2013汕头二模答案及评分标准

2013年理科数学二模参考答案

一、选择题： （1-5题）BCDCD （6-8题）ACC 二、填空题：9、0.08,

25、 10、42、 11、600or1200 、

54

cm2 25

12、 1 、 13、[ 3,5]、 14、 5 、 15、三、解答题：

16、（1）依题意A＝6，周期T= ，从而T 由6sin(2 0 ) 32及| |

2

2

得

4

，所以 2 …………………（3分）

…………………………………（4分）

f(x) 6sin(2x

由 6sin(2m 所以2m

4

)…………………………………………………………（5分）

4

) 6，且点 m,6 为y轴右侧的第一个最高点，

，解得m

4

2

8

……………………………………………………（7分）

（2）方法一： 由tan 22

(0,

2

) sin

1，cos ………………（9分）

33

f( ) 6sin(2 ) 6sin2 cos

6cos2 sin

444

cos 2 1)…………（11分） 62

22118 72

……………（12分） 32[2 ()2 1]

3333

方法二：因为由tan 22 (0,所以：f( ) 6sin(2

2

)

4

) 6sin2 cos

4

6cos2 sin

4

cos cos2 sin2 ) ………………（9分） 32(2sin cos cos2 sin2 )

sin2 cos2 ………………（12分）

2

2tan 1 tan 8 72

32 2

3tan 1

2

17、解：（Ⅰ）参加单打的队员有A3种方法，参加双打的队员有C2种方法.

1

21

所以，高三（1）班出场阵容共有A3 C2 12(种）种． ……………………………（3分）

（Ⅱ）高三（1）班代表队连胜两盘，可分为第一盘、第二盘胜或第一盘负，其余两盘胜. 所以，连胜两盘的概率为

111113

. …………………………………（7分） 222228

（Ⅲ） 的取值可能为0，1，2．

111

．…………………………………（8分） 224

1111111

P 1 ．…………………………………（9分）

2222224

111111111

P 2 .………………………………（10分）

222222222P 0

所以 的分布列为

∴E 0

1 1 2 . …………………………………（12分） 4424

18、解、（Ⅰ）由题设可知;PM,PN的斜率存在且不为0，

yyy22 ，即x 1(y 0)……………………………………（3分） 所以

x 1x 1

(Ⅱ)讨论如下：

(1)当 0时，轨迹C为中心在原点，焦点在x 轴上的双曲线（除去顶点）

(2)当 1 0时，轨迹C为中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆（除去长轴两个端点） （3）当 1时，轨迹C为以原点为圆心，1为半径的圆（除去点（-1,0），（1,0）） （4）当 1时，轨迹C为中心在原点，焦点在y轴上的椭圆（除去短轴两个端点）……………………………………………………………………………（7分）

y2

1(y 0)，显然定点E、F为其左右焦点。 （Ⅲ）、当 2时，轨迹C的方程为x 2

2

假设存在这样的点P，使得 EPF 120，记 EPF ，PE m,PF n,EF 2,

m n 2 m2 n2 2mn 4

1

那么在 EPF中: S EPF mnsin …………………………（9分）

2

(2)2 m2 n2 2mncos

整理可得:2mn(1 cos ) 8,所以mn

448

………（10分）

1 cos 1 cos12003

所以S EPF

1182mnsin1200 …………………………（11分） 22323

又因为S EPF

112………………（12分） EF yP 2 yP

223

所以yP

222,故yP ,代入椭圆的方程可得： xP33

2

3 1(y 0)

2

2

所以xP

，所以满足题意的点P有四个，坐标分别为 3

(

2222

, )………………（14分） ,)，( ,)，(, )，( 33333333

z

19、证明：（Ⅰ）在梯形ABCD中，∵ABCD,AD DC CB a, ABC 60 ， ∴四边形ABCD是等腰梯形，………………（1分）

且 DCA DAC 30 , DCB 120 ,

∴ ACB DCB DCA 90 ，∴AC BC.………………（2分）

又∵平面ACFE 平面ABCD，交线为AC，∴BC 平面ACFE. ……（4分）

（Ⅱ）当EM时，AMy

x

平面BDF. 现在证明如下：

在梯形ABCD中，设ACBD N，连结FN，则CN:NA 1:2.

∵EM

而EF AC ，∴EM:FM 1:2,∴MF AN，

∴四边形ANFM是平行四边形. ∴AMNF.

又∵NF 平面BDF，AM 平面BDF. ∴AM平面BDF. ……（8分） （Ⅲ）方法一;（几何法）取EF中点G，EB中点H，连结DG、GH、DH， ∵容易证得DE=DF，∴DG EF.

∵BC 平面ACFE，∴BC EF. 又∵EF FC，∴EF FB. 又∵GHFB，∴EF GH.

∴ DGH是二面角B—EF—D的平面角. ……（11分）

在△BDE

中DE,DB,BE.∴BE2 DE2 DB2∴ EDB 90 ，

∴DH

.又DG,GH.∴在△DGH中，

即二面角B—EF—D的平面角余弦值为由余弦定理得cos DGH ……（14分） 10

方法二;（向量法）以C为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系：

C(0,0,0),B(0,a,0),F(0,0,a),D(

aa

, ,0)，E(a,0,a) 22

aa

,,a)……（10分） 22

所以 ( 3a,0,0)， (0, a,a)， (

分别设平面BEF与平面DEF的法向量为n1 (x1,y1,z1)，n2 (x2,y2,z2)

n1 ax1 0所以 ，令y1 1，则x1 0,z1 1……（11分）

n1 ay1 az1 0

n2 ax2 0

1

y 1,则z -又 显然，令……（12分） x 02223aa2x2 y2 az2 0 n2

22

1

所以n1 (0,1,1)，n2 (0,1, )，设二面角的平面角为 , 为锐角

2

所以cos

n1 n2n1 n2

1

(0,1,1) (0,1, )

……（14分）

105

2

2

20、证明：（Ⅰ）因为a1 0，且 k N，a2k 1，a2k，a2k 1成等差数列，其公差为2k。 即2a2k a2k 1 a2k 1，a2k a2k 1 a2k 1 a2k 2k………………（1分） 所以，分别取k 1,2,3代入解得a4 8,a5 12,a6 18，………………（2分） 显然满足a5 a4a6，即a4，a5，a6成等比数列；………………（3分） （Ⅱ）由题意可知：a2k 1 a2k 1 4k,对 k N 恒成立

所以a2k 1 a1 (a3 a1) (a5 a3) (a7 a5) ..... (a2k 1 a2k 1) 0 4 8 12 ...... 4k= 又a2k 1 a2k 2k，所以a2k

2

(k 1)(0 4k)

2k(k 1)……………（5分）

2

a2k 1 2k=2k(k 1) 2k 2k2………………（6分）

n2 1

,(n 2k 1) 2所以数列 an 的通项公式为an ， k N 2

n,(n 2k) 2

n2( 1)n 1

或写为an ,n N （注意：以上三种写法都给全分）…………（7分）

24

（Ⅲ）先证右边：（1）当n 2时，Tn 2，2n Tn 2 2 2 2显然满足结论。

n2 1（2）当n 2时，因为n为奇数时，an ，

2

n221 n22n2 1所以 2 2 2，且2 anann 1n 1 n 1n 1

n2n2n2

当n为偶数时，an ， 2，2 0

2anan

2232n2

综上可知Tn ..... …… 此处隐藏：3060字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……