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  • 2021-06-24 发布

2013年湖北省高考数学试卷(理科)

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‎2013年湖北省高考数学试卷(理科)‎ ‎ ‎ 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,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.(5分)在复平面内,复数z=(i为虚数单位)的共轭复数对应的点位于(  )‎ A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 ‎2.(5分)已知全集为R,集合A={x|()x≤1},B={x|x2﹣6x+8≤0},则A∩(∁RB)=(  )‎ A.{x|x≤0} B.{x|2≤x≤4} C.{x|0≤x<2或x>4} D.{x|0<x≤2或x≥4}‎ ‎3.(5分)在一次跳伞训练中,甲、乙两位学员各跳一次,设命题p是“甲降落在指定范围”,q是“乙降落在指定范围”,则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为(  )‎ A.(¬p)∨(¬q) B.p∨(¬q) C.(¬p)∧(¬q) D.p∨q ‎4.(5分)将函数y=cosx+sinx(x∈R)的图象向左平移m(m>0)个单位长度后,所得到的图象关于y轴对称,则m的最小值是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎5.(5分)已知0<θ<,则双曲线与C2:﹣=1的(  )‎ A.实轴长相等 B.虚轴长相等 C.焦距相等 D.离心率相等 ‎6.(5分)已知点A(﹣1,1),B(1,2),C(﹣2,﹣1),D(3,4),则向量在方向上的投影为(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎7.(5分)一辆汽车在高速公路上行驶,由于遇到紧急情况而刹车,以速度 的单位:s,v的单位:m/s)行驶至停止,在此期间汽车继续行驶的距离(单位:m)是(  )‎ A.1+25ln5 B.8+25ln C.4+25ln5 D.4+50ln2‎ ‎8.(5分)一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为V1,V2,V3,V4,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有(  )‎ A.V1<V2<V4<V3 B.V1<V3<V2<V4 C.V2<V1<V3<V4 D.V2<V3<V1<V4‎ ‎9.(5分)如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割为125个同样大小的小正方体,经过搅拌后,从中随机取一个小正方体,记它的涂漆面数为X,则X的均值E(X)=(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎10.(5分)已知a为常数,函数f(x)=x(lnx﹣ax)有两个极值点x1,x2(x1<x2)(  )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎ ‎ 二、填空题:本大题共6小题,考生共需作答5小题,每小题5分,共25分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上.答错位置,书写不清,模棱两可均不得分.(一)必考题(11-14题)(二)选考题(请考生在第15、16两题中任选一题作答,请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑.如果全选,则按第15题作答结果计分.)‎ ‎11.(5分)从某小区抽取100户居民进行月用电量调查,发现其用电量都在50至350度之间,频率分布直方图如图所示:‎ ‎(Ⅰ)直方图中x的值为  ;‎ ‎(Ⅱ)在这些用户中,用电量落在区间[100,250)内的户数为  .‎ ‎12.(5分)阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,输出的结果i=  .‎ ‎13.(5分)设x,y,z∈R,且满足:,则x+y+z=  .‎ ‎14.(5分)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数,如三角形数1,3,6,10,…,第n个三角形数为.记第n个k边形数为N(n,k)(k≥3),以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式:‎ 三角形数,‎ 正方形数N(n,4)=n2,‎ 五边形数,‎ 六边形数N(n,6)=2n2﹣n,‎ ‎…‎ 可以推测N(n,k)的表达式,由此计算N(10,24)=  .