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2013届中原名校第三次联考高三数学(理科)参考答案
一、选择题： 题号 答案
1 A
2 D
3 C
4 B
5 D
6 A
7 B
8 B
9 A
10 A
11 A
12 D
二、填空题
13,14. 14. ； 15. （??，0） 16.
432?3
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17． 解：（Ⅰ） ∵a1?S1?2a1?2，∴a1?2． -——2分
当n?2时，an?Sn?Sn?1，an?2an?1?3?2n?1，于是分 令bn?an33n?1b?b?1，则数列是首项、公差为的等差数列，； {b}n1n2n22anan?13??； ——42n2n?12∴an?2nbn?2n?1(3n?1)． --6分
（Ⅱ） ∵Sn?4?2n(3n?4)?3?2n?n?2n?2，
∴Tn?3(2?1?22?2???2n?n)?4(2?22???2n)， ——8分 记Wn?2?1?22?2???2n?n①，则2Wn?22?1?23?2???2n?1?n②， ①-②有?Wn?2?1?22???2n?2n?1?n?2n?1(1?n)?2，
Wn?2n?1?n?1??2
2?1?2n?故Tn?3?2?n?1??2??4?2n?1?3n?7??14 ——12
1?2n?1分
18．解：（1）设“甲至多命中2个球”为事件A，“乙至少命中两个球”为事件B，由题意得，事件A、B相互独立
6
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11111111212P(A)?()4?C4()?()3?C4()?()2?
22222161128222323P(B)?C4()?()2?C4()??()4?333339
∴甲至多命中2个球且乙至少命中2个球的概率为 P（A?B）=P(A)?P(B)?11811??——6分16918
（2）η的可能取值为-4,0,4,8.12；
824121322212P（?=-4）=(1)4?1 P（?=0）=C4()()? P（?=4）=C4()()? 3813381P（?=8）=C43(2)3(1)?32 P（?=12）=(2)4?16
33813813381 分布列如下：
? P ?4 0 8 814 8 32 8112
1 8124 8116 81 ——10分
E???4?1824321620?0??4??8??12??81818181813 ——12
分
19 解：（Ⅰ）取BD的中点E，连接AE,CE，由AB?AD,CB?CD， 得：AE?BD,CE?BD??AEC就是二面角A?BD?C的平面角，
?cos?AEC?33 ——2分
在?ACE中，AE?6,CE?2
AC2?AE2?CE2?2AE?CE?cos?AEC?6?2?2?6?2?3?43
?AC?2 ——4
分
7
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（Ⅱ）由AC?AD?BD?22，AC?BC?CD?2
222222?AC?BC?AB,AC?CD?AD,??ACB??ACD?90? ——6分
?AC?BC,AC?CD，又BC?CD?C?AC?平面BCD． ——8
分
（Ⅲ）以CB,CD,CA所在直线分别为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系
C?xyz，则
A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,0,0)D(0,2,0)．
设平面ABD的法向量为
n?(x,y,z)，则
z A n?AB?0， n?AD?0，?2x?2z?0,2y?2z?0 取x?y?z?1，则n?(1,1,1)， ——10分 于是AC与平面ABD所成角?的正弦即
|n?CA||0?0?2|3sin????3． ——12分 3?2|n||CA|B x E F C D y 20.解：设A(x1,y1),B(x2,y2),C(?,m),直线AB的方程为x?ty?p。 2p2p?x?ty?由?2，得y2?2pty?p2?0，则y1?y2?2pt,y1y2??p2 ??y2?2px?从而x1?x2?ty1?22pp?ty2??t(y1?y2)?p?2pt2?p， 22y1y2(y1y2)2p2。 ——3分 x1x2???22p2p44p（1）?CA?(x1?,y1?m),CB?(x2?,y2?m)
?CA?CB?(x1?pp)(x2?)?(y1?m)(y2?m)22p2p2pp2?x1x2?(x1?x2)??y1y2?m(y1?y2)?m2?p2t2?2pmt?m2?(pt?m)2?0
24可见，CA,CB不可能为钝角，故∠ACB不可能为钝角 ——6分
8
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（2）假设存在点C，使得△ABC是正三角形。由（1）得，线段AB的中点为M(pt2?,pt)
①若直线AB的斜率不存在，这时t?0,A(,p),B(,?p)点C的坐标只可能是(?,0)。由CM?p2p2p2p233AB得，p??2p这是不可能的， 22于是直线AB的斜率必存在。 ——7分 ② kCM?kAB??1即
C(?p,pt3?2pt) 2pt?m1???1，解得m?pt3?2pt，从而pptpt2??22CM?(pt2?pp2?)?(pt3?2pt?pt)2?p(t2?1)t2?1, 22AB?(t2?1)(y1?y2)2?4y1y2?(t2?1)(4p2t2?4p2)?2p(t2?1) —
??—9分 由CM?11分
此时点C(?,?42p)；检验知此时△ABC是正三角形。 故存在点C(?,?42p)，使得△ABC是正三角形。——12分 21.解：（1）函数f(x)的导数f'(x)?(2x?3)ex?(x2?3x?3)ex?exx(x?1) 当?2?t?0时，x???2,t?,f'(x)?0,f(x)单调递增；
当0?t?1时，x???2,0),f'(x)?0,f(x)单调递增；x?(0,t?,f'(x)?0,f(x)单调递减。
综上所述，当?2?t?0时f(x)的单调递增区间为??2,t?，
当0?t?1时f(x)的单调递增区间为??2,0?, f(x)的单调递减区间为(0,t?—4分
9
33AB，得p(t2?1)t2?1??2p(t2?1)，解得t??2 ——22p2p2河南教考资源信息网 http://www.henanjk.com 版权所有·侵权必究
（2）f(?2)?13e?2，f(t)?(t2?3t?3)et, 设
h(t)?f(t)?f(?2)?(t2?3t?3)et?13e?2,h'(t)?(2t?3)et?et(t2?3t?3)?ett(t-1)(t?-2). h'(t),h(t)，随t的变化关系如下表
t h'(t)
h(t)
(?2,0)
0 0 极大值
(0,1)
1 0 极小值
(1,??)
+ 增
- 减
+ 增
因为h(?2)?0，所以t?(?2,0)时，h(t)?0；又h(t)的极小值为
13e3?13h(1)?e?2??0
ee2综上所述，h(t)?0，所以f(t)?f(?2)?0，故f(?2)?f(t) ——8分 （3）函数g(x)在(1,??)上不存在保值区间。证明如下： 由题意，g(x)?(x2?3x?3)ex?(x?2)ex?(x2?2x?1)ex?(x?1)2ex
g'(x)?(2x?2)ex?ex(x2?2x?1)?(x2?1)ex
假设函数g(x)在(1,??)上存在保值区间?a,b?，因为x?1时，
g'(x)?0，g(x)为增函数
2a?g(a)?a,??(a?1)e?a,所以?即?2 bg(b)?b,???(b?1)e?b,也就是方程(x2?1)ex?x有两个大于1的相异实根。 设?(x)?(x2?1)ex?x(x?1),
?'(x)?(x2?2x?1)ex?1;令k(x)??'(x);则k'(x)=(x2?4x+1)ex;由x>1得k'(x)?0?k(x)在（1，+?）内单调递增。 ?k(x)?k(1)?2e?1?0??(x)在（1，+?）内单调递增。 ??(x)在（1，+?）内最多只有一个零点。这与方程(x2?1)ex?x有两个大于1的相异实根矛盾。所以假设不成立，所
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