高三数学配套月考（三）试题（B）新课标.docVIP

2013届高三新课标数学配套月考试题三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太原二模）函数的定义域为，全集，则图形中阴影部分表示的集合是（ ） a. b. c. d.图12. (2012银川一中第三次月考)若，则的值是（ ） a. b. c. d.3.（2012郑州质检）一个几何体的三视图如图2所示，则这个几何体的表面积为（ ）a. b. c. d.图24.（理）2012浙江卷设ar，则“a1”是“直线l1：ax2y10与直线l2：x(a1)y40平行”的（ ）a.充分不必要条件 b.必要不充分条件 c.充分必要条件 d.既不充分也不必要条件（文）2012浙江卷设ar，则“a1”是“直线l1：ax2y10与直线l2：x2y40平行”的（ ）a.充分不必要条件 b.必要不充分条件 c.充分必要条件 d.既不充分也不必要条件5.（2012哈尔滨第六中学三模）若是异面直线，,，则下列命题中是真命题的为（ ）a.与分别相交 b.与都不相交c.至多与中的一条相交 d.至少与中的一条相交6.（2012琼海一模）等比数列的前项和为，则实数的值是（ ）a.3 b.3 c.1 d.17. 2012山东卷圆(x2)2y24与圆(x2)2(y1)29的位置关系为（ ）a.内切 b.相交 c.外切 d.相离8.（2012昆明第一中学一摸）已知（其中为正数）,若,则的最小值是（ ）a.2b.c.d.89. 2012湖南卷某几何体的正视图和侧视图均如图3所示，则该几何体的俯视图不可能是( )图310. 2012课标全国卷等轴双曲线c的中心在原点，焦点在x轴上，c与抛物线y216x的准线交于a，b两点，|ab|4，则c的实轴长为（ ）a. b.2 c.4 d.811. (2012银川一中第三次月考)已知函数若，则实数的取值范围是（ ）a. b. c. d.12. （2012郑州质检）如图4，过抛物线的焦点f的直线交抛物线于点a、b，交其准线于点c，若，且，则此抛物线方程为（ ）a. b. c. d.图4第ii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江西卷椭圆1(ab0)的左、右顶点分别是a，b，左、右焦点分别是f1，f2，若|af1|，|f1f2|，|f1b|成等比数列，则此椭圆的离心率为_.14. 2012山东卷如图5，正方体的棱长为1，分别为线段上的点，则三棱锥的体积为_.图515. 2012辽宁卷已知正三棱锥abc，点p，a，b，c都在半径为的求面上，若pa，pb，pc两两互相垂直，则球心到截面abc的距离为_.16. (2012银川一中第三次月考)给出下列四个命题：已知都是正数，且，则；若函数的定义域是，则；已知x（0，），则的最小值为；已知a、b、c成等比数列，a、x、b成等差数列，b、y、c也成等差数列，则的值等于2.其中正确命题的序号是_. 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 银川一中第三次月考)已知a2(cosx，cosx)，b(cosx，sinx)(其中00)的焦点为f，准线为l，a为c上一点，已知以f为圆心，fa为半径的圆f交l于b，d两点.(1)若bfd90，abd的面积为4，求p的值及圆f的方程；(2)若a、b、f三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与c只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值.22.（本小题满分12分）（理）2012浙江卷已知a0，br，函数f(x)4ax32bxab.(1)证明：当0x1时，(i)函数f(x)的最大值为|2ab|a；(ii)f(x)|2ab|a0；(2)若1f(x)1对x0,1恒成立，求ab的取值范围.（文）2012浙江卷已知ar，函数f(x)4x32axa.(1) 求f(x)的单调区间；(2)证明：当0x1时，f(x)|2a|0.试卷类型：b2013届高三新课标原创月考试题三 答案数学1. c 【解析】,由图可知, 阴影部分表示的集合是.2. b 【解析】由解得，所以.所以=.3. d【解析】由三视图可知，该几何体是一个横放的三棱柱，底面是直角边长分别为1,2的直角三角形，高为2，故这个几何体的表面积为.4.