‎ ‎15.(5分)(选修4﹣1:几何证明选讲)‎ 如图,圆O上一点C在直径AB上的射影为D,点D在半径OC上的射影为E.若AB=3AD,则的值为  .‎ ‎16.(选修4﹣4:坐标系与参数方程)‎ 在直角坐标系xOy中,椭圆C的参数方程为为参数,a>b>0).在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位,且以原点O为极点,以x轴正半轴为极轴)中,直线l与圆O的极坐标方程分别为为非零常数)与ρ=b.若直线l经过椭圆C的焦点,且与圆O相切,则椭圆C的离心率为  .‎ ‎ ‎ 三、解答题:本大题共6小题,共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.(12分)在△‎ ABC中,角A,B,C对应的边分别是a,b,c,已知cos2A﹣3cos(B+C)=1.‎ ‎(Ⅰ)求角A的大小;‎ ‎(Ⅱ)若△ABC的面积S=5,b=5,求sinBsinC的值.‎ ‎18.(12分)已知等比数列{an}满足:|a2﹣a3|=10,a1a2a3=125.‎ ‎(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)是否存在正整数m,使得?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由.‎ ‎19.(12分)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,直线PC⊥平面ABC,E,F分别是PA,PC的中点.‎ ‎(Ⅰ)记平面BEF与平面ABC的交线为l,试判断直线l与平面PAC的位置关系,并加以证明;‎ ‎(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l与圆O的另一个交点为D,且点Q满足.记直线PQ与平面ABC所成的角为θ,异面直线PQ与EF所成的角为α,二面角E﹣l﹣C的大小为β.求证:sinθ=sinαsinβ.‎ ‎20.(12分)假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N(800,502)的随机变量.记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0.‎ ‎(Ⅰ)求p0的值;‎ ‎(参考数据:若X~N(μ,σ2),有P(μ﹣σ<X≤μ+σ)=0.6826,P(μ﹣2σ<X≤μ+2σ)=0.9544,P(μ﹣3σ<X≤μ+3σ)=0.9974.)‎ ‎(Ⅱ)某客运公司用A,B两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务,每车每天往返一次,A,B两种车辆的载客量分别为36人和60人,从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆.公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队,并要求B型车不多于A型车7辆.若每天要以不小于p0‎ 的概率运完从甲地去乙地的旅客,且使公司从甲地去乙地的营运成本最小,那么应配备A型车、B型车各多少辆?‎ ‎21.(13分)如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x轴上,短轴长分别为2m,2n(m>n),过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D,记,△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.‎ ‎(Ⅰ)当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,求λ的值;‎ ‎(Ⅱ)当λ变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2?并说明理由.‎ ‎22.(14分)设n是正整数,r为正有理数.‎ ‎(Ⅰ)求函数f(x)=(1+x)r+1﹣(r+1)x﹣1(x>﹣1)的最小值;‎ ‎(Ⅱ)证明:;‎ ‎(Ⅲ)设x∈R,记[x]为不小于x的最小整数,例如.令的值.‎ ‎(参考数据:.‎ ‎ ‎ ‎2013年湖北省高考数学试卷(理科)‎ 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 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,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.