線的準線x=1的兩個交點A（1，y），B（1，y）（y0），則|AB|=|y（y）|=2y=，y=將x=1，y=代入（1），得（1）2（）2=，=等軸雙曲線C的方程為x2y2=，即 ，C的實軸長為1故答案為：1

9、點評：本題考查拋物線，雙曲線的幾何性質，考查學生的計算能力，屬于基礎題10（5分）已知函數f（x）=則使ff（x）=2成立的實數x的集合為x|0 x1，或x=2考點：函數的零點與方程根的關系3794729專題：函數的性質及應用分析：結合函數的圖象可得，若ff（x）=2，洗耳f（x）=2 或 0f（x）1，若f（x）=2，由函數f（x）的圖象求得x得范圍；若 0f（x）1，則由f（x）的圖象可得x的范圍，再把這2個x的范圍取并集，即得所求解答：解：畫出函數f（x）= 的圖象，如圖所示：故函數的值域為（，0）（1，+）由ff（x）=2 可得 f（x）=2 或 0f（x）1若f（x）=2，由函數f（

10、x）的圖象可得 0 x1，或 x=2若 0f（x）1，則由f（x）的圖象可得x綜上可得，使ff（x）=2成立的實數x的集合為x|0 x1，或x=2，故答案為 x|0 x1，或x=2點評：本題主要考查函數的零點與方程的根的關系，體現了數形結合與分類討論的數學思想，屬于中檔題11（5分）（2012鄭州二模）二維空間中圓的一維測度（周長）l=2r，二維測度（面積）S=r2，觀察發(fā)現S=l；三維空間中球的二維測度（表面積）S=4r2，三維測度（體積）V=r3，觀察發(fā)現V=S則四維空間中“超球”的三維測度V=8r3，猜想其四維測度W=2r4考點：類比推理3794729專題：計算題分析：根據所給的示例及類

11、比推理的規(guī)則得出高維的測度的導數是底一維的測度，從而得到W=V，從而求出所求解答：解：二維空間中圓的一維測度（周長）l=2r，二維測度（面積）S=r2，觀察發(fā)現S=l三維空間中球的二維測度（表面積）S=4r2，三維測度（體積）V=r3，觀察發(fā)現V=S四維空間中“超球”的三維測度V=8r3，猜想其四維測度W，則W=V=8r3；W=2r4；故答案為：2r4點評：本題考查類比推理，解題的關鍵是理解類比的規(guī)律，解題的關鍵主要是通過所給的示例及類比推理的規(guī)則得出高維的測度的導數是底一維的測度，屬于基礎題12（5分）在平面直角坐標系xOy中，已知圓（x1）2+（y1）2=4，C為圓心，點P為圓上任意一點，

12、則的最大值為2+4考點：平面向量數量積的運算3794729專題：計算題；平面向量及應用；直線與圓分析：根據向量加法的三角形法則和數量積運算性質，化簡得=+2由點P是圓C（x1）2+（y1）2=4上的點得2=4，而當與方向相同時的最大值為|=2，因此即可算出的最大值解答：解：=（）=+2點P是圓C（x1）2+（y1）2=4上的點的長度等于圓C的半徑，即|=2，可得2=|2=4又當與方向相同時，=|取得最大值當P點在OC延長線上時，即點P與P0（1+，1+）重合時，的最大值為|=2因此的最大值為2+4故選：2+4點評：本題給出圓C上的動點P，求向量的最大值，著重考查了平面向量數量積的定義及運算性質

13、、圓的標準方程等知識，屬于中檔題13（5分）如圖，點A，B分別在x軸與y軸的正半軸上移動，且AB=2，若點A從（，0）移動到（，0），則AB中點D經過的路程為考點：弧長公式3794729分析：首先設出求出中點的軌跡是以原點為圓心半徑為1的圓，然后求出點D和點D的坐標，再由弧長公式得出結果解答：解：設AB的中點為O（x，y），則A（2x，0），B（0，2y）AB=2（2x）2+（2y）2=4 即x2+y2=1所以中點是以原點為圓心半徑為1的圓點A從（，0）移動到（，0），D（，） D（，） tanDOA=1 tanDOA=DOD=為中點走過的路徑l=1=故答案為：點評：此題考查了軌跡方程的求法以

14、及弧長公式的運用，求出中點的軌跡是解題的關鍵，屬于中檔題14（5分）關于x的不等式x2ax+2a0的解集為A，若集合A中恰有兩個整數，則實數a的取值范圍是考點：一元二次不等式的解法3794729專題：不等式的解法及應用分析：由判別式0，解得 a0，或 a8當a0時，由f（1）0，且 f（2）0，求得a的范圍當a8時，由3 求得8a9，再根據f（4）0，f（5）0，f（6）0求得a的范圍再把兩個a的范圍取并集，即得所求解答：解：由題意可得，判別式=a28a0，解得 a0，或 a8當a0時，由于f（0）0，且對稱軸在y軸的左側，故A中的兩個整數為1 和0，設f（x）=x2ax+2a，故有f（1）=