（理）a【解析】当a1时，直线l1：x2y10与直线l2：x2y40显然平行，所以条件具有充分性；若直线l1与直线l2平行，则有：，解之得：a1 或 a2，经检验，均符合，所以条件不具有必要性.故条件是结论的充分不必要条件.（文）c【解析】若a1，则直线l1：ax2y10与l2：x2y40平行；若直线l1：ax2y10与l2：x2y40平行，则2a20即a1.所以“a1”是“l1：ax2y10与l2：x2y40平行”的充要条件.5. d【解析】若与a，b都不相交，则a/b与已知矛盾，故b，c错误；直线可与直线a，b中的一条平行，另一条相交，也可以与两条直线都相交，但不交于同一个点，所以a错误，d正确.6. b【解析】，因为为等比数列，所以，所以7. b【解析】因为两圆的圆心距为，又因为320).易知抛物线y216x的准线方程为x4，联立得16y2a2(*)，因为|ab|4，所以y2.代入(*)式，得16(2)2a2，解得a2(a0).所以c的实轴长为2a4，故选c.11. d 【解析】当时，有，此时因为，所以不等式无解；当时，有，等价于解得，结合前提条件得；当时，有，此时因为，不等式恒成立，故有；当时，有，即，解得，结合前提条件得；综上，得.12. c【解析】作准线交准线于点,由抛物线的定义得.故由,得,所以.故直线的倾斜角为.所以直线的方程为.联立消去得，解得.故由抛物线的定义得.所以此抛物线的方程为.13. 【解析】由椭圆的定义知，|af1|ac，|f1f2|2c，|bf1|ac，因为|af1|，|f1f2|，|bf1|成等比数列，因此4c2(ac)(ac)，整理得5c2a2，两边同除以a2得5e21，解得e.14. 【解析】法一：因为点在线段上，所以，又因为点在线段上，所以点到平面的距离为1,即，所以.法二：使用特殊点的位置进行求解，令点在点处，点在点处，则.15. 【解析】因为在正三棱锥abc中，pa，pb，pc两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径，球心为正方体体对角线的中点.球心到截面abc的距离为球的半径减去正三棱锥abc面abc上的高.已知球的半径为，所以正方体的棱长为2，可求得正三棱锥abc面abc上的高为，所以球心到截面abc的距离为.16. 【解析】对于，由，得，又都是正数，所以，即.故正确；对于，令，此时函数的定义域是，不是，故错误；对于，设，则，因为在区间上单调递减，所以的最小值是，即的最小值为3，故错误；对于，由题意，所以.故正确.17. 解：(1)f(x)ab2(cosx，cosx)(cosx，sinx)2cos2x2cosxsinx1cos2xsin2x12sin(2x).因为直线x是函数f(x)图象的一条对称轴，所以sin()1.所以k(kz).所以k.因为，所以.又，所以k0，.(2)由(1)知，f(x)12sin(x).列表：x0xy011310描点作图，函数f(x)在，上的图象如图所示.18.（理）解：(1)证明：因为四边形abcd是等腰梯形，abcd，dab60，所以adcbcd120.又cbcd，所以cdb30，因此adb90，adbd.又aebd，且aeada，ae，ad平面aed，所以bd平面aed.(2)解法一：取bd的中点g，连接cg，fg，由于cbcd，因此cgbd，又fc平面abcd，bd平面abcd，所以fcbd，由于fccgc，fc，cg平面fcg，所以bd平面fcg，故bdfg，所以fgc为二面角fbdc的平面角.在等腰三角形bcd中，由于bcd120，因此cgcb. 又cbcf，所以gfcg，故cosfgc，因此二面角fbdc的余弦值为.解法二：由(1)知adbd，所以acbc.又fc平面abcd，因此ca，cb，cf两两垂直，以c为坐标原点，分别以ca，cb，cf所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设cb1，则c(0,0,0)，b(0,1,0)，d，f(0,0,1).因此，(0，1,1).设平面bdf的一个法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，所以xyz，取z1，则m(，1,1).由于(0,0,1)是平面bdc的一个法向量，则cosm，所以二面角fbdc的余弦值为.（文）解：(1) 证明：取bd的中点o，连接co，eo.由于cbcd，所以cobd，又ecbd，eccoc，co，ec平面eoc，所以bd平面eoc，因此bdeo，又o为bd的中点，所以bede.(2)证法一：取ab的中点n，连接dm，dn，mn，因为m是ae的中点，所以mnbe.