(5分)(2013•湖北)在复平面内,复数z=(i为虚数单位)的共轭复数对应的点位于(  )‎ A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 ‎【分析】将复数z=的分母实数化,求得z=1+i,即可求得,从而可知答案.‎ ‎【解答】解:∵z====1+i,‎ ‎∴=1﹣i.‎ ‎∴对应的点(1,﹣1)位于第四象限,‎ 故选D.‎ ‎ ‎ ‎2.(5分)(2013•湖北)已知全集为R,集合A={x|()x≤1},B={x|x2﹣6x+8≤0},则A∩(∁RB)=(  )‎ A.{x|x≤0} B.{x|2≤x≤4} C.{x|0≤x<2或x>4} D.{x|0<x≤2或x≥4}‎ ‎【分析】利用指数函数的性质可求得集合A,通过解一元二次不等式可求得集合B,从而可求得A∩CRB.‎ ‎【解答】解:∵≤1=,‎ ‎∴x≥0,‎ ‎∴A={x|x≥0};‎ 又x2﹣6x+8≤0⇔(x﹣2)(x﹣4)≤0,‎ ‎∴2≤x≤4.‎ ‎∴B={x|2≤x≤4},‎ ‎∴∁RB={x|x<2或x>4},‎ ‎∴A∩∁RB={x|0≤x<2或x>4},‎ 故选C.‎ ‎ ‎ ‎3.(5分)(2013•湖北)在一次跳伞训练中,甲、乙两位学员各跳一次,设命题p是“甲降落在指定范围”,q是“乙降落在指定范围”,则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为(  )‎ A.(¬p)∨(¬q) B.p∨(¬q) C.(¬p)∧(¬q) D.p∨q ‎【分析】由命题P和命题q写出对应的¬p和¬q,则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”即可得到表示.‎ ‎【解答】解:命题p是“甲降落在指定范围”,则¬p是“甲没降落在指定范围”,‎ q是“乙降落在指定范围”,则¬q是“乙没降落在指定范围”,‎ 命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”包括 ‎“甲降落在指定范围,乙没降落在指定范围”‎ 或“甲没降落在指定范围,乙降落在指定范围”‎ 或“甲没降落在指定范围,乙没降落在指定范围”三种情况.‎ 所以命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为(¬p)V(¬q).‎ 故选A.‎ ‎ ‎ ‎4.(5分)(2013•湖北)将函数y=cosx+sinx(x∈R)的图象向左平移m(m>0)个单位长度后,所得到的图象关于y轴对称,则m的最小值是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【分析】函数解析式提取2变形后,利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数,利用平移规律得到平移后的解析式,根据所得的图象关于y轴对称,即可求出m的最小值.‎ ‎【解答】解:y=cosx+sinx=2(cosx+sinx)=2sin(x+),‎ ‎∴图象向左平移m(m>0)个单位长度得到y=2sin[(x+m)+]=2sin(x+m+‎ ‎),‎ ‎∵所得的图象关于y轴对称,‎ ‎∴m+=kπ+(k∈Z),‎ 则m的最小值为.‎ 故选B ‎ ‎ ‎5.(5分)(2013•湖北)已知0<θ<,则双曲线与C2:﹣=1的(  )‎ A.实轴长相等 B.虚轴长相等 C.焦距相等 D.离心率相等 ‎【分析】根据双曲线的标准方程求出双曲线的几何性质同,即可得出正确答案.‎ ‎【解答】解:双曲线的实轴长为2cosθ,虚轴长2sinθ,焦距2,离心率,‎ 双曲线的实轴长为2sinθ,虚轴长2sinθtanθ,焦距2tanθ,离心率,‎ 故它们的离心率相同.‎ 故选D.‎ ‎ ‎ ‎6.(5分)(2013•湖北)已知点A(﹣1,1),B(1,2),C(﹣2,﹣1),D(3,4),则向量在方向上的投影为(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【分析】先求出向量、,根据投影定义即可求得答案.‎ ‎【解答】解:,,‎ 则向量方向上的投影为:•cos<>=•===,‎ 故选A.‎ ‎ ‎ ‎7.(5分)(2013•湖北)一辆汽车在高速公路上行驶,由于遇到紧急情况而刹车,以速度的单位:s,v的单位:m/s)行驶至停止,在此期间汽车继续行驶的距离(单位:m)是(  )‎ A.1+25ln5 B.8+25ln C.4+25ln5 D.4+50ln2‎ ‎【分析】令v(t)=0,解得t=4,则所求的距离S=,解出即可.‎ ‎【解答】解:令v(t)=7﹣3t+,化为3t2﹣4t﹣32=0,又t>0,解得t=4.‎ ‎∴由刹车行驶至停止,在此期间汽车继续行驶的距离s===4+25ln5.‎ 故选C.‎ ‎ ‎ ‎8.