高三数学配套月考试题（五）（A卷）新课标.doc

2013届高三新课标数学配套月考试题五a建议使用时间：2011年12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大连沈阳联考）已知集合,则（ ）a. b. c. d. 2. (2012银川一中月考)若tan 2，则的值为()a.0 b. c.1 d.3.2012课标全国卷复数z的共轭复数是（ ）a.2i b.2i c.1i d.1i4.（2012北京海淀二模）已知命题：. 则为（ ）a. b.c. d.5.（2012郑州质检）已知递减的等差数列满足，则 （ ） a. -1 b.0 c.-1或0 d.4或56.（理）（2012昆明一中二摸）曲线在点处的切线方程为（ ）a.b.c.d.（文）（2012昆明一中二摸）曲线在点处的切线方程为（ ）a.b.c.d.7. (2012银川一中二模)某人向一个半径为6的圆形靶射击，假设他每次射击必定会中靶，且射中靶内各点是随机的，则此人射中的靶点与靶心的距离小于2的概率为（ ）a.b.c.d. 8. （理）（2012郑州质检）在二项式的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为（ ）a. 32 b. -32 c. 0 d. 1（文）（2012潍坊模拟）林管部门在每年312植树节前，为保证树苗的质量，都会在植树前对树苗进行检测.现从甲、乙两种树苗中各抽测了10株树苗的高度，其茎叶图如图1.根据茎叶图，下列描述正确的是（ ）图1a.甲种树苗的平均高度大于乙种树苗的平均高度，且甲种树苗比乙种树苗长得整齐b.甲种树苗的平均高度大于乙种树苗的平均高度，但乙种树苗比甲种树苗长得整齐c.乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，且乙种树苗比甲种树苗长得整齐d.乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，但甲种树苗比乙种树苗长得整齐9. 2012课标全国卷如果执行图2的程序框图，输入正整数n(n2)和实数a1，a2，an，输出a，b，则（ ）a.ab为a1，a2，an的和b.为a1，a2，an的算术平均数c.a和b分别是a1，a2，an中最大的数和最小的数d.a和b分别是a1，a2，an中最小的数和最大的数图210.（2012郑州质检）已知某几何体的三视图如图3所示，其中，正视图，侧视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为（ ） a. b. c. d. 图3 11. 2012山东卷已知椭圆c：1(ab0)的离心率为.双曲线x2y21的渐近线与椭圆c有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆c的方程为（ ）a.1 b.1 c.1 d.112.（理）2012山东卷函数的图象大致为（ ）图4（文）（2012琼海模拟）方程所表示的曲线的图形是（ ）o1xyao1xyc1xydo1xyb图5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许昌新乡平顶山三调）设向量的夹角为，且,则 .14.（2012昆明第一中学一摸）若实数满足不等式组则的最大值为 .15. 2012陕西卷观察下列不等式1，1，10)的准线的距离为.点m(t,1)是c上的定点，a，b是c上的两动点，且线段ab被直线om平分.（1）求p，t的值；（2）求abp面积的最大值.图722.（本小题满分12分）（理）(2012武汉调研）已知函数f(x)ln(1x)ax在x处的切线的斜率为1.（1）求a的值及f(x)的最大值；（2）证明：1ln(n1)（nn*）；（3）设g(x)b(exx)，若f(x)g(x)恒成立，求实数b的取值范围.（文）（2012武汉调研）设ar，函数f(x)lnxax.（1）讨论函数f(x)的单调区间和极值；（2）已知（e为自然对数的底数）和x2是函数f(x)的两个不同的零点，求a的值并证明：x2e.试卷类型：a2013届高三新课标原创月考试题五答案数学1. b【解析】a=1,2，由,得，又因为，所以，故b=2.则.2. b 【解析】.3. d【解析】因为z1i，所以1i.故选d.4. d【解析】原命题为特称命题，故其否定为全称命题，即.5. b【解析】由题意知，且，从而，得.6.（理）c【解析】，则切线方程为，即.（文）a【解析】，则切线方程为，即.7. d【解析】由几何概型得，所求概率为.8. （理）c【解析】在二项式中，令，得，故展开式中各项系数的和为0.（文）d【解析】甲种树苗的平均高度为，甲种树苗的高度的方差为；乙种树苗的平均高度为，乙种树苗的高度的方差为比较可知，乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，但甲种树苗比乙种树苗长得整齐，选d.9. c【解析】由程序框图可知，当xa时，ax；当xa且xb时，bx，所以a是a1，a2，an中的最大数，b是a1，a2，an中的最小数.故选c.10. c【解析】由三视图可知，该几何体的上方是一个直三棱锥（三棱锥的底面是腰长为1的等腰直角三角形，高为1）；下方是一个半径为的半球.故所求几何体的体积为.11. d【解析】由离心率为得，a24b2，排除选项b，双曲线的渐近线方程为yx，与椭圆的四交点组成的四边形的面积为16可得在第一象限的交点坐标为，代入选项a、c、d，知选项d正确.12.（理）d【解析】由函数y为奇函数，排除选项a，当x无限大时，y趋向于0，排除选项c，当x从正数趋向于0时，y趋向于正无穷大，故选d.（文）d【解析】由题意可得或，即或.但是要使得该方程有意义还要满足综上可知图象选d.13. 【解析】设.由，得，所以.14. 6【解析】作出不等式组表示的可行域（如下图阴影部分所示,含边界），可知当直线经过直线的交点时，取得最大值，且.15. 1【解析】从几个不等式左边分析，可得出第五个式子的左边为：1，对几个不等式右边分析，其分母依次为：2,3,4，所以第5个式子的分母应为6，而其分子依次为： 3,5,7，所以第5个式子的分子应为11，所以第5个式子应为：1.16. 【解析】根据指数函数的性质，可知函数恒过定点.将点代入，可得. 由于点始终落在所给圆的内部或圆上，所以. 由解得或，这说明点在以和为端点的线段上运动，所以的取值范围是.17.解:（1）因为mn . 