（新课标）高考数学总复习 好题汇总测试6 .doc

2014届高三数学（新课标）复习好题汇总测试题考查范围：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. 【湖北省黄冈市2013届高三年级3月份质量检测数学理】如图2所示的韦恩图中，a、b是两非零集合，定义集合为阴影部分表示的集合，若，则为a.b.c.d. 【答案】d【解析】，故阴影部分表示的集合为,即.故选d.2. (宁夏银川一中2012届高三年级第三次月考数学理)若，则的值是（ ） a. b. c. d.【答案】b 【解析】由解得，所以.所以=.3. 2013四川卷 函数y的图像大致是()图15【答案】c解析 函数的定义域是xr|x0，排除选项a；当x0时，x30，3x10，排除选项b；当x时，y0且y0，故为选项c中的图像4.（理）【2012高考真题浙江理3】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【答案】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）【2012高考真题浙江文4】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【答案】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. 2013安徽卷 在下列命题中，不是公理的是()a平行于同一个平面的两个平面相互平行b过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面c如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内d如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线【答案】a【解析】 选项b、c、d中的都是公理，都是平面的三个基本性质6. 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)7.【2012高考山东文9】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【答案】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. 2013天津卷 函数f(x)2x|log0.5x|1的零点个数为()a1 b2 c3 d4【答案】b【解析】f(x)2x|log0.5 x|1f(x)2xlog2x1在(0，1上递减且x接近于0时，f(x)接近于正无穷大，f(1)10，f(x)在(1，)上有一零点故f(x)共有2个零点12. （河南省郑州市2012届高三第一次质量预测数学理）如图，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.【答案】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.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.132013福建卷 椭圆：1(ab0)的左、右焦点分别为f1，f2，焦距为2c.若直线y(xc)与椭圆的一个交点m满足mf1f22mf2f1，则该椭圆的离心率等于_【答案】1解析 如图，mf1f2中，mf1f260，mf2f130，f1mf290，又|f1f2|2c，|mf1|c，|mf2|c，2a|mf1|mf2|cc，得e1.14.2013四川卷 在平行四边形abcd中，对角线ac与bd交于点o，则_【答案】2【解析】根据向量运算法则，2，故2.15.【2012高考真题辽宁理16】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_。【答案】【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在面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在面abc上的高为，所以球心到截面abc的距离为16. (宁夏银川一中2012届高三年级第三次月考数学理)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_. 【答案】 【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.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陕西卷 已知向量acos x，b(sin x，cos 2x)，xr，设函数f(x)ab.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在上的最大值和最小值【解】f(x)cos x，(sin x，cos 2x)cos xsin xcos 2xsin 2xcos 2xcos sin 2xsincos 2xsin2x.(1)f(x)的最小正周期为t，即函数f(x)的最小正周期为.(2)0x，2x.由正弦函数的性质，当2x，即x时，f(x)取得最大值1.当2x，即x0时，f(0)，当2x，即x时，f，f(x)的最小值为.因此，f(x)在0，上最大值是1，最小值是.18.（本小题满分12分）（理）【2012高考真题山东理18】在如图15所示的几何体中，四边形abcd是等腰梯形，abcd，dab60，fc平面abcd，aebd，cbcdcf.(1)求证：bd平面aed；(2)求二面角fbdc的余弦值.【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）【2012高考真题山东文19】如图16，几何体eabcd是四棱锥，abd为正三角形，cbcd，ecbd. (1)求证：bede；(2)若bcd120，m为线段ae的中点，求证：dm平面bec.图16【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.（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.20.（本小题满分12分）（理）2013新课标全国卷 如图13所示，直三棱柱abca1b1c1中，d，e分别是ab，bb1的中点，aa1accbab.(1)证明：bc1平面a1cd；(2)求二面角da1ce的正弦值图13【解】(1)证明：联结ac1交a1c于点f，则f为ac1中点又d是ab中点，联结df，则bc1df.因为df平面a1cd，bc1平面a1cd，所以bc1平面a1cd.(2)由accbab得，acbc.以c为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系cxyz.设ca2，则d(1，1，0)，e(0，2，1)，a1(2，0，2)，(1，1，0)，(0，2，1)，(2，0，2)设n(x1，y1，z1)是平面a1cd的法向量，则即可取n(1，1，1)同理，设m为平面a1ce的法向量，则可取m(2，1，2)从而cosn，m，故sinn，m.即二面角da1ce的正弦值为.（文）2013辽宁卷 如图，ab是圆o的直径，pa垂直圆o所在的平面，c是圆o上的点(1)求证：bc平面pac；(2)设q为pa的中点，g为aoc的重心，求证：qg平面pbc.18证明：(1)由ab是圆o的直径，得acbc.由pa平面abc，bc平面abc，得pabc.又paaca，pa平面pac，ac平面pac，所以bc平面pac.(2)联结og并延长交ac于m，联结qm，qo，由g为aoc的重心，得m为ac中点，由q为pa中点，得qmpc.又o为ab中点，得ombc.因为qmmom，qm平面qmo.mo平面qmo，bcpcc，bc平面pbc，pc平面pbc，所以平面qmo平面pbc.因为qg平面qmo，所以qg平面pbc.21.（本小题满分12分）2013重庆卷 如图19所示，椭圆的中心为原点o，长轴在x轴上，离心率e，过左焦点f1作x轴的垂线交椭圆于a，a两点，|aa|4.(1)求该椭圆的标准方程；(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点p，p，过p，p作圆心为q的圆，使椭圆上的其余点均在圆q外，若pqpq，求圆q的标准方程图19【解】