(5分)(2013•湖北)一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为V1,V2,V3,V4,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有(  )‎ A.V1<V2<V4<V3 B.V1<V3<V2<V4 C.V2<V1<V3<V4 D.V2<V3<V1<V4‎ ‎【分析】利用三视图与已知条件判断组合体的形状,分别求出几何体的体积,即可判断出正确选项.‎ ‎【解答】解:由题意以及三视图可知,该几何体从上到下由:圆台、圆柱、正四棱柱、正四棱台组成,‎ 体积分别记为V1==.‎ V2=12×π×2=2π,‎ V3=2×2×2=8‎ V4==;‎ ‎∵,‎ ‎∴V2<V1<V3<V4‎ 故选C.‎ ‎ ‎ ‎9.(5分)(2013•湖北)如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割为125个同样大小的小正方体,经过搅拌后,从中随机取一个小正方体,记它的涂漆面数为X,则X的均值E(X)=(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【分析】由题意可知:X所有可能取值为0,1,2,3.①8个顶点处的8个小正方体涂有3面,②每一条棱上除了两个顶点处的小正方体,还剩下3个,一共有3×12=36个小正方体涂有2面,‎ ‎③每个表面去掉四条棱上的16个小正方形,还剩下9个小正方形,因此一共有9×6=54个小正方体涂有一面,④由以上可知:还剩下125﹣(8+36+54)=27个内部的小正方体的6个面都没有涂油漆,根据上面的分析即可得出其概率及X的分布列,利用数学期望的计算公式即可得出.‎ ‎【解答】解:由题意可知:X所有可能取值为0,1,2,3.‎ ‎①8个顶点处的8个小正方体涂有3面,∴P(X=3)=;‎ ‎②每一条棱上除了两个顶点处的小正方体,还剩下3个,一共有3×12=36个小正方体涂有2面,∴P(X=2)=;‎ ‎③每个表面去掉四条棱上的16个小正方形,还剩下9个小正方形,因此一共有9×6=54个小正方体涂有一面,∴P(X=1)=.‎ ‎④由以上可知:还剩下125﹣(8+36+54)=27个内部的小正方体的6个面都没有涂油漆,∴P(X=0)=. ‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 故X的分布列为 因此E(X)==.‎ 故选B.‎ ‎ ‎ ‎10.(5分)(2013•湖北)已知a为常数,函数f(x)=x(lnx﹣ax)有两个极值点x1,x2(x1<x2)(  )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【分析】先求出f′(x),令f′(x)=0,由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1,x2⇔函数g(x)=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′(x)在(0,+∞)上的唯一的极值不等于0.利用导数与函数极值的关系即可得出.‎ ‎【解答】解:∵f′(x)=lnx+1﹣2ax,(x>0)‎ 令f′(x)=0,由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1,x2⇔函数g(x)=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′(x)在(0,+∞)上的唯一的极值不等于0.‎ ‎.‎ ‎①当a≤0时,g′(x)>0,f′(x)单调递增,因此g(x)=f′(x)至多有一个零点,不符合题意,应舍去.‎ ‎②当a>0时,令g′(x)=0,解得x=,‎ ‎∵x,g′(x)>0,函数g(x)单调递增;时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减.‎ ‎∴x=是函数g(x)的极大值点,则>0,即>0,‎ ‎∴ln(2a)<0,∴0<2a<1,即.‎ 故当0<a<时,g(x)=0有两个根x1,x2,且x1<<x2,又g(1)=1﹣2a>0,‎ ‎∴x1<1<<x2,从而可知函数f(x)在区间(0,x1)上递减,在区间(x1,x2)上递增,在区间(x2,+∞)上递减. ‎ ‎∴f(x1)<f(1)=﹣a<0,f(x2)>f(1)=﹣a>﹣.‎ 故选:D.‎ ‎ ‎ 二、填空题:本大题共6小题,考生共需作答5小题,每小题5分,共25分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上.答错位置,书写不清,模棱两可均不得分.(一)必考题(11-14题)(二)选考题(请考生在第15、16两题中任选一题作答,请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑.如果全选,则按第15题作答结果计分.)‎ ‎11.(5分)(2013•湖北)从某小区抽取100户居民进行月用电量调查,发现其用电量都在50至350度之间,频率分布直方图如图所示:‎ ‎(Ⅰ)直方图中x的值为 0.0044 ;‎ ‎(Ⅱ)在这些用户中,用电量落在区间[100,250)内的户数为 70 .