學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精時間：2013一、選擇題(每小題5分，共60分)1、若全集為實數(shù)集，集合==（) A．B．C．D．2、在復平面內(nèi)，復數(shù)對應(yīng)的點位于 （） A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限函數(shù)(≤x≤)的大致圖象為（）4、已知函數(shù),則其圖象的下列結(jié)論中，正確的是()A．關(guān)于點中心對稱B．關(guān)于直線軸對稱C．向左平移后得到奇函數(shù)D．向左平移后得到偶函數(shù)5、過橢圓（）的左焦點作軸的垂線交橢圓于點,為右焦點，若,則橢圓的離心率為（）A．B．C．D．6、由等式定義映射，則（）A。10B。7C。—1D。07、已知A，B，C,D是函數(shù)一個周期內(nèi)的圖象上的四個點，如圖所示,B為軸上的點，C為圖象上的最低點，E為該函數(shù)圖象的一個對稱中心，B與D關(guān)于點E對稱，在軸上的投影為，則的值為（）A。B.C。D。在△ABC中，AB=4,∠ABC=30°，D是邊上的一點，且,則的值等于（)A．—4B．0C．4 D．89、若，，，，則（）A． B．C． D．10、若在區(qū)域內(nèi)任取一點P，則點P落在單位圓內(nèi)的概率(）A．B.C。D。11、已知的三邊長成公差為的等差數(shù)列，且最大角的正弦值為，則這個三角形的周長是（）A.B。C。D.12、，第Ⅱ卷（非選擇題共90分）二、填空題（每題5分,共20分)13、已知傾斜角為的直線與直線平行，則的值為14、已知函數(shù)是R上的奇函數(shù)，若對于，都有,時，的值為15、某校對高三年級的學生進行體檢,現(xiàn)將高三男生的體重(單位：kg)數(shù)據(jù)進行整理后分成六組，并繪制頻率分布直方圖(如右圖）．已知圖中從左到右第一、第六小組的頻率分別為0。16,0.07,第一、第二、第三小組的頻率成等比數(shù)列,第三、第四、第五、第六小組的頻率成等差數(shù)列，且第三小組的頻數(shù)為100，則該校高三年級的男生總數(shù)為16、已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列滿足，若存在兩項使得的最小值為三、解答題（本大題共7題，共70分）17、(本小題滿分12分）在△ABC中,a,b，c分別是角A,B，C的對邊長,已知。（Ⅰ)求cosB及tan的值;（Ⅱ）若b＝2，△ABC的面積為，求sinA＋sinC的值18。(本小題滿分12分）如圖,從A1（1，0，0），A2(2，0，0）,B1（0，1,0，)B2（0，2,0），C1（0，0,1），C2(0,0,2）這6個點中隨機選取3個點。求這3點與原點O恰好是正三棱錐的四個頂點的概率；求這3點與原點O共面的概率.19、（本小題滿分12分）已知函數(shù)在（0，1）上是增函數(shù)，（Ⅰ)實數(shù)m的取值集合為A，當m取集合A中的最小值時,定義數(shù)列滿足且,求數(shù)列{an}的通項公式;(Ⅱ）若，數(shù)列的前n項和為，求證：。20、（本小題滿分12分)如圖,一個半圓和長方形組成的鐵皮,長方形的邊AD為半圓的直徑，O為半圓的圓心，AB＝1,BC＝2，現(xiàn)要將此鐵皮剪出一個等腰三角形PMN,其底邊MN⊥BC．（Ⅰ）設(shè)∠MOD＝30°，求三角形鐵皮PMN的面積；（Ⅱ)求剪下的鐵皮三角形PMN的最大面積21、（本小題滿分12分）已知函數(shù)f（x)＝－eq\f(1,3）x3＋eq\f（a,2）x2－2x(a∈R）．(1)當a＝3時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；(2）若對于任意x∈[1，＋∞）都有f′（x）〈2（a－1）成立,求實數(shù)a的取值范圍；(3)若過點eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，－\f（1,3)))可作函數(shù)y＝f(x)圖象的三條不同切線,求實數(shù)a的取值范圍．請考生在第(22）、（23）兩題中任選一題作答。注意：只能做所選定的題目。如果多做，則按所做的第一個題目計分。22、(本小題滿分10分)如圖，AB是圓O的直徑，C是半徑OB的中點，D是OB延長線上一點,且BD=OB，直線MD與圓O相交于點M、T（不與A、B重合），DN與圓O相切于點N,連結(jié)MC，MB，OT．（I)求證：；（II）若，試求的大小．23、(本小題滿分10分）已知函數(shù)(I）解不等式:；(II）若,求證：≤.南陽市一中2013年秋期第三次周考文科數(shù)學試題答案一、選擇題二、填空題13、14、—115、40016、三、17、解：(Ⅰ）由b2－c2＝a2－eq\f(2，3)ac，得cosB＝eq\f（a2＋c2－b2，2ac)＝eq\f(1，3).由0＜B＜π知sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f（2\r（2),3）。taneq\f(A＋C，2)＝taneq\f（π－B,2）＝eq\f（sin（\f(π，2）－\f(B,2）），cos(\f（π，2)－\f（B，2)))＝eq\f(cos\f(B，2)，sin\f（B,2)）＝eq\f（2cos2\f(B，2)，2sin\f（B,2)cos\f(B,2))＝eq\f（1＋cosB，sinB)＝eq\r(2)。（5分)(Ⅱ）由eq\f(1,2)acsinB＝eq\r（2),ac＝3,由b2－c2＝a2－eq\f（2,3)ac，得（a＋c)2＝b2＋eq\f（8，3）ac＝16，即a＋c＝4.