2013届高三新课标数学配套月考试题三

2013 届高三数学配套月考试题三 考查范围：集合、逻辑、函数、导数、三角、向量、数列、不等式、立体几何、解析几何 本试卷分第卷（选择题）和第卷（ 非选择题）两部分.考生作答时，将答案答在答 题卡上.在本试卷上答题无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码 上 的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.选择题答案使用 2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号； 非选择题答案使用 0.5 毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚 . 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卡面清洁，不折叠，不破损. 第卷 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 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.（2012北京东城二模）若集合 ，且 ，则集合 可能是（ 0AxAB ） A. B. C. D.1,21x,1R 2.（2012昆明第一中学一摸）设 是第二象限角, 为其终边上的一点,且4Px ,则 =（ ）cos5xtan A. B. C. D.43343443 3.（理） （2012琼海模拟）设 ,lm是两条不同的直线， ,是两个不同的平面，给出下 列 四个命题： 若 ,/mll则 ； 若 ,.lm则 若 /,则 ； 若 /l则 . 其中正确命题的个数是（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 （文） （2012琼海模拟）已知一个平面 ，l 为空间中的任意一条直线，那么在平面 内一 定存在直线 b 使得（ ） A. l /b B. l 与 b 相交 C. l 与 b 是异面直线 D. lb 4.（2012郑州质检）已知点 F、A 分别为双曲线 的左焦点、右顶 210,xya 点，点 B（0，b）满足 ，则双曲线的离心率为（ ）0B A. B. C. D. 23231251 5.（2012哈尔滨第六中学三模）设 0x是方程 ln4x的解，则 0x属于区间（ ） A.（0，1） B.（1，2） C .（2，3） D.（3，4 ） 6.2012湖南卷已知双曲线 C： 1 的焦距为 10，点 P(2,1)在 C 的渐近线上，则 C x2a2 y2b2 的方程为（ ） A. 1 B. 1 C. 1 D. 1 x220 y25 x25 y220 x280 y220 x220 y280 7. 2012课标全国卷设 F1，F 2 是椭圆 E： 1(ab0)的左、右焦点，P 为直线 x x2a2 y2b2 上一点，F 2PF1 是底角为 30的等腰三角形，则 E 的离心率为（ ） 3a2 A. B. C. D. 12 23 34 45 8.（2012郑州质检）若实数 x，y 满足 则 z=3x+2y 的最小值是( ) 10,y A.0 B. 1 C. D. 93 9. 2012课标全国卷如图 1，网格纸上小正方形 的边长为，粗线画出的是 某几何体的三视图，则 此几何体的体积为（ ） A. B. 69C. D. 图 1 10. （2012哈尔滨第六中学三模）直线 与圆 交于032yx2239xy E，F 两点，则EOF （O 是原点）的面积为（ ） A. B. C. D.2343556 11.（理）2012课标全国卷 已知三棱锥 的所有顶点都在球 的球面上，SABCO 是边长为的正三角形， 为球 的直径，且 ，则此棱锥的体积为（ ABC2S ） A. B. C. D.263623 .（文）2012课标全国卷平面 截球 O 的球面所得圆的半径为 1，球心 O 到平面 的距 离为 ，则此球的体积为（ ）2 A. B.4 C.4 D.6 6 3 6 3 12.（2012琼海模拟）一个几何体的三视图如图 2 所示，其中正视图是一个正三角形，则 这个几何体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. 4D. 283163 图 2 第卷 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.将答案填在答题卷相应位置上. 13.（2012郑州质检）若直线 和 平行，则实数 的1:0laxy2:310lxaya 值为 . 14. 2012课标全国卷等比数列a n的前 n 项和为 Sn，若 ，则公比 q=_.32 15. （2012郑州质检）在 ABC 中，已知 a,b,c 分别为角 A， B， C 所对的边，S 为 ABC 的面积.若向量 p= q= 满足 pq,则C= .,422a 16. 2012辽宁卷已知 P，Q 为抛物线 上两点，点 P，Q 的横坐标分别为 4， 2，xy 过 P、Q 分别作抛物线的切线，两切线交于 A，则点 A 的纵坐标为_. 