‎ ‎【分析】(I)根据频率分布直方图中,各组的频率之和为1,我们易得到一个关于x的方程,解方程即可得到答案.‎ ‎(II)由已知中的频率分布直方图,利用[100,250)之间各小组的纵坐标(矩形的高)乘以组距得到[100,250)的频率,利用频率乘以样本容量即可求出频数.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)依题意及频率分布直方图知,0.0024×50+0.0036×50+0.0060×50+x×50+0.0024×50+0.0012×50=1,‎ 解得x=0.0044.‎ ‎(II)样本数据落在[100,150)内的频率为0.0036×50=0.18,‎ 样本数据落在[150,200)内的频率为0.006×50=0.3.‎ 样本数据落在[200,250)内的频率为0.0044×50=0.22,‎ 故在这些用户中,用电量落在区间[100,250)内的户数为(0.18+0.30+0.22)×100=70.‎ 故答案为:0.0044;70.‎ ‎ ‎ ‎12.(5分)(2013•湖北)阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,输出的结果i= 5 .‎ ‎【分析】框图首先给变量a和变量i赋值,然后对a是否等于4进行判断,不等于4,继续判断a是否为奇数,是执行路径a=3a+1,否执行路径,再执行i=i+1,依次循环执行,当a等于4时跳出循环,输出i的值.‎ ‎【解答】解:框图首先给变量a和变量i赋值,a=4,i=1.‎ 判断10=4不成立,判断10是奇数不成立,执行,i=1+1=2;‎ 判断5=4不成立,判断5是奇数成立,执行a=3×5+1=16,i=2+1=3;‎ 判断16=4不成立,判断16是奇数不成立,执行,i=3+1=4;‎ 判断8=4不成立,判断8是奇数不成立,执行,i=4+1=5;‎ 判断4=4成立,跳出循环,输出i的值为5.‎ 故答案是5.‎ ‎ ‎ ‎13.(5分)(2013•湖北)设x,y,z∈R,且满足:,则x+y+z=  .‎ ‎【分析】根据柯西不等式,算出(x+2y+3z)2≤14(x2+y2+z2)=14,从而得到x+2y+3z恰好取到最大值,由不等式的等号成立的条件解出x=、y=且z=,由此即可得到x+y+z的值.‎ ‎【解答】解:根据柯西不等式,得 ‎(x+2y+3z)2≤(12+22+32)(x2+y2+z2)=14(x2+y2+z2)‎ 当且仅当时,上式的等号成立 ‎∵x2+y2+z2=1,∴(x+2y+3z)2≤14,‎ 结合,可得x+2y+3z恰好取到最大值 ‎∴=,可得x=,y=,z=‎ 因此,x+y+z=++=‎ 故答案为:‎ ‎ ‎ ‎14.(5分)(2013•湖北)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数,如三角形数1,3,6,10,…,第n个三角形数为.记第n个k边形数为N(n,k)(k≥3),以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式:‎ 三角形数,‎ 正方形数N(n,4)=n2,‎ 五边形数,‎ 六边形数N(n,6)=2n2﹣n,‎ ‎…‎ 可以推测N(n,k)的表达式,由此计算N(10,24)= 1000 .‎ ‎【分析】观察已知式子的规律,并改写形式,归纳可得,把n=10,k=24代入可得答案.‎ ‎【解答】解:原已知式子可化为:,‎ ‎,,‎ ‎,‎ 由归纳推理可得,‎ 故=1100﹣100=1000‎ 故答案为:1000‎ ‎ ‎ ‎15.(5分)(2013•湖北)(选修4﹣1:几何证明选讲)‎ 如图,圆O上一点C在直径AB上的射影为D,点D在半径OC上的射影为E.若AB=3AD,则的值为 8 .‎ ‎【分析】设圆O的半径为3x,根据射影定理,可以求出OD2=OE•OC=x2,CD2=CE•OC=8x2,进而得到的值.‎ ‎【解答】解:设圆O的半径OA=OB=OC=3x,‎ ‎∵AB=3AD,‎ ‎∴AD=2x,BD=4x,OD=x 又∵点C在直径AB上的射影为D,‎ 在△ABC中,由射影定理得:CD2=AD•BD=8x2,‎ 在△ODC中,由射影定理得:OD2=OE•OC=x2,CD2=CE•OC=8x2,‎ 故==8‎ 故答案为:8‎ ‎ ‎ ‎16.(2013•湖北)(选修4﹣4:坐标系与参数方程)‎ 在直角坐标系xOy中,椭圆C的参数方程为为参数,a>b>0).在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位,且以原点O为极点,以x轴正半轴为极轴)中,直线l与圆O的极坐标方程分别为为非零常数)与ρ=b.若直线l经过椭圆C的焦点,且与圆O相切,则椭圆C的离心率为  .