广东省实验中学2012-2013学年高二下学期期末考试数学理试题

理科数学

本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟。

注意事项：

1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相

关信息填写在答题卡指定区域内。

2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。 X x1 x2 … xi … xn 参考公式：

P p1 p2 … pi … pn 一般地，若离散型随机变量X的分布列为

则E(X)x1p1x2p2...xipi...xnpn.

第一部分 选择题（共40分）

一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的) 1．若复数

2ai(aR)是纯虚数（i是虚数单位），则a的值为（*） 1iA．2 B．1 C．1 D．2

22．随机变量服从正态分布N(40,)，若P(30)0.2，则P(3050)（*）

A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8 ks5u

3．记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻， 不同的排法共有（*） A．1440种 C．720种

B．960种 D．480种

4．一个正方体的展开图如图所示，A、B、C、D为原正方体的 顶点，则在原来的正方体中（*） A．AB//CD C．ABCD

B．AB与CD相交

D．AB与CD所成的角为60

5．对命题“正三角形的内切圆切于三边的中点”可类比猜想出：正四面体的内切球切于四面都为正三角形的什么位置？（*） A．正三角形的顶点 C．正三角形各边的中点

B．正三角形的中心 D．无法确定

6．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两

局才能得冠军. 若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为（*） A．

1 2B．

3 5C．

2 3D．

3 4x2y27．已知双曲线221(a0,b0)，两渐近线的夹角为60，则双曲线的离心率为（*）

ab2323 B．3 C．2 D．或2 338．设函数f(x)(xa)(xb)(xc)，(a,b,c是互不相等的常数)，则

A．abc等于（*） f(a)f(b)f(c)A．0

B．1

C．3

D．abc

第二部分 非选择题（110分）

二、填空题：本题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，共30分 （一）必做题（9～13题）

9．曲线ylnx1在点(e,2)的切线方程是 * . 10．随机变量ξ的分布列如右图，其中a，b，

则E() * .

1成等差数列， 2ξ P －1 a 0 b 1 1 2111．2x3的展开式中常数项的值是 * .（用数字作答）

x12．[n]表示不超过n的最大整数. ks5u

7S1[1][2][3]3S2[4][5][6][7][8]10S3[9][10][11][12][13][14][15]21那么S5 * .

x2y21的右焦点重合，13．已知抛物线y2px的焦点F与双曲线抛物线的准线与x792轴的交点为K，点A在抛物线上且|AK|2|AF|，则△AFK的面积为 * . （二）选做题（14、15题，考生只能从中选做一题. 请先用2B铅笔把答题卡上对应题号的标号涂黑，然后把答案填在横线上.）

14．(坐标系与参数方程选讲选做题) 在极坐标系中，已知点

A(1,3)和B(2,),则A、B两点间的距离是 * . 4415．(几何证明选讲选做题) 如图，A，B是两圆的交点，AC是小圆的直径，D和E分别是CA

和CB的延长线与大圆的交点，已知AC＝4，BE＝10，且BC＝AD，则DE＝ * .

三、解答题:本大题共6小题,满分80分,解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16．（本小题满分12分） 先后掷两颗均匀的骰子，问

（1）至少有一颗是6点的概率是多少？

（2）当第一颗骰子的点数为3或6时，求两颗骰子的点数之和大于8的概率．

17．（本小题满分14分）

甲、乙两位篮球运动员进行定点投篮，甲投篮一次命中的概率为率为

1，乙投篮一次命中的概22．每人各投4个球，两人投篮命中的概率互不影响． 3（1）求甲至多命中1个球且乙至少命中1个球的概率；

（2）若规定每投篮一次命中得3分，未命中得1分，求乙所得分数的概率分布和数学期望． ks5u

18．（本小题满分14分）

如图，在圆锥PO中，已知PO2，⊙O的直径AB2，

C是AB的中点，D为AC的中点．

（1）证明：平面POD平面PAC； （2）求二面角BPAC的余弦值.