又mn平面bec，be平面bec，所以mn平面bec，又因为abd为正三角形，所以bdn30，又cbcd，bcd120，因此cbd30，所以dnbc.又dn平面bec，bc平面bec，所以dn平面bec.又mndnn，故平面dmn平面bec.又dm平面dmn，所以dm平面bec.证法二：延长ad，bc交于点f，连接ef.因为cbcd，bcd120.所以cbd30.因为abd为正三角形.所以bad60，abc90，因此afb30，所以abaf.又abad，所以d为线段af的中点.连接dm，由点m是线段ae的中点，因此dmef.又dm平面bec，ef平面bec，所以dm平面bec.19.解：（1）设数列的公比为.因为，所以由，得.两边取以3为底的对数，得.所以数列是以为公差的等差数列.（2）因为，所以由等差中项的性质，得.所以.所以.20.（理）解：方法一：如图所示，以点a为原点建立空间直角坐标系，依题意得a(0,0,0)，d(2,0,0)，c(0,1,0)，b，p(0,0,2).(1)易得(0,1，2)，(2,0,0)，于是0，所以pcad.(2)(0,1，2)，(2，1，0).设平面pcd的法向量n(x，y，z)，则即不妨令z1，可得n(1,2,1).可取平面pac的法向量m(1,0,0).于是cosm，n，从而sinm，n.所以二面角apcd的正弦值为.(3)设点e的坐标为(0,0，h)，其中h0,2.由此得，由(2，1,0)，故cos，所以cos30，解得h，即ae.方法二：(1)由pa平面abcd，可得paad.又由adac，paaca，故ad平面pac，又pc平面pac，所以pcad.(2)如图所示，作ahpc于点h，连接dh.由pcad，pcah，可得pc平面adh，因此dhpc.从而ahd为二面角apcd的平面角.在rtpac中，pa2，ac1，由此得ah.由(1)知adah.故在rtdah中，dh.因此sinahd.所以二面角apcd的正弦值为.(3)如图所示，因为adc45，故过点b作cd的平行线必与线段ad相交，设交点为f，连接be，ef.故ebf或其补角为异面直线be与cd所成的角.由bfcd，故afbadc.在rtdac中，cd，sinadc，故sinafb .在afb中，由，ab，sinfabsin135，可得bf.由余弦定理，bf2ab2af22abafcosfab，可得af.设aeh.在rteaf中，ef.在rtbae中，be.在ebf中，因为efbe，从而ebf30，由余弦定理得cos30，可解得h.所以ae.（文）解：(1)如图所示，在四棱锥pabcd中，因为底面abcd是矩形，所以adbc且adbc.又因为adpd，故pad为异面直线pa与bc所成的角.在rtpda中，tanpad2.所以异面直线pa与bc所成角的正切值为2.(2)证明：由于底面abcd是矩形，故adcd.又由于adpd，cdpdd，因此ad平面pdc.而ad平面abcd，所以平面pdc平面abcd.(3)在平面pdc内，过点p作pecd交直线cd于点e，连接eb.由于平面pdc平面abcd，而直线cd是平面pdc与平面abcd的交线，故pe平面abcd.由此得pbe为直线pb与平面abcd所成的角.在pdc中，由于pdcd2，pc2，可得pcd30.在rtpec中，pepcsin30.由adbc，ad平面pdc，得bc平面pdc，因此bcpc.在rtpcb中，pb.在rtpeb中，sinpbe.所以直线pb与平面abcd所成角的正弦值为.21.解：(1)由已知可得bfd为等腰直角三角形，|bd|2p，圆f的半径|fa|p.由抛物线定义可知a到l的距离d|fa|p.因为abd的面积为4，所以|bd|d4，即2pp4，解得p2(舍去)，p2.所以f(0,1)，圆f的方程为x2(y1)28.(2)因为a，b，f三点在同一直线m上，所以ab为圆f的直径，adb90.由抛物线定义知|ad|fa|ab|，所以abd30，m的斜率为或.当m的斜率为时，由已知可设n：yxb，代入x22py得x2px2pb0.由于n与c只有一个公共点，故p28pb0.解得b.因为m的截距b1，3，所以坐标原点到m，n距离的比值为3.当m的斜率为时，由图形对称性可知，坐标原点到m，n距离的比值为3.22.（理）解：(1)(i)f(x)12ax22b12a.当b0时，有f(x)0，此时f(x)在0，)上单调递增.当b0时，f(x)12a.此时f(x)在上单调递减，在上单调递增.所以当0x1时，f(x)maxmaxf(0)，f(1)maxab,3ab