高三数学配套月考试题（四）（B卷）新课标.doc

2013届高三新课标数学配套月考试题四b适用地区：新课标地区 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、统计、统计案例、计数原理（仅理科有），概率、随机变量及其分布（仅理科有）建议使用时间：2012年11月底本试卷分第卷（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琼海模拟）已知是非空集合，命题甲：，命题乙：，那么（ ）a.甲是乙的充分不必要条件 b.甲是乙的必要不充分条件c.甲是乙的充要条件 d.甲是乙的既不充分也不必要条件2. 2012广东卷若向量，则（ ）a. b. c. d.3. (2012银川一中第三次月考)设，且=则（ ）a.0 b. c. d. 4.（理）（2012哈尔滨第六中学三模）下列命题中正确命题的个数是（ ） （1）是的充分必要条件；（2）若且，则; （3）若将一组样本数据中的每个数据都加上同一个常数后，则样本的方差不变；（4）设随机变量服从正态分布,若，则. a.4 b.3 c.2 d.1（文）（2012许昌新乡平顶山三调）一个总体分为a,b,c三层，用分层抽样方法从总体中抽取一个容量为50的样本，已知b层中每个个体被抽到的概率都为，则总体中的个数为（ ）a.150 b.200 c.500 d.6005.（2012长春三模）数学文）现有2名女教师和1名男教师参加说题比赛，共有2道备选题目，若每位选手从中有放回地随机选出一道题进行说题，其中恰有一男一女抽到同一道题的概率为（ ）a.b.c.d.6.（理）2012湖北卷设，且，若能被13整除，则（ ）a.0 b.1 c.11 d.12（文）（2012琼海模拟）为了了解某校高三400名学生的数学学业水平测试成绩，制成样本频率分布直方图如图1，规定不低于60分为及格，不低于80分为优秀，则及格率与优秀人数分别是（ ）a.60%，60 b.60%，80 c.80%，80 d.80%，60900.0100.0250.0050.0150.0355040607080100分数频率/组距图17. （2012许昌新乡平顶山三调）已知数列中，,且，则数列的前100项和为（ ）a.2600 b.2550 c.2651 d.26528.（理）（2012昆明一中二摸）某学习小组共12人，其中有五名是“三好学生”，现从该小组中任选5人参加竞赛，用表示这5人中“三好学生”的人数，则下列概率中等于的是（ ）a.b.c.d.（文）2012北京卷设不等式组表示的平面区域为d，在区域d内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是（ ）a. b. c. d. 9. 2012山东卷定义在r上的函数f(x)满足f(x6)f(x).当3x1时，f(x)(x2)2；当1x0, b0时当且仅当时等号成立，故此项错误；（3）若，由方差的计算公式得，故此项正确；（4）因为，所以.故此项正确.（文）d【解析】设总体个数为，由分层抽样的定义得所以.5.c【解析】设两道题分别为a，b题，所以抽取情况共有：aaa,aab,aba, abb,baa, bab,bba,bbb，其中第1个，第2个分别是两个女教师抽取的题目，第3个表示男教师抽取的题目，一共有8种；其中满足恰有一男一女抽到同一题目的事件有：aba，abb，baa，bab，共4种；故所求事件的概率为.6.（理）d【解析】,显然当,即时，的各项都是13的倍数，故能被13整除.又，所以.故选d. （文）c【解析】由频率分布直方图可知，及格率为，优秀人数为.7. b【解析】可知数列和数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以.8.（理）b【解析】.（文）d【解析】题目中表示的区域如图正方形所示，而动点可以存在的位置为正方形面积减去四分之一圆的面积部分，故由几何概型得，所求概率为.9. b【解析】由f(x)f(x6)知函数的周期为6，f（1）1，f（2）2，f（3）f(3)1，f(4)f(2)(22)20，f(5)f(1)1，f(6)f(0)0，所以f（1）f（2）f（3）f(6)1，所以f（1）f（2）f(2 012)335f（1）f（2）f(6)f（1）f（2）33513338.10. c【解析】由双曲线的方程，得，所以.又由双曲线的定义，得，所以.所以.11. c【解析】设棱长都为1，连接ac,bd交于点o，连接oe.因为所有棱长都相等，所以四边形 abcd是菱形，所以o是bd的中点，且oe/pd，故为异面直线ae与pd所成的角.易知 .在中，由余弦定理得.pabcdeo12.