‎ ‎【分析】先根据极坐标与直角坐标的转换关系将直线l的极坐标方程分别为为非零常数)化成直角坐标方程,再利用直线l经过椭圆C的焦点,且与圆O相切,从而得到c=b,又b2=a2﹣c2,消去b后得到关于a,c的等式,即可求出椭圆C的离心率.‎ ‎【解答】解:直线l的极坐标方程分别为为非零常数)化成直角坐标方程为x+y﹣m=0,‎ 它与x轴的交点坐标为(m,0),由题意知,(m,0)为椭圆的焦点,故|m|=c,‎ 又直线l与圆O:ρ=b相切,∴,‎ 从而c=b,又b2=a2﹣c2,‎ ‎∴c2=2(a2﹣c2),‎ ‎∴3c2=2a2,∴=.‎ 则椭圆C的离心率为 .‎ 故答案为:.‎ ‎ ‎ 三、解答题:本大题共6小题,共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.(12分)(2013•湖北)在△ABC中,角A,B,C对应的边分别是a,b,c,已知cos2A﹣3cos(B+C)=1.‎ ‎(Ⅰ)求角A的大小;‎ ‎(Ⅱ)若△ABC的面积S=5,b=5,求sinBsinC的值.‎ ‎【分析】(I)利用倍角公式和诱导公式即可得出;‎ ‎(II)由三角形的面积公式即可得到bc=20.又b=5,解得c=4.由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=25+16﹣20=21,即可得出a.又由正弦定理得即可得到即可得出.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)由cos2A﹣3cos(B+C)=1,得2cos2A+3cosA﹣2=0,‎ 即(2cosA﹣1)(cosA+2)=0,解得(舍去).‎ 因为0<A<π,所以.‎ ‎(Ⅱ)由S===,得到bc=20.又b=5,解得c=4.‎ 由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=25+16﹣20=21,故.‎ 又由正弦定理得.‎ ‎ ‎ ‎18.(12分)(2013•湖北)已知等比数列{an}满足:|a2﹣a3|=10,a1a2a3=125.‎ ‎(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)是否存在正整数m,使得?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由.‎ ‎【分析】(I)设等比数列{an}的公比为q,结合等比数列的通项公式表示已知条件,解方程可求a1,q,进而可求通项公式 ‎(Ⅱ)结合(I)可知是等比数列,结合等比数列的求和公式可求,即可判断 ‎【解答】解:(Ⅰ)设等比数列{an}的公比为q,则由已知可得 解得 故.‎ ‎(Ⅱ)若,则,‎ 故是首项为,公比为的等比数列,‎ 从而.‎ 若,则是首项为,公比为﹣1的等比数列,‎ 从而故.‎ 综上,对任何正整数m,总有.‎ 故不存在正整数m,使得成立.‎ ‎ ‎ ‎19.(12分)(2013•湖北)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,直线PC⊥平面ABC,E,F分别是PA,PC的中点.‎ ‎(Ⅰ)记平面BEF与平面ABC的交线为l,试判断直线l与平面PAC的位置关系,并加以证明;‎ ‎(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l与圆O的另一个交点为D,且点Q满足.记直线PQ与平面ABC所成的角为θ,异面直线PQ与EF所成的角为α,二面角E﹣l﹣C的大小为β.求证:sinθ=sinαsinβ.‎ ‎【分析】(I)直线l∥平面PAC.连接EF,利用三角形的中位线定理可得,EF∥AC;利用线面平行的判定定理即可得到EF∥平面ABC.由线面平行的性质定理可得EF∥l.再利用线面平行的判定定理即可证明直线l∥平面PAC.‎ ‎(II)综合法:利用线面垂直的判定定理可证明l⊥平面PBC.连接BE,BF,因为BF⊂平面PBC,所以l⊥BC.故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角,即∠CBF=β.‎ 已知PC⊥平面ABC,可知CD是FD在平面ABC内的射影,故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角,即∠CDF=θ.由BD⊥平面PBC,有BD⊥BF,知∠BDF=α,分别利用三个直角三角形的边角关系即可证明结论;‎ 向量法:以点C为原点,向量所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)直线l∥平面PAC,证明如下:‎ 连接EF,因为E,F分别是PA,PC的中点,所以EF∥AC,‎ 又EF⊄平面ABC,且AC⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.‎ 而EF⊂平面BEF,且平面BEF∩平面ABC=l,所以EF∥l.