19．（本小题满分12分）

数列{an}满足Sn2nan(nN*)．

（1）计算a1，a2，a3，a4，由此猜想通项公式an，并用数学归纳法证明此猜想； （2）若数列{bn}满足bn2n1an，求证：

20．（本小题满分14分）

1115． b1b2bn3x2y2已知椭圆C1:221(ab0)与直线xy10相交于A、B两点．

ab（1）若椭圆的半焦距c3，直线xa与yb围成的矩形ABCD的面积为8，

求椭圆的方程；

11（2）若OAOB0（O为坐标原点），求证：222；

ab（3）在（2）的条件下，若椭圆的离心率e满足ks5u

21．（本小题满分14分） 已知函数f(x)32，求椭圆长轴长的取值范围． e321ln(x1)(x0). x（1）函数f(x)在区间(0,)上是增函数还是减函数？证明你的结论； （2）当x0时，f(x)k恒成立，求整数k的最大值； x12n3（3）试证明：(112)(123)(134)[1n(n1)]e(nN).

*2012—2013学年（下）高二级第二学段模块考试·理科数学

答案及说明

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分. 2 3 4 5 6 7 题号 1 答案 D C A D B D D 8 A 二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分．

11x1 10． 11．14 12． 55 e313．32 14．5 15． 63

9．y三、解答题：本大题共6小题，满分80分. 16．（本小题满分12分） 解：（1）设x为掷第一颗骰子得的点数，y为掷第二颗骰子得

的点数，则所有可能的事件与点(x,y)建立对应如图，共有6636种不同情况，它们是等可能

的． …………2分 设事件A为“至少有一颗是6点”，则事件A共包含11种不同情况， …………3分

11

∴P(A)＝36. …………5分 （2）设事件B为“第一颗骰子的点数为3或6”，事件C为“两

颗骰子的点数之和大于8”，由图可知

1215，P(BC) ks5u…………9分 363365P(BC)365P(C|B) …………12分

112P(B)3则P(B)17．（本小题满分14分） 解：（1）设“甲至多命中1个球””为事件A，“乙至少命中1个球”为事件B，……1分 由题意得，P(A)()C4()()145 1616162180P(B)1(1)41 …………5分

381814113121212∴甲至多命中2个球且乙至少命中2个球的概率为

58025 …………6分 168181（2）乙所得分数的可能取值为4,0,4,8,12，…………7分

8 2 1412412132212则P(4)()，P(0)C4()()，P(4)C4()()，

38133813381322163231P(8)C4()()，P(12)()4 …………11分

3381381分布列如下：

 4 12 0 4 8 24183216 P 8181818181P(AB)P(A)P(B)…………13分

1824321620E404812 …………14分

8181818181318．（本小题满分14分）

解法1：（1）连结OC，因为OAOC，D是AC中点，所以ACOD

又PO底面⊙O，AC底面⊙O，所以ACPO， …………2分 因为OD,PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC平面POD …………4分 而AC平面PAC，所以平面POD平面PAC. …………6分

（2）在平面POD中，过O作OHPD于H，

由（1）知，平面POD平面PAC,平面POD平面PAC=PDks5u 所以OH平面PAC，又PA面PAC，所以PAOH.

在平面PAO中，过O作OGPA于G，连接HG，OGOHO PA平面OGH，

从而PAHG，故OGH为二面角BPAC的平面角 …………9分 在RtODA中,ODOAsin452. 22POOD210. 在RtPOD中,OH51PO2OD222POOA216. 在RtPOA中,OG22213POOA10OH155RtOHG中,sinOGH. 在

OG5631510所以cosOGH1sin2OGH1. …………13分

25510故二面角BPAC的余弦值为. …………14分

5解法2：如图所示，以O为坐标原点，OB,OC,OP所在直线分别为x轴、y轴，z轴建立

2空间直角坐标系，则

O(0,0,0),A(1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2)，

11D(,,0) …………2分

22（1）设n1(x1,y1,z1)是平面POD的一个法向量，

11xy10,12 则由n1OD0,n1OP0，得22z0.1所以z10,x1y1，取y11得n1(1,1,0) ks5u ………4

分

设n2(x2,y2,z2)是平面PAC的一个法向量，

x22z20, 则由n2PA0,n1PC0，得y22z20.所以x22z2,y22z2，取z21，得n2(2,2,1) …………6分

因为n1n2(1,1,0)(2,2,1)0，所以n1n2

从而平面POD平面PAC …………8分

y（2）因为轴平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为n3(0,1,0)

由（1）知，平面PAC的一个法向量为n2(2,2,1)

n2n3210cos …………13分 设向量n2和n3的夹角为，则

55n2n3所以二面角BPAC的余弦值为

10. …………14分 519．（本小题满分12分） 解：（1）当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1.

