（新课标）高考数学总复习 好题汇总测试9 .doc

2014届高三数学（新课标）复习好题汇总测试卷考查范围：必考全部内容（集合、简易逻辑、函数、导数、数列、三角、向量、不等式 、解析几何、立体几何、排列、组合、二项式定理、概率统计、复数，算法，推理证明）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年4月9日大连沈阳联合考试数学理）已知集合,则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】a=1,2，由,得，又因为，所以.故b=2.则.2. (宁夏银川一中2012届高三年级第三次月考数学文)若tan 2，则的值为()a.0 b. c.1 d.【答案】b 【解析】.3. 【湖北省七市2013届高三4月联考数学（理）试题】 函数f(x)=2x-sinx的零点个数为 （ ） a.1 b.2 c.3 d.4【答案】a 【解析】 因为在上恒成立，所以函数在上单调递增.又因为，所以函数只有一个零点0.4. 2013北京卷 “”是“曲线ysin(2x)过坐标原点”的()a充分而不必要条件b必要而不充分条件c充分必要条件d既不充分也不必要条件【答案】a解析 曲线ysin(2x)过坐标原点，sin 0，k，kz，故选a.5. 2013全国卷 已知数列an满足3an1an0，a2，则an的前10项和等于()a6(1310) b.(1310) c3(1310) d3(1310)【答案】c解析 由3an1an0，得an0(否则a20)且，所以数列an是公比为的等比数列，代入a2可得a14，故s1033(1310)6.（理）（云南昆明一中2012届高三第二次摸底测试数学理）曲线在点处的切线方程为（ ）a.b.c.d.【答案】c【解析】，则切线方程为，即.（文）（云南昆明一中2012届高三第二次摸底测试数学文）曲线在点处的切线方程为（ ）a.b.c.d.【答案】a【解析】，则切线方程为，即.7. (2012届宁夏银川一中第二次模拟考试数学文)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. 【答案】d【解析】由几何概型得，所求概率为.8. （理）（河南省郑州市2012届高三第一次质量预测数学理）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【答案】c【解析】在二项式中，令，得，故展开式中各项系数的和为0.（文）（山东省潍坊市2012届高三5月仿真模拟数学文）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.根据茎叶图，下列描述正确的是（ ）a.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【答案】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. 2013辽宁卷 执行如图12所示的程序框图，若输入n8，则输出s()a. b.c. d.【答案】a解析 由程序框图可以得到s1，故选a.10. 2013重庆卷 某几何体的三视图如图12所示，则该几何体的体积为()a. b. c200 d240【答案】c解析 该几何体为直四棱柱，其高为10，底面是上底为2，下底为8，高为4，其腰为5的等腰梯形，所以其底面面积为(28)420，所以体积为v2010200.11. 【2012高考真题新课标理10】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.1【答案】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）【2012高考山东理9文10】函数的图象大致为（ ）【答案】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）（海南省琼海市2012年高考模拟测试一数学理）方程所表示的曲线的图形是（ ）o1xyao1xyc1xydo1xyb【答案】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.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.（河南省许昌新乡平顶山2012届高三第三次调研考试数学文）设向量的夹角为，且,则 .【答案】 【解析】设.由，得，所以.14. 2013江苏卷 抛物线yx2在x1处的切线与两坐标轴围成的三角形区域为d(包含三角形内部与边界)若点p(x，y)是区域d内的任意一点，则x2y的取值范围是_【答案】解析 由yx2得y2x，则在点x1处的切线斜率k212，切线方程为y12(x1)，即2xy10.在平面直角坐标系中作出可行域，如图阴影部分所示，则a(0，1)，b.作直线l0：x2y0.当平移直线l0至点a时，zmin02(1)2；当平移直线l0至点b时，zmax20.故x2y的取值范围是.15. 2013陕西卷 观察下列等式：1211222312223261222324210照此规律，第n个等式可为_【答案】12223242(1)n1n2(1)n1解析 结合已知所给几项的特点，可知式子左边共n项，且正负交错，奇数项为正，偶数项为负，右边的绝对值为左边底数的和，系数和最后一项正负保持一致，故表达式为12223242(1)n1n2(1)n1.16.（东北三省四市教研协作体等值诊断联合考试（2012长春三模）数学文）如果直线和函数的图象恒过同一个定点，且该定点始终落在圆的内部或圆上，那么的取值范围是_.【答案】 【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.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）2013山东卷 设abc的内角a，b，c所对的边分别为a，b，c，且ac6，b2，cos b.(1)求a，c的值；(2)求sin(ab)的值【解】(1)由余弦定理b2a2c22accos b，得b2(ac)22ac(1cosb)，又b2，ac6，cos b，所以ac9，解得a3，c3.