高考数学一轮复习 配套月考试题三A 课标版.doc

试卷类型：a2013届高三新课标原创月考试题三数学适用地区：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、解析几何建议使用时间：2012年10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北京东城二模）若集合，且，则集合可能是（ ）a. b. c. d.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,则=（ ）a.b.c.d.3.（理）（2012琼海模拟）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列四个命题：若； 若若； 若.其中正确命题的个数是（ ）a.1b.2c.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. lb4.（2012郑州质检）已知点f、a分别为双曲线的左焦点、右顶点，点b（0，b）满足，则双曲线的离心率为（ ）a. b. c. d. 5.（2012哈尔滨第六中学三模）设是方程的解，则属于区间（ ） 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的方程为（ ）a.1 b.1 c.1 d.17. 2012课标全国卷设f1，f2是椭圆e：1(ab0)的左、右焦点，p为直线x上一点，f2pf1是底角为30的等腰三角形，则e的离心率为（ ）a. b. c. d.8.（2012郑州质检）若实数x，y满足则z=3x+2y的最小值是( )a.0 b. 1 c. d. 99. 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. c. d.图110. （2012哈尔滨第六中学三模）直线 与圆交于e，f两点，则eof（o是原点）的面积为（ ） a. b. c. d.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，是边长为的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为（ ）a. b. c. d.（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（ ）a. b.4 c.4 d.612.（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.d. 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，则实数的值为 .14. 2012课标全国卷等比数列an的前n项和为sn，若，则公比q=_.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= .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，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.（1）求函数的最小正周期；（2）当时，求函数的取值范围.18.（本小题满分12分）（理）2012课标全国卷如图3，直三棱柱abca1b1c1中，acbcaa1，d是棱aa1的中点，dc1bd.（1）证明：dc1bc；（2）求二面角a1bdc1的大小. 图3（文）2012课标全国卷如图3，三棱柱abca1b1c1中，侧棱垂直底面，acb90，acbcaa1，d是棱aa1的中点.（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319.（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，且为和的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，且，求数列的前项和.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，de2，将ade沿de折起到a1de的位置，使a1ccd，如图5（2）.（1）求证：a1c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a1de的位置，使a1fcd，如图5（2）.（1）求证：de平面a1cb；（2）求证：a1fbe；（3）线段a1b上是否存在点q，使a1c平面deq？说明理由.图421.（本小题满分12分）2012安徽卷如图5，f1，f2分别是椭圆c：1(ab0)的左、右焦点，a是椭圆c的顶点，b是直线af2与椭圆c的另一个交点，f1af260.（1）求椭圆c的离心率；（2）已知af1b的面积为40，求a，b的值. 图522.（本小题满分12分）（理）2012湖南卷已知函数f(x)eaxx，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(x1)，b(x2，f(x2)(x1x2)，记直线ab的斜率为k.问：是否存在x0(x1，x2)，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)exax，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(x1)，b(x2，f(x2)(x1x2)，记直线ab的斜率为k，证明：存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立.试卷类型：a2013届高三新课标原创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.选a.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.3.（理）a【解析】对于，可能存在；对于，若加上条件就正确了；对于是正确的；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，只需要b垂直于在平面内的射影即可得到.4. d【解析】由，得，所以，即，解得或（舍去）.5. c【解析】设,因为，所以.所以.6. a【解析】由已知可得双曲线的焦距2c10，a2b25225，排除c，d，又由渐近线方程为yxx，得，解得a220，b25，所以选a.7. c【解析】根据题意，一定有pf1f230，且pf2x60，故直线pf2的倾斜角是，设直线xa与x轴的交点为m，则|pf2|2|f2m|，又|pf2|f1f2|，所以|f1f2|2|f2m|.所以2c2，即4c3a，故e.故选c.8. b【解析】作出不等式组表示的可行域（如下图），令，可知当直线经过点时，取得最小值0，故此时取得最小值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,选b.10. d【解析】因为圆心到直线的距离为，则，又原点到直线的距离为，所以.11.（理）a【解析】的外接圆的半径，点到面的距离,为球的直径点到面的距离为,此棱锥的体积为.（文）b【解析】由题意，球的半径为r，所以球的体积为vr34.故选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ac的中点，设,则，解得.所以外接球的半径为，表面积为.13. -3或2【解析】由两直线平行的充要条件得，解得或.14. 【解析】显然公比，设首项为，则由，得，即，即，即，所以，解得.15. 【解析】由，得,则.由余弦定理得，故.又由正弦定理得，所以，所以.又，所以.16. 4【解析】由x22y可知yx2，这时yx，由p，q的横坐标为4，2，这时p(4,8)，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,所以函数的最小正周期为.（2）.当时，所以当，即时，；当，即时，；故函数的取值范围是.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dcdc1.又acaa1，可得dcdc2cc，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).设n(x，y，z)是平面a1b1bd的法向量，则即可取n(1,1,0).同理，设m是平面c1bd的法向量，则可得m(1,2,1).从而cosn，m.故二面角a1bdc1的大小为30.（文）解：（1）证明：由题设知bccc1，bcac，cc1acc，所以bc平面acc1a1.又dc1平面acc1a1，所以dc1bc.由题设知a1dc1adc45，所以cdc190，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bdacc1的体积为v1，ac1.由题意得v111.又三棱柱abca1b1c1的体积v1，所以(vv1)v111.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 因为数列的各项都不相等，所以公差.故解得 所以. （2）因为， 所以故.又满足上式，所以. 所以.故.20.（理）解：（1）证明：因为acbc，debc，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).设平面a1be的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0.又(3,0，2)，(1,2,0)，所以令y1，则x2，z，所以n(2,1，).设cm与平面a1be所成的角为，因为(0,1，)，所以sin|cos(n，)|.所以cm与平面a1be所成角的大小为.（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m0，m0.又(0,2，2)，(p，2,0)，所以令x2，则yp，z.所以m.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，af1f2为等边三角形，a2c，所以e.（2）(方法一)a24c2，b23c2.直线ab的方程可为y(xc).将其代入椭圆方程3x24y212c2，得b.所以|ab|c.由saf1b|af1|ab|sinf1abaca240，解得a10，b5.(方法二)设|ab|t.因为|af2|a，所以|bf2|ta.由椭圆定义|bf1|bf2|2a可知，|bf1|3at.再由余弦定理(3at)2a2t22atcos60可得，ta.由saf1baaa240知，a10，b5.22.（理）解：（1）若a0，则对一切x0，f(x)eaxx1，这与题设矛盾.又a0，故a0.而f(x)aeax1，令f(x)0得xln.当xln时，f(x)0，f(x)单调递减；当xln时，f(x)0，f(x)单调递增.故当xln，f(x)取最小值fln.于是对一切xr，f(x)1恒成立，当且仅当ln1.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.综上所述，a的取值集合为1.（2）由题意知，k1. 令(x)f(x)kaeax.则(x1) a(x2x1)1，(x2) a(x1x2)1.令f(t)ett1，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，即ett