（理）a【解析】以e为原点，cd为x轴，过点e垂直于cd的直线为y轴建立平面直角坐标系如下图所示.设正方形的长为2a，宽为b，则，设抛物线方程为，代入点b，得，所以.阴影面积，矩形abcd的面积,故由几何概型得，所求事件的概率为为常数.故选a.（文）b 【解析】因为，所以.所以曲线在点处的切线方程为，即l：.圆的圆心为，半径为1，且圆心到直线l：的距离为，所以l上的点到圆上的点的最近距离是.13. x|2x3【解析】解不等式得 (x2)(x3)0，即2x3，所以不等式的解集是x|2x314.（理）【解析】如图，的面积为，的面积为，故由几何概型得，所求的概率为.（文）244【解析】由已知，得，将点代入回归方程中，得，所以回归方程为.所以当时，.15.（理）6【解析】由二项式定理,得,因为,且数列是一个单调递增数列,所以的最大值是6.（文）【解析】设分别是的中点,则当点在线段上或其上方区域时,满足的面积大于等于,故由几何概型得,所求概率为.16.（理）72【解析】将6个小球放入3个盒子，每个盒子中2个，有种情况.其中标号为1,2的球放入同一个盒子中有种，所以满足题意的方法共有90-18=72种.（文）【解析】甲数据的平均值为，同理，乙数据的平均值为，丙数据的平均值为，可见甲、乙、丙三者的平均值都处在频率分布直方图的最中间一列，此时，若越靠近中间列所占的频率越大，则相应的方差越小，明显丙的中间列及附近列所占的频率最大，其次是乙，甲中间列及附近列所占的频率最小，故.17.解：（1）由已知得，故数列是等差数列，且公差.分又，得，所以. 分（2）由（）得，所以. 6分. 12分18. 解：（1）由图可知，. 1分的最小正周期 所以由，得. 3分 又，且， 所以，解得. 6分（2）因为，所以.设. 7分在等腰三角形中，设，则, ，所以. 13分 19. （理）解：（1）由题设可知(30.0060.01x0.054)101，解之得x0.018.（2）由题设可知，成绩在区间80,90)内的人数为0.01810509，成绩在区间90,100内的人数为0.00610503，所以不低于80分的学生人数为9312，的所有可能取值为0,1,2.p(0)，p(1)，p(2).所以的数学期望e012.（文）解：（1）由频率分布直方图可知(0.040.030.022a)101.所以a0.005.（2）该100名学生的语文成绩的平均分约为0.05550.4650.3750.2850.059573.（3）由频率分布直方图及已知的语文成绩、数学成绩分布在各分数段的人数比，可得下表：分数段50,60)60,70)70,80)80,90)x5403020xy11213445y5204025于是数学成绩在50,90)之外的人数为100(5204025)10.20. （理）解：（1）(证法一)连结ab，ac，由已知bac90，abac，三棱柱abcabc为直三棱柱.所以m为ab中点.又因为n为bc的中点.所以mnac.又mn平面aacc，ac平面aacc，因此mn平面aacc.(证法二)取ab中点p，连结mp，np，m，n分别为ab与bc的中点，所以mpaa，pnac，所以mp平面aacc，pn平面aacc，又mpnpp，因此平面mpn平面aacc，而mn平面mpn，因此mn平面aacc.（2）以a为坐标原点，分别以直线ab，ac，aa为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系oxyz，如图15所示.图15设aa1，则abac，于是a(0,0,0)，b(，0,0)，c(0，0)，a(0,0,1)，b(，0,1)，c(0，1).所以m，n.设m(x1，y1，z1)是平面amn的法向量，由得可取m(1，1，).设n(x2，y2，z2)是平面mnc的法向量，由得可取n(3，1，).因为amnc为直二面角，所以mn0.即3(1)(1)20，解得.（文）解：（1）(证法一)连结ab，ac，由已知bac90，abac，三棱柱abcabc为直三棱柱，所以m为ab中点，又因为n为bc的中点，所以mnac.又mn平面aacc，ac平面aacc，因此mn平面aacc.(证法二)取ab中点p，连结mp，np，m、n分别为ab与bc的中点，所以mpaa，pnac，所以mp平面aacc，pn平面aacc，又mpnpp，因此平面mpn平面aacc，而mn平面mpn.因此mn平面aacc.（2）(解法一)连结bn，由题意anbc，平面abc平面bbccbc，所以an平面nbc.又anbc1，故vamncvnamcvnabcvanbc.(解法二)vamncvanbcvmnbcvanbc.21. （理）解：解法一：（1）因为|ab|af2|bf2|8，即|af1|f1b|af2|bf2|8，又|af1|af2|bf1|bf2|2a，所以4a8，a2.