‎ 因为l⊄平面PAC,EF⊂平面PAC,所以直线l∥平面PAC.‎ ‎(Ⅱ)(综合法)如图1,连接BD,由(Ⅰ)可知交线l即为直线BD,且l∥AC.‎ 因为AB是⊙O的直径,所以AC⊥BC,于是l⊥BC.‎ 已知PC⊥平面ABC,而l⊂平面ABC,所以PC⊥l.‎ 而PC∩BC=C,所以l⊥平面PBC.‎ 连接BE,BF,因为BF⊂平面PBC,所以l⊥BF.‎ 故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角,即∠CBF=β.‎ 由,作DQ∥CP,且.‎ 连接PQ,DF,因为F是CP的中点,CP=2PF,所以DQ=PF,‎ 从而四边形DQPF是平行四边形,PQ∥FD.‎ 连接CD,因为PC⊥平面ABC,所以CD是FD在平面ABC内的射影,‎ 故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角,即∠CDF=θ.‎ 又BD⊥平面PBC,有BD⊥BF,知∠BDF=α,‎ 于是在Rt△DCF,Rt△FBD,Rt△BCF中,分别可得,‎ 从而.‎ ‎(Ⅱ)(向量法)如图2,由,作DQ∥CP,且.‎ 连接PQ,EF,BE,BF,BD,由(Ⅰ)可知交线l即为直线BD.‎ 以点C为原点,向量所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设CA=a,CB=b,CP=2c,则有.‎ 于是,‎ ‎∴=,从而,‎ 又取平面ABC的一个法向量为,可得,‎ 设平面BEF的一个法向量为,‎ 所以由可得取=(0,c,b),‎ 于是,从而.‎ 故,即sinθ=sinαsinβ.‎ ‎ ‎ ‎20.(12分)(2013•湖北)假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N(800,502)的随机变量.记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0.‎ ‎(Ⅰ)求p0的值;‎ ‎(参考数据:若X~N(μ,σ2),有P(μ﹣σ<X≤μ+σ)=0.6826,P(μ﹣2σ<X≤μ+2σ)=0.9544,P(μ﹣3σ<X≤μ+3σ)=0.9974.)‎ ‎(Ⅱ)某客运公司用A,B两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务,每车每天往返一次,A,B两种车辆的载客量分别为36人和60人,从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆.公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队,并要求B型车不多于A型车7辆.若每天要以不小于p0的概率运完从甲地去乙地的旅客,且使公司从甲地去乙地的营运成本最小,那么应配备A型车、B型车各多少辆?‎ ‎【分析】(I)变量服从正态分布N(800,502),即服从均值为800,标准差为50的正态分布,适合700<X≤900范围内取值即在(μ﹣2σ,μ+2σ)内取值,其概率为:95.44%,从而由正态分布的对称性得出不超过900的概率为p0.‎ ‎(II)设每天应派出A型x辆、B型车y辆,根据条件列出不等式组,即得线性约束条件,列出目标函数,画出可行域求解.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)由于随机变量X服从正态分布N(800,502),故有μ=800,σ=50,P(700<X≤900)=0.9544.‎ 由正态分布的对称性,可得p0=(P(X≤900)=P(X≤800)+P(800<X≤900)=‎ ‎(Ⅱ)设A型、B型车辆的数量分别为x,y辆,则相应的营运成本为1600x+2400y.‎ 依题意,x,y还需满足:x+y≤21,y≤x+7,P(X≤36x+60y)≥p0.‎ 由(Ⅰ)知,p0=P(X≤900),故P(X≤36x+60y)≥p0等价于36x+60y≥900.‎ 于是问题等价于求满足约束条件 且使目标函数z=1600x+2400y达到最小值的x,y.‎ 作可行域如图所示,可行域的三个顶点坐标分别为P(5,12),Q(7,14),R(15,6).‎ 由图可知,当直线z=1600x+2400y经过可行域的点P时,直线z=1600x+2400y在y轴上截距最小,即z取得最小值.‎ 故应配备A型车5辆,B型车12辆.‎ ‎ ‎ ‎21.(13分)(2013•湖北)如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x轴上,短轴长分别为2m,2n(m>n),过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D,记,△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.