三、解答题（本大题共 6 小题，满分 70 分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.） 17.（本小题满分 10 分） （2012长望浏宁四县（市）调研）已知函数 .2sincofxx2sxR （1）求函数 的最小正周期；fx （2）当 时，求函数 的取值范围.0,2fx 18.（本小题满分 12 分） （理）2012课标全国卷如图 3，直三棱柱 ABCA 1B1C1 中，AC BC AA1，D 是棱 12 AA1 的中点，DC 1BD. （1）证明：DC 1BC； （2）求二面角 A1BDC 1 的大小. 图 3 （文）2012课标全国卷如图 3，三棱柱 ABCA 1B1C1 中，侧棱垂直底面，ACB 90 ， ACBC AA1，D 是棱 AA1 的中点. 12 （1）证明：平面 BDC1平面 BDC； （2）平面 BDC1 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比. 图 3 19.（本小题满分 12 分） （2012琼海模拟 ）已知各项都 不相等的等差数列 的前 6 项和为 60，且 为na6a 和 的等比中项.1a2 （1）求数列 的通项公式；n （2）若数列 满足 ，且 ，求数列 的前 项和 .nb1nnbaN13b1nbnT 20.（本小题满分 12 分） （理）2012北京卷如图 4（1） ，在 RtABC 中，C90，BC3，AC6，D，E 分 别是 AC，AB 上的点，且 DEBC ，DE 2，将ADE 沿 DE 折起到A 1DE 的位置， 使 A1CCD，如图 5（2 ）. （1）求证：A 1C平面 BCDE； （2）若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小； （3）线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由. 图 4 （文）2012北京卷如图 4（1） ，在 RtABC 中，C90，D ，E 分别为 AC，AB 的中 点，点 F 为线段 CD 上的一点，将ADE 沿 DE 折起到A 1DE 的位置，使 A1FCD， 如图 5（2）. （1）求证：DE平面 A1CB； （2）求证：A 1FBE ； （3）线段 A1B 上是否存在点 Q，使 A1C平面 DEQ？说明理由 . 图 4 21.（本小题满分 12 分） 2012安徽卷如图 5，F 1，F 2 分别是椭圆 C： 1(ab0)的左、右焦点，A 是 x2a2 y2b2 椭圆 C 的顶点，B 是直线 AF2 与椭圆 C 的另一个交点，F 1AF260. （1）求椭圆 C 的离心率； （2）已知AF 1B 的面积为 40 ，求 a，b 的值. 3 图 5 22.（本小题满分 12 分） （理）2012湖南卷 已知函数 f(x)e axx，其中 a0 . （1）若对一切 xR ，f (x)1 恒成立，求 a 的取值集合； （2）在函数 f(x)的图象上取定两点 A(x1，f(x 1)，B(x 2，f(x 2)(x1x 2)，记直线 AB 的斜率 为 k.问：是否存在 x0(x 1，x 2)，使 f( x0)k 成立？若存在，求 x0 的取值范围；若不 存在，请说明理由. （文）2012湖南卷已知函数 f(x)e xax，其中 a0. （1）若对一切 xR ，f (x)1 恒成立，求 a 的取值集合； （2）在函数 f(x)的图象上取定两点 A(x1，f(x 1)，B(x 2，f(x 2)(x1x 2)，记直线 AB 的斜率 为 k，证明：存在 x0(x 1，x 2)，使 f( x0)k 成立. 试卷类型：A 2013 届高三月考试题三答案 数学 1.A【解析】因为 ，所以 .又因为集合 ，所以集合 可能是ABA0xB .选 A.1,2 2. D【解析】因为 是第二象限角,所以 .由三角函数的定义,有 ,解得 .所以 .21cos54x30x4tan3 3.（理）A【解析】对于，可能存在 ；对于，若加上条件 就正确了；对于lm 是正确的；对于，直线 可能平行，也可能相交或异面；综上可知，正确的命题,m 只有一个. （文）D【解析】当 或 l 时，在平面 内 ，显然存在直线 b 使得b;当与 斜交时，l 只需要 b 垂直于在平面 内的射影即可得到 .lb 4. D【解析】由 ，得 ，所以 ，,0FBAcba 20ac20ac 即 ，解得 或 （舍去）.210e152ee 5. C【解析】设 ,因为()ln4fx ，(1)30,0(3)ln10f f ，所以 .所以 .4ln(2)f2,x 6. A【解析】由已知可得双曲线的焦距 2c10，a 2b 25 225，排除 C，D，又由渐近线 方程为 y x x，得 ，解得 a220，b 25，所以选 A. ba 12 12 ba 7. C【 解析】 根据题意，一定有PF 1F230，且PF 2x60，故直线 PF2 的倾斜角是 ， 3 设直线 x a 与 x 轴的交点为 M，则|PF 2|2|F 2M|，又|PF 2|F 1F2|，所以|F 1F2|2|F 2M|.