15、1+3a0，且 f（2）=4+4a0解得1a當a8時，對稱軸x=4，設A=（m，n），則有nm3，即3，即a28a9，解得 8a9故有對稱軸 45，而f（2）=40，f（3）=9a0，故A中的兩個整數為4和5，故 f（4）0，f（5）0，f（6）0即 162a0，且253a0，364a0 解得 a9綜合可得，1a，或 a9故實數a的取值范圍是 ，故答案為 點評：本題主要考查二次函數的性質，一元二次不等式的解法，屬于基礎題二、解答題：本大題共6小題，計90分.解答應寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟，請把答案寫在答題紙的指定區(qū)域內.15（14分）在ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、

16、c，且ccosB+bcosC=3acosB（1）求cosB的值；（2）若=2，求b的最小值考點：正弦定理；平面向量數量積的運算3794729專題：解三角形分析：（1）利用正弦定理化簡已知得等式，根據sinA不為0即可求出cosB的值；（2）利用平面向量的數量積運算法則化簡=2，將cosB的值代入求出ac的值，再利用余弦定理列出關系式，將cosB代入后利用基本不等式變形，將ac的值代入計算即可求出b的最小值解答：解：（1）ccosB+bcosC=3acosB，由正弦定理得：sinCcosB+sinBcosC=3sinAcosB，即sin（B+C）=3sinAcosB，又sin（B+C）=sinA

17、0，cosB=；（2）由=2，得accosB=2，cosB=，ac=6，由余弦定理得：b2=a2+c22accosB2acac=8，當且僅當a=c時取等號，則b的最小值為2點評：此題考查了正弦定理，余弦定理，平面向量的數量積運算，以及基本不等式的運用，熟練掌握定理是解本題的關鍵16（14分）如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB=AC，點D為BC中點，點E為BD中點，點F在AC1上，且AC1=4AF（1）求證：平面ADF平面BCC1B1；（2）求證：EF平面ABB1A1考點：平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定3794729專題：空間位置關系與距離分析：（1）欲證平面ADF平面BCC

18、1B1，可先證AD平面BCC1B1，CDAB，因AB=AC，D為BC中點，所以ADBC，故只須證CC1AD，這個可以根據直三棱柱ABCA1B1C1中CC1平面ABC得到；（2）欲證EF平面ABB1A1，根據直線與平面平行的判定定理可知只需證EF與平面ABB1A1內一直線平行，連結CF延長交AA1于點G，連結GB根據中點條件及AC1=4AF可知EFGB，又EF平面ABBA1，GB平面ABBA1，滿足定理所需條件，從而得出答案解答：證明：（1）因為直三棱柱ABCA1B1C1，所以CC1平面ABC，而AD平面ABC，所以CC1AD（2分）又AB=AC，D為BC中點，所以ADBC，因為BCCC1=C，

19、BC平面BCC1B1，CC1平面BCC1B1，所以AD平面BCC1B1，（5分）因為AD平面ADF，所以平面ADF平面BCC1B1（7分）（2）連結CF延長交AA1于點G，連結GB因為AC1=4AF，AA1CC1，所以CF=3FG，又因為D為BC中點，點E為BD中點，所以CE=3EB，所以EFGB，（11分）而EF平面ABBA1，GB平面ABBA1，所以EF平面ABBA1（14分）點評：本題考查直線與平面平行的判定，直線與平面垂直的判定，考查學生空間想象能力，邏輯思維能力，是中檔題17（14分）某單位決定對本單位職工實行年醫(yī)療費用報銷制度，擬制定年醫(yī)療總費用在2萬元至10萬元（包括2萬元和10

20、萬元）的報銷方案，該方案要求同時具備下列三個條件：報銷的醫(yī)療費用y（萬元）隨醫(yī)療總費用x（萬元）增加而增加；報銷的醫(yī)療費用不得低于醫(yī)療總費用的50%；報銷的醫(yī)療費用不得超過8萬元（1）請你分析該單位能否采用函數模型y=0.05（x2+4x+8）作為報銷方案；（2）若該單位決定采用函數模型y=x2lnx+a（a為常數）作為報銷方案，請你確定整數a的值（參考數據：ln20.69，ln102.3）考點：函數模型的選擇與應用3794729專題：函數的性質及應用分析：（1）利用函數模型y=0.05（x2+4x+8），驗證三個條件，即可得到結論；（2）利用函數模型y=x2lnx+a（a為常數），結合三個條

21、件，即可確定整數a的值解答：解：（1）函數y=0.05（x2+4x+8）在2，10上是增函數，滿足條件，（2分）當x=10時，y有最大值7.4萬元，小于8萬元，滿足條件（4分）但當x=3時，y=，即y不恒成立，不滿足條件，故該函數模型不符合該單位報銷方案（6分）（2）對于函數模型y=x2lnx+a，設f（x）=x2lnx+a，則f（x）=1=0所以f（x）在2，10上是增函數，滿足條件，由條件，得x2lnx+a，即a2lnx在x2，10上恒成立，令g（x）=2lnx，則g（x）=，由g（x）0得x4，g（x）在（0，4）上增函數，在（4，10）上是減函數ag（4）=2ln42=4ln22（10