又因为e，即，所以c1，所以b.故椭圆e的方程是1.（2）由得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线l与椭圆e有且只有一个公共点p(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)此时x0，y0kx0m，所以p.由得q(4,4km).假设平面内存在定点m满足条件，由图形对称性知，点m必在x轴上.设m(x1,0)，则0对满足(*)式的m、k恒成立.因为，(4x1,4km)，由0，得4x1x30，整理，得(4x14)x4x130.(*)由于(*)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11.故存在定点m(1,0)，使得以pq为直径的圆恒过点m.解法二：（1）同解法一.（2）由得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线l与椭圆e有且只有一个公共点p(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)此时x0，y0kx0m，所以p.由得q(4,4km).假设平面内存在定点m满足条件，由图形对称性知，点m必在x轴上.取k0，m，此时p(0，)，q(4，)，以pq为直径的圆为(x2)2(y)24，交x轴于点m1(1,0)，m2(3,0)；取k，m2，此时p，q(4,0)，以pq为直径的圆为22，交x轴于点m3(1,0)，m4(4,0).所以若符合条件的点m存在，则m的坐标必为(1,0).以下证明m(1,0)就是满足条件的点：因为m的坐标为(1,0)，所以，(3,4km)，从而330，故恒有，即存在定点m(1,0)，使得以pq为直径的圆恒过点m.（文）解：解法一：（1）依题意，|ob|8，boy30.设b(x，y)，则x|ob|sin304，y|ob|cos3012.因为点b(4，12)在x22py上，所以(4)22p12，解得p2.故抛物线e的方程为x24y.（2）由（1）知yx2，yx.设p(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以q.假设以pq为直径的圆恒过定点m，由图形的对称性知m必在y轴上，设m(0，y1)，令0对满足y0x(x00)的x0，y0恒成立.由于(x0，y0y1)，.由0，得y0y0y1y1y0.即(yy12)(1y1)y00.(*)由于(*)式对满足y0x(x00)的y0恒成立，所以解得y11.故以pq为直径的圆恒过y轴上的定点m(0,1).解法二：（1）同解法一.（2）由（1）知yx2，yx，设p(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以q.取x02，此时p(2,1)，q(0，1)，以pq为直径的圆为(x1)2y22，交y轴于点m1(0,1)或m2(0，1)；取x01，此时p，q，以pq为直径的圆为22，交y轴于m3(0,1)或m4.故若满足条件的点m存在，只能是m(0,1).以下证明点m(0,1)就是所要求的点.因为(x0，y01)，2y022y022y020.故以pq为直径的圆恒过y轴上的定点m.22. （理）解：（1）f(x)的定义域为(a，).f(x)1.由f(x)0，得x1aa.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(a,1a)1a(1a，)f(x)0f(x)极小值因此，f(x)在x1a处取得最小值，故由题意f(1a)1a0，所以a1.（2）当k0时，取x1，有f（1）1ln20；故k0不合题意.当k0时，令g(x)f(x)kx2，即g(x)xln(x1)kx2.g(x)2kx.令g(x)0，得x10，x21.当k时， 0，g(x)0在(0，)上恒成立，因此g(x)在0，)上单调递减，从而对任意的x0，)，总有g(x)g(0)0，即f(x)kx2在0，)上恒成立，故k符合题意.当0k时，0, 对于x，g(x)0，故g(x)在内单调递增，因此当取x0时，g(x0)g(0)0，即f(x0)kx不成立，故0k不合题意.综上，k的最小值为.（3）证明：当n1时，不等式左边2ln32右边，所以不等式成立.当n2时，ln(2i1)ln(2i1)ln(2n1).在（2）中取k，得f(x)(x0)，从而f(in*，i2)，所以有ln(2n1)f（2）2ln32ln32ln312.综上，ln(2n1)2，nn*.（文）解