所 32 以 2c2 ，即 4c3a，故 e .故选 C.( 32a c) ca 34 8. B【解析】作出不等式组 表示的可行域（如下图），令 ，可知 10,xy 2zxy 当直线 经过点 时， 取得最小值 0，故此时 取得最小2zxy0,O2zxy23xy 值 1. 9. B【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是斜边长为 6 的等腰直角三角形（斜 边上高为 ） ，有一条长为 3 的侧棱垂直于底面，所以几何体的体积为3 ,选 B.9621V 10. D【解析】因为圆心 到直线 的距离为 ，则2,032yx|263|5d2EFRd ，又原点 到直线 的距离为 ，所以40,O:230EFxy|35d .13562EFS 11.（理）A【解析】 的外接圆的半径 ，点 到面 的距离ABC3rOABC , 为球 的直径 点 到面 的距离为 ,此棱锥的体263dRrSOS263d 积为 .112643ABCVd （文）B【解析】由题意，球的半径为 R ，所以球的体积为 V R34 .故12 22 3 43 3 选 B. 12. D【解析】该几何体是个如下图所示 的三棱锥 D-ABC，外接球的球心为点 ，F 为 ACE 的中点，设 ,EFrDAECB 则 ，解得 .所以外接球的半径为 ，表面积为231r3r23Rr .264R 13. -3 或 2【解析】由两直线平行的充要条件得 ，解得 或 .1320a3a2 14. 【解析】显然公比 ，设首项为 ，则由 ，得2q10S ，即 ，即qaqa1)(31)( 0432 ，即 ，所以)1()(42223 0)4)(12q ，解得 .02 15. 【解析】由 p q，得 ,则 .由余弦定理得 32243Sabc2234Sabc ，故 .又由正弦定理得 ，cosC 22abcososC1sinSabC 所以 ，所以 .又 ，所以 .31sin22ta30,3C 16. 4【解析】由 x22y 可知 y x2，这时 yx，由 P，Q 的横坐标为 4，2，这时 P(4,8)， 12 Q(2,2), 以点 P 为切点的切线方程 PA 为 y84(x4)，即 4xy80；以点 Q 为切点 的切线方程 QA 为 y22( x2) ，即 2xy20；由联立得 A 点坐标为(1，4)， 这时纵坐标为4. 17.解：（1）因为 sin2cos1fxx ,2sin14 所以函数 的最小正周期为 .fx2T （2） .2sin14f 当 时， ，0,x3,x 所以当 ，即 时， ；248max21f 当 ，即 时， ；x0xin 故函数 的取值范围是 .f2,1 18.（理）解：（1）证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形. 由于 D 为 AA1 的中点，故 DCDC 1. 又 AC AA1，可得 DC DC 2CC ， 12 21 21 所以 DC1DC. 而 DC1BD，DCBDD，所以 DC1平面 BCD. BC平面 BCD，故 DC1BC. （2）由（1）知 BCDC1，且 BCCC1，则 BC平面 ACC1，所以 CA，CB，CC1 两两相互垂直. 以 C 为坐标原点， 的方向为 x 轴的正方向，| |为单位长，建立如图所示的空间直角CA CA 坐标系 Cxyz . 由题意知 A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2). 则 (0,0 ， 1)， (1， 1,1)， (1,0,1).A1D BD DC1 设 n(x，y，z)是平面 A1B1BD 的法向量， 则 Error!即Error!可取 n(1,1,0). 同理，设 m 是平面 C1BD 的法向量，则Error!可得 m(1,2,1). 从而 cosn，m . nm|n|m| 32 故二面角 A1BDC 1 的大小为 30. （文）解：（1）证明：由题设知 BCCC 1，BCAC，CC 1ACC，所以 BC平面 ACC1A1. 又 DC1平面 ACC1A1，所以 DC1BC . 由题设知A 1DC1ADC45，所以CDC 190，即 DC1DC.又 DCBCC， 所以 DC1平面 BDC.又 DC1平面 BDC1，故平面 BDC1平面 BDC. （2）设棱锥 BDACC 1 的体积为 V1，AC 1.由题意得 V1 11 . 13 1 22 12 又三棱柱 ABCA 1B1C1 的体积 V1， 所以(VV 1)V 111. 故平面 BDC1 分此棱柱所得两部分体积的比为 11. 19.解：（1）设等差数列 的公差为 ,则 na0d211650,25,adad 因为数列 的各项都不相等，所以公差 .故解得 na 1,. 所以 . 5123nn （2）因为 ， nba 所以 1,n N 故 1221nbb121naab .43, 又 满足上式，1b 所以 . 2nN 所以 .12nbn 故 . 2113135234241n nT n 20.