(2)在abc中，sin b.由正弦定理得sin a.因为ac，所以a为锐角，所以cos a.因此sin(ab)sin acos bcos asin b.18.（本小题满分12分）2013天津卷 已知首项为的等比数列an不是递减数列，其前n项和为sn(nn*)，且s3a3，s5a5，s4a4成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设tnsn(nn*)，求数列tn的最大项的值与最小项的值【解】(1)设等比数列an的公比为q，因为s3a3，s5a5，s4a4成等差数列，所以s5a5s3a3s4a4s5a5，即4a5a3，于是q2.又an不是递减数列且a1，所以q，故等比数列an的通项公式为ann1(1)n1.(2)由(1)得sn1n当n为奇数时，sn随n的增大而减小，所以1sns1，故0sns1.当n为偶数时，sn随n的增大而增大，所以s2snsns2.综上，对于nn*，总有sn.所以数列tn最大项的值为，最小项的值为.19.（本小题满分12分）（理）2013重庆卷 某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：奖级摸出红、蓝球个数获奖金额一等奖3红1蓝200元二等奖3红0蓝50元三等奖2红1蓝10元其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级(1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额x的分布列与期望e(x)【解】设ai表示摸到i个红球，bj表示摸到j个蓝球，则ai(i0，1，2，3)与bj(j0，1)独立(1)恰好摸到1个红球的概率为p (a1).(2)x的所有可能值为0，10，50，200，且p(x200)p(a3b1)p(a3)p(b1)，p(x50)p(a3b0)p(a3)p(b0)，p(x10)p(a2b1)p(a2)p(b1)，p(x0)1.综上知x的分布列为x01050200p从而有e(x)010502004(元)（文）某产品的三个质量指标分别为x, y, z, 用综合指标s = x + y + z评价该产品的等级. 若s4, 则该产品为一等品. 先从一批该产品中, 随机抽取10件产品作为样本, 其质量指标列表如下: 产品编号a1a2a3a4a5质量指标(x, y, z)(1,1,2)(2,1,1)(2,2,2)(1,1,1)(1,2,1)产品编号a6a7a8a9a10质量指标 (x, y, z)(1,2,2)(2,1,1)(2,2,1)(1,1,1)(2,1,2)() 利用上表提供的样本数据估计该批产品的一等品率; () 在该样品的一等品中, 随机抽取两件产品, () 用产品编号列出所有可能的结果; () 设事件b为 “在取出的2件产品中, 每件产品的综合指标s都等于4”, 求事件b发生的概率. 20.（本小题满分12分）（理）2013江西卷 如图16所示，四棱锥pabcd中，pa平面abcd，e为bd的中点，g为pd的中点，dabdcb，eaebab1，pa，联结ce并延长交ad于f.(1)求证：ad平面cfg；(2)求平面bcp与平面dcp的夹角的余弦值图16【解】(1)证明：在abd中，因为e是bd中点，所以eaebedab1.故bad，abeaeb.因为dabdcb，所以eabecb，从而有fedbecaeb，所以fedfea，故efad，affd，又因为pggd，所以fgpa.又pa平面abcd，所以gfad，故ad平面cfg.(2)以点a为坐标原点建立如图所示的坐标系，则a(0，0，0)，b(1，0，0)，c，d(0，0)，p0，0，故，.设平面bcp的法向量n1(1，y1，z1)，则解得即n1.设平面dcp的法向量n2(1，y2，z2)，则解得即n2(1，2)从而平面bcp与平面dcp的夹角的余弦值为cos .（文）2013江苏卷 如图12，在三棱锥sabc中，平面sab平面sbc，abbc，asab.过a作afsb，垂足为f，点e，g分别是棱sa，sc的中点求证：(1)平面efg平面abc；(2)bcsa.图12证明：(1)因为asab，afsb，垂足为f，所以f是sb的中点又因为e是sa的中点，所以efab.因为ef平面abc，ab平面abc，所以ef平面abc.同理eg平面abc.又efege，所以平面efg平面abc.(2)因为平面sab平面sbc，且交线为sb，又af平面sab，afsb，所以af平面sbc.因为bc平面sbc，所以afbc.又因为abbc，afaba，af，ab平面sab，所以bc平面sab.因为sa平面sab，所以bcsa.21.（本小题满分12分）【2012高考真题浙江文22】如图16，在直角坐标系xoy中，点p到抛物线c：y22px(p0)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16【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.（本小题满分12分）（理）(湖北省武汉市2012届高三四月调研测试数学理）已知函数f(x)ln(1x)ax在x处的切线的斜率为1.（）求a的值及f(x)的最大值；（）证明：1ln(n1)（nn*）；（）设g(x)b(exx)，若f(x)g(x)恒成立，求实数b的取值范围.【解】（）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）（）法（一）：由（），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.（1）当n1时，左边1lne，右边ln2，所以左边右边，不等式成立.（2）假设当nk时，不等式成立，即1ln(k1).那么1ln(k1)，由（），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（1）（2），可知不等式对任意nn*都成立.（）因为f(0)0，g(0)b，若f(x)g(x)恒成立，则b0.由（），