4分所以其最小正周期为. 6分（2）由（1）知，又因为，所以.所以. 10分所以.即函数的值域为. 12分18.解:（1）设的公差为.因为所以解得 或（舍），.故 ，. （2）由（1）可知，所以.故.19. （理）解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的概率为.设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件ai(i0,1,2,3,4)，则p(ai)ci4i.（1）这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率p(a2)c22.（2）设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件b，则ba3a4，由于a3与a4互斥，故p(b)p(a3)p(a4)c3c4.所以，这4个人去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为.（3）的所有可能取值为0,2,4.由于a1与a3互斥，a0与a4互斥，故p(0)p(a2)，p(2)p(a1)p(a3)，p(4)p(a0)p(a4).所以的分布列是024p随机变量的数学期望e024.（文）解：（1）从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3,2,1.（2）在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为a1，a2，a3，2所中学分别记为a4，a5，大学记为a6，则抽取2所学校的所有可能结果为a1，a2，a1，a3，a1，a4，a1，a5，a1，a6，a2，a3，a2，a4，a2，a5，a2，a6，a3，a4，a3，a5，a3，a6，a4，a5，a4，a6，a5，a6，共15种.从6所学校中抽取的2所学校均为小学(记为事件b)的所有可能结果为a1，a2，a1，a3，a2，a3，共3种.所以p(b).20. （理）解：解法1：（1）如下图（1），连结ac.由ab4，bc3，abc90，得ac5.又ad5，e是cd的中点，所以cdae.因为pa平面abcd，cd平面abcd，所以pacd.而pa，ae是平面pae内的两条相交直线，所以cd平面pae.（2）过点b作bgcd，分别与ae、ad相交于点f，g，连结pf.由（1）cd平面pae知，bg平面pae.于是bpf为直线pb与平面pae所成的角，且bgae.由pa平面abcd知，pba为直线pb与平面abcd所成的角.由题意pbabpf，因为sinpba，sinbpf，所以pabf.由dababc90知，adbc，又bgcd，所以四边形bcdg是平行四边形.故gdbc3.于是ag2.在rtbag中，ab4，ag2，bgaf，所以bg2，bf.于是pabf.又梯形abcd的面积为s(53)416，所以四棱锥pabcd的体积为vspa16.解法2：如上图（2），以a为坐标原点，ab，ad，ap所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.设pah，则相关各点的坐标为：a(0,0,0)，b(4,0,0)，c(4,3,0)，d(0,5,0)，e(2,4,0)，p(0,0，h).（1）易知(4,2,0)，(2,4,0)，(0,0，h).因为8800，0，所以cdae，cdap.而ap，ae是平面pae内的两条相交直线，所以cd平面pae.（2）由题设和（1）知，分别是平面pae，平面abcd的法向量.而pb与平面pae所成的角和pb与平面abcd所成的角相等，所以|cos，|cos，|，即.由（1）知，(4,2,0)，(0,0，h)，又(4,0，h)，故.解得h.又梯形abcd的面积为s(53)416，所以四棱锥pabcd的体积为vspa16.（文）解：（1）证明：因为pa平面abcd，bd平面abcd，所以pabd.图18又acbd，pa，ac是平面pac内的两条相交直线，所以bd平面pac.而pc平面pac，所以bdpc.（2）设ac和bd相交于点o，连结po，由（1）知，bd平面pac，所以dpo是直线pd和平面pac所成的角.从而dpo30.由bd平面pac，po平面pac知，bdpo.在rtpod中，由dpo30，得pd2od.因为四边形abcd为等腰梯形，acbd，所以aod，boc均为等腰直角三角形.从而梯形abcd的高为adbc(42)3，于是梯形abcd的面积s(42)39.在等腰直角三角形aod中，odad2，所以pd2od4，pa4.故四棱锥pabcd的体积为vspa9412.21.解：（1）由题意知得（2）设a(x1，y1)，b(x2，y2)，线段ab的中点为q(m，m)，由题意知，设直线ab的斜率为k(k0).由得(y1y2)(y1y2)x1x2.故k2m1.所以直线ab方程为ym(xm)，即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.从而|ab|y1y2|.设点p到直线ab的距离为d，则d.设abp的面积为s，则s|ab|d|12(mm2)|.由4m4m20，得0m1.令u，0u，则su(12u2)，设s(u)u(12u2)，0u，则s(u)16u2.由s(u)0得u，所以s(u)maxs.故abp面积的最大值为.22. （理）解：（1）函数f(x)的定义域为（1，）.求导数，得f (x)a.由已知，得f ()1，即a1，所以a1.此时f(x)ln(1x)x，f (x)1，当1x0时，f (x)0；当x0时，f (x)0.所以当x0时，f(x)取得极大值，该极大值即为最大值，所以f(x)maxf(0)0.（4分）（2）法一：由（1），得ln(1x)x0，即ln(1x)x，当且仅当x0时，等号成立.令x（kn*），则ln(1)，即ln，所以ln(k1)lnk（k1，2，n）.将上述n个不等式依次相加，得1(ln2ln1)(ln3ln2)ln(n1)lnn，所以1ln(n1)（nn*）.（10分）法二：用数学归纳法证明.当n1时，左边1lne，右边ln2，所以左边右边，不等式成立.假设当nk时，不等式成立，即1ln(k1).那么1ln(k1)，由（1），知xln(1x)（x1，且x0）.令x，则ln(1)ln，所以ln(k1)ln(k1)lnln(k2)，所以1ln(k2).即当nk1时，不等式也成立.（10分）根据，可知