（理）解：（1）证明：因 为 ACBC，DE BC， 所以 DEAC， 所以 DEA1D，DECD， 所以 DE平面 A1DC， 所以 DEA1C. 又因为 A1CCD， 所以 A1C平面 BCDE. （2）如右图，以 C 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Cxyz， 则 A1(0,0,2 )，D(0,2,0)，M(0,1， )，B(3,0,0)，E(2,2,0).3 3 设平面 A1BE 的法向量 为 n(x，y ，z)，则 n 0，n 0.A1B BE 又 (3,0 ， 2 )， (1,2,0) ，A1B 3 BE 所以Error! 令 y1，则 x2，z ，3 所以 n(2,1 ， ).3 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 ， 因为 (0,1， )，CM 3 所以 sin|cos(n ， )| .CM 484 22 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为 . 4 （3）线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直，理由如下： 假设这样的点 P 存在，设其坐标为( p,0,0)，其中 p0,3. 设平面 A1DP 的法向量 为 m(x， y，z)，则 m 0，m 0.A1D DP 又 (0,2 ， 2 )， ( p，2,0) ，A1D 3 DP 所以Error! 令 x2，则 yp，z . p3 所以 m .( 2，p，p3) 平面 A1DP平面 A1BE，当且仅当 mn0， 即 4pp0. 解得 p2，与 p0,3矛盾. 所以线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直. （文）解：（1）证明：因为 D，E 分别为 AC，AB 的中点， 所以 DEBC. 又因为 DE平面 A1CB， 所以 DE平面 A1CB. （2）证明：由已知得 ACBC 且 DEBC， 所以 DEAC. 所以 DEA1D，DECD， 所以 DE平面 A1DC. 而 A1F平面 A1DC， 所以 DEA1F. 又因为 A1FCD， 所以 A1F平面 BCDE， 所以 A1FBE. （3）线段 A1B 上存在点 Q，使 A1C平面 DEQ. 理由如下： 如图，分别取 A1C，A1B 的中点 P，Q， 则 PQBC. 又因为 DEBC， 所以 DEPQ. 所以平面 DEQ 即为平面 DEP， 由（2）知，DE平面 A1DC， 所以 DEA1C. 又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点， 所以 A1CDP. 所以 A1C平面 DEP. 从而 A1C平面 DEQ. 故线段 A1B 上存在点 Q，使得 A1C平面 DEQ. 21. 解： （1）由题意可知，AF 1F2为等边三角形， a2c， 所以 e . 12 （2）(方法一) a24c 2，b23c 2. 直线 AB 的方程可为 y (xc).3 将其代入椭圆方程 3x24y 212c 2，得 B .( 85c， 335c) 所以|AB| c.1 3| 85c 0| 165 由 SAF1B |AF1|AB|sinF1AB a c a240 ， 12 12 165 32 235 3 解得 a10，b5 .3 (方法二) 设|AB|t. 因为|AF 2|a，所以 |BF2|t a. 由椭圆定义|BF 1| BF2|2a 可知，|BF 1|3at . 再由余弦定理(3at) 2a 2t 22atcos60可得，t a. 85 由 SAF1B a a a240 知，a10， b5 . 12 85 32 235 3 3 22.（理）解：（1）若 a0，则对一切 x0，f (x)e axx1， 这与题设矛盾.又 a0，故 a 0. 而 f(x )ae ax1，令 f(x )0 得 x ln . 1a 1a 当 x ln 时，f( x)0，f(x)单调递减；当 x ln 时， f (x)0，f(x) 单调递增.故当 1a 1a 1a 1a x ln ，f(x)取最小值 f ln . 1a 1a (1aln1a) 1a 1a 1a 于是对一切 xR，f(x)1 恒成立，当且仅当 ln 1. 1a 1a 1a 令 g(t)ttlnt，则 g(t) lnt . 当 0t1 时，g(t)0，g(t)单调递增；当 t1 时， g( t)0， g(t)单调递减. 故当 t1 时，g(t)取最大值 g（1）1. 因此，当且仅当 1，即 a1 时，式成立. 1a 综上所述，a 的取值集合为1. （2）由题意知，k 1. fx2 fx1x2 x1 21e-ax 令 (x) f( x)kae ax .则 (x1) a(x 2x 1)1， 21-x12e-ax21(-) (x2) a(x 1x 2)1. 21-12(-) 令 F(t)e tt1，则 F(t) et1. 当 t0 时，F(t) 0， F(t)单调递减； 当 t0 时，F(t) 0， F(t)单调递增. 故当 t0 时，F(t) F(0) 0