3

当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝. …………1分

2

7

当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝. 4

15

当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴a4＝. …………2分

8

n

2－1

由此猜想an＝n－1(n∈N*)． …………4分

2

现用数学归纳法证明如下：

21－1

①当n＝1时， a1＝0＝1，结论成立．

2

2k－1*

②假设n＝k（k≥1且k∈N）时，结论成立，即ak＝k－1，那么当n＝k＋1时，

2

ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，

2k－12＋k－1＋

22＋ak2k1－1

∴2ak＋1＝2＋ak，∴ak＋1＝＝＝，故当n＝k＋1时，结论成立，

222k2n－1

由①②知猜想an＝n－1(n∈N*)成立． …………8分

2(2)由(1)知，bn2n1an2n12n111n12n1，n． …………9分 2bn21112n11解法1：当n3时，n bn21(2n1)(2n11)2n111 ………10nn1n1n(21)(21)2121分

11111111111()()(n1n) b1b2bn3377152121515n． ………12分 32131n12解法2：当n2时，()()，

2211111n2 ………10bn2n[1(1)n]2n[1(1)2]3222分

111111111(012n2) b1b2bn32222解法3： 当n3时，

1bn111b1b2bn1n15121211(1n1)． ………12分

3311322111 …………10分 nnn2n2221222(21)111 2n21212111111234n 212121212111111234 2nn22121222222111112(12n2) 212122211n1511111．………12分 2222121112121113221

20．（本小题满分14分）

a2b23a2解：（1）由已知得： 解得 ks5u …………3分

b14ab8x2y21 …………4分 所以椭圆方程为：42b2xaya2b（2）设，得A(1x,1y),B)2，(x由,yxy1022(a2b2)x22ax( 1a)b02222由2ab(ab1)0，得ab1

222a2a2(1b2)x1x22,x1x22 …………7分 22abab由OAOB0，得x1x2y1y20 …………8分

∴2x1x2(x1x2)10

112 …………9分 a2b2a2c2a2b2222222ebaae， （3）由（2）得b 由，得2222a1aa12∴2a1 …………12分

1e233252e由得a，∴52a6 4232所以椭圆长轴长的取值范围为[5,6] …………14分

即ab2ab0，故

2222

21．（本小题满分14分）

1ln(x1)]x1解：（1）由题x0,f(x)0 …………2分 2x故f(x)在区间(0,)上是减函数 …………3分

kx1[1ln(x1)]在(0,)上恒成立, …4分 （2）当x0时,f(x)恒成立,即kx1xx1x1ln(x1)[1ln(x1)],则h'(x)取h(x), …………5分 xx21x0, …………6分 再取g(x)x1ln(x1),则g(x)1x1x1故g(x)在(0,)上单调递增 而g(1)ln20,g(2)1ln30,g(3)22ln20 故g(x)0在(0,)上存在唯一实数根a(2,3)，a1ln(a1)0 …………8分 故当x(0,a)时，g(x)0，h(x)0，当x(a,)时g(x)0，h(x)0 a1故h(x)minh(a)1ln(a1)a1(3,4),k3 故kmax3 ……10分

a1ln(x1)33x33(x0)ln(x1)122 （3）由（2）知xx1x1x1x31123(), …………12分 令xn(n1),ln[1n(n1)]2n(n1)nn1又ln[(112)(123)(134)(1n(n1))] ln(112)ln(123)ln(1n(n1)) 111112n3[(1)()()]223nn1132n3(1)2n32n3 n1n1即 (112)(123)(134)(1n(n1))e2n3 ks5u …………14[分