22、分）由條件，得f（10）=102ln10+a8，解得a2ln102（12分）另一方面，由x2lnx+ax，得a2lnx在x2，10上恒成立，a2ln2，綜上所述，a的取值范圍為4ln22，2ln2，所以滿足條件的整數a的值為1（14分）點評：本題考查函數模型的建立與運用，考查導數知識的運用，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題18（16分）已知橢圓C：（ab0）的上頂點為A，左，右焦點分別為F1，F2，且橢圓C過點P（，），以AP為直徑的圓恰好過右焦點F2（1）求橢圓C的方程；（2）若動直線l與橢圓C有且只有一個公共點，試問：在x軸上是否存在兩定點，使其到直線l的距離之積為1？若存在，請求出

23、兩定點坐標；若不存在，請說明理由考點：直線與圓錐曲線的綜合問題；橢圓的標準方程3794729專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題分析：（1）利用橢圓過點P（，），以AP為直徑的圓恰好過右焦點F2，及b2=a2c2，建立方程，即可求橢圓C的方程；（2）分類討論，利用直線l與橢圓C有只有一個公共點，確定k，p的關系，設在x軸上存在兩點（s，0），（t，0），使其到直線l的距離之積為1，建立方程，即可求得結論解答：解：（1）因為橢圓過點P（，），所以=1，解得a2=2，（2分）又以AP為直徑的圓恰好過右焦點F2，所以AF2F2P，即=1，所以b2=c（43c）（6分）而b2=a2c2=2c2，所以c22

24、c+1=0，解得c2=1，故橢圓C的方程是+y2=1（8分）（2）當直線l斜率存在時，設直線l方程為y=kx+p，代入橢圓方程得（1+2k2）x2+4kpx+2p22=0因為直線l與橢圓C有只有一個公共點，所以=16k2p24（1+2k2）（2p22）=8（1+2k2p2）=0，即1+2k2=p2（10分）設在x軸上存在兩點（s，0），（t，0），使其到直線l的距離之積為1，則=1，即（st+1）k+p（s+t）=0（*），或（st+3）k2+（s+t）kp+2=0 （*）由（*）恒成立，得解得，或，（14分）而（*）不恒成立當直線l斜率不存在時，直線方程為x=時，定點（1，0）、F2（1，0

25、）到直線l的距離之積d1d2=（1）（+1）=1綜上，存在兩個定點（1，0），（1，0），使其到直線l 的距離之積為定值1（16分）點評：本題考查橢圓的標準方程，考查直線與橢圓的位置關系，考查存在性問題的研究，考查學生的計算能力，同時考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題19（16分）已知函數，其中mR（1）求函數y=f（x）的單調區(qū)間；（2）若對任意的x1，x21，1，都有|f（x1）f（x2）|4，求實數m的取值范圍；（3）求函數f（x）的零點個數考點：利用導數研究函數的極值；利用導數研究函數的單調性3794729專題：綜合題；導數的綜合應用分析：（1）求導數f（x），解不等式f（x）0，

26、f（x）0即得函數的單調區(qū)間；（2）“對任意的x1，x21，1，都有|f（x1）f（x2）|4”等價于“函數y=f（x），x1，1的最大值與最小值的差小于等于4”，根據二次函數的性質，對m進行分類討論即可求得f（x）的最大值、最小值；（3）易判斷y=f（x）既有極大值也有極小值，設f（x0）=0，即x022mx01=0，由此對f （x0）化簡得f （x0）=x0（m2+1），由（1）得到f（x）的極大值、極小值，根據極值的符號借助圖象可判斷函數f（x）零點的個數；解答：解：（1）f（x）=x22mx1，由f（x）0，得xm，或xm+；故函數f（x）的單調增區(qū)間為（，m），（m+，+），減區(qū)間（

27、m，m+）（2）“對任意的x1，x21，1，都有|f（x1）f（x2）|4”等價于“函數y=f（x），x1，1的最大值與最小值的差小于等于4”對于f（x）=x22mx1，對稱軸x=m當m1時，f（x）的最大值為f（1），最小值為f（1），由 f（1）f（1）4，即4m4，解得m1，舍去； 當1m1時，f（x）的最大值為f（1）或f（1），最小值為f（m），由 ，即，解得1m1； 當m1時，f（x）的最大值為f（1），最小值為f（1），由 f（1）f（1）4，即4m4，解得m1，舍去；綜上，實數m的取值范圍是1，1（3）由f（x）=0，得x22mx1=0，因為=4m2+40，所以y=f（x）既有極大值也有極小值設f（x0）=0，即x022mx01=0，則f （x0）=x03mx02x0+m=mx02x0+m=x0（m2+1），由（1）知：極大值f（m）=（m）（m2+1）0，極小值f（m