‎ ‎(Ⅰ)当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,求λ的值;‎ ‎(Ⅱ)当λ变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2?并说明理由.‎ ‎【分析】(Ⅰ)设出两个椭圆的方程,当直线l与y轴重合时,求出△BDM和△ABN的面积S1和S2,直接由面积比=λ列式求λ的值;‎ ‎(Ⅱ)假设存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2,设出直线方程,由点到直线的距离公式求出M和N到直线l的距离,利用数学转化思想把两个三角形的面积比转化为线段长度比,由弦长公式得到线段长度比的另一表达式,两式相等得到,换元后利用非零的k值存在讨论λ的取值范围.‎ ‎【解答】解:以题意可设椭圆C1和C2的方程分别为 ‎,.其中a>m>n>0,‎ ‎>1.‎ ‎(Ⅰ)如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x=0,则 ‎,‎ ‎,‎ 所以.‎ 在C1和C2的方程中分别令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=﹣m,‎ 于是.‎ 若,则,化简得λ2﹣2λ﹣1=0,由λ>1,解得.‎ 故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,则.‎ ‎(Ⅱ)如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2,根据对称性,‎ 不妨设直线l:y=kx(k>0),‎ 点M(﹣a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则 ‎,所以d1=d2.‎ 又,所以,即|BD|=λ|AB|.‎ 由对称性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD|﹣|AB|=(λ﹣1)|AB|,‎ ‎|AD|=|BD|+|AB|=(λ+1)|AB|,于是.‎ 将l的方程分别与C1和C2的方程联立,可求得 根据对称性可知xC=﹣xB,xD=﹣xA,于是 ‎②‎ 从而由①和②可得 ‎③‎ 令,则由m>n,可得t≠1,于是由③可得.‎ 因为k≠0,所以k2>0.于是③关于k有解,当且仅当,‎ 等价于,由λ>1,解得,‎ 即,由λ>1,解得,所以 当时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2;‎ 当时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2.‎ ‎ ‎ ‎22.(14分)(2013•湖北)设n是正整数,r为正有理数.‎ ‎(Ⅰ)求函数f(x)=(1+x)r+1﹣(r+1)x﹣1(x>﹣1)的最小值;‎ ‎(Ⅱ)证明:;‎ ‎(Ⅲ)设x∈R,记[x]为不小于x的最小整数,例如.令的值.‎ ‎(参考数据:.‎ ‎【分析】(Ⅰ)先求出函数f(x)的导函数f′(x),令f'(x)=0,解得x=0,再求出函数的单调区间,进而求出最小值为f(0)=0;‎ ‎(Ⅱ)根据(Ⅰ)知,即(1+x)r+1≥1+(r+1)x,令代入并化简得,再令得,,即结论得到证明;‎ ‎(Ⅲ)根据(Ⅱ)的结论,令,n分别取值81,82,83,…,125,分别列出不等式,再将各式相加得,,再由参考数据和条件进行求解.‎ ‎【解答】解;(Ⅰ)由题意得f'(x)=(r+1)(1+x)r﹣(r+1)=(r+1)[(1+x)r﹣1],‎ 令f'(x)=0,解得x=0.‎ 当﹣1<x<0时,f'(x)<0,∴f(x)在(﹣1,0)内是减函数;‎ 当x>0时,f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)内是增函数.‎ 故函数f(x)在x=0处,取得最小值为f(0)=0.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ),当x∈(﹣1,+∞)时,有f(x)≥f(0)=0,‎ 即(1+x)r+1≥1+(r+1)x,且等号当且仅当x=0时成立,‎ 故当x>﹣1且x≠0,有(1+x)r+1>1+(r+1)x,①‎ 在①中,令(这时x>﹣1且x≠0),得.‎ 上式两边同乘nr+1,得(n+1)r+1>nr+1+nr(r+1),‎ 即,②‎ 当n>1时,在①中令(这时x>﹣1且x≠0),‎ 类似可得,③‎ 且当n=1时,③也成立.‎ 综合②,③得,④‎ ‎(Ⅲ)在④中,令,n分别取值81,82,83,…,125,‎ 得,,,…,‎ 将以上各式相加,并整理得.‎ 代入数据计算,可得 由[S]的定义,得[S]=211.‎ ‎ ‎ 参与本试卷答题和审题的老师有:wfy814;sxs123;sllwyn;minqi5;wyz123;沂蒙松;qiss;ywg2058;lincy;豫汝王世崇;庞会丽;gongjy(排名不分先后)‎ ‎2017年2月3日