由正弦定理得sinA＋sinC＝eq\f(a＋c,b）×sinB＝eq\f（4,3).（10分)19、解：(1）由題意得f′（x）=﹣3x2+m，∵f（x）=﹣x3+mx在(0,1)上是增函數(shù)，∴f′（x）=﹣3x2+m≥0在（0，1）上恒成立，即m≥3x2，得m≥3,-——-——-——————-———-—--————-—--2分故所求的集合A為[3,+∞）；所以m=3，∴f′（x）=﹣3x2+3,∵,＞0,∴=3，即=3，∴數(shù)列{}是以3為首項和公比的等比數(shù)列,故；---—-————————-----—-—---——-————6分（2)由（1）得，bn=nan=,∴Sn=1?3+2?32+3?33+…+n?3n①3Sn=1?32+2?33+3?34+…+n?3n+1②①﹣②得，﹣2Sn=3+32+33+…+3n﹣n?3n+1=﹣化簡得，Sn=＞．--——-———--—---—---——-——-—-—-12分20、(本小題滿分12分）21、【解析】（1)當a＝3時，f（x)＝－eq\f（1，3）x3＋eq\f（3,2)x2－2x，得f′（x）＝－x2＋3x－2.因為f′(x)＝－x2＋3x－2＝－(x－1)（x－2)，所以當1<x<2時，f′（x)〉0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增;當x<1或x〉2時，f′（x)<0，函數(shù)f(x）單調(diào)遞減．故函數(shù)f（x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,2)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)和（2，＋∞)．（2）方法一：由f(x）＝－eq\f(1，3)x3＋eq\f(a,2)x2－2x，得f′（x)＝－x2＋ax－2.因為對于任意x∈［1，＋∞）都有f′(x）<2(a－1)成立,即對于任意x∈［1,＋∞)都有－x2＋ax－2〈2（a－1)成立，即對于任意x∈［1，＋∞）都有x2－ax＋2a〉0成立．令h(x)＝x2－ax＋2a，要使h(x）對任意x∈［1，＋∞）都有h（x）〉0成立，必須滿足Δ〈0，或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（Δ≥0，,\f(a,2）≤1，,h1〉0.）)即a2－8a〈0或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a2－8a≥0，,\f（a,2）≤1，，1＋a>0.)）所以實數(shù)a的取值范圍為(－1,8）．方法二：由f(x）＝－eq\f(1,3）x3＋eq\f（a,2）x2－2x，得f′(x)＝－x2＋ax－2。因為對于任意x∈[1，＋∞）都有f′（x）〈2（a－1）成立，即對于任意x∈[1，＋∞)都有f′（x）max<2（a－1)．因為f′（x)＝－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f（a，2)）)2＋eq\f（a2，4)－2,其圖象開口向下，對稱軸為x＝eq\f（a，2)。①當eq\f（a,2)〈1，即a<2時，f′(x）在［1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f′（x)max＝f′（1)＝a－3。由a－3<2（a－1）,得a〉－1，此時－1〈a<2;②當eq\f(a,2）≥1,即a≥2時,f′(x)在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（1,\f(a,2))）上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(a，2），＋∞））上單調(diào)遞減,所以f′(x）max＝f′eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)）)＝eq\f（a2,4）－2。由eq\f(a2，4)－2<2(a－1），得0<a〈8,此時2≤a〈8。綜上①②可得，實數(shù)a的取值范圍為(－1，8）．(3)設(shè)點Peq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（t，－\f（1,3)t3＋\f(a,2)t2－2t）)是函數(shù)y＝f（x)圖象上的切點，則過點P的切線的斜率為k＝f′(t）＝－t2＋at－2，所以過點P的切線方程為y＋eq\f（1，3)t3－eq\f（a,2)t2＋2t＝（－t2＋at－2)(x－t）．因為點eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0,－\f(1,3)））在切線上,所以－eq\f（1,3）＋eq\f（1,3）t3－eq\f（a,2)t2＋2t＝(－t2＋at－2)（0－t），即eq\f（2,3)t3－eq\f(1，2)at2＋eq\f（1,3)＝0.若過點eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，－\f（1，3）））可作函數(shù)y＝f（x)圖象的三條不同切線，則方程eq\f（2,3）t3－eq\f(1,2)at2＋eq\f（1,3)＝0有三個不同的實數(shù)解．令g（t)＝eq\f（2，3)t3－eq\f（1，2)at2＋eq\f(1，3)，則函數(shù)y＝g(t)與t軸有三個不同的交點．令g′(t）＝2t2－at＝0,解得t＝0或t＝eq\f（a，2).因為g(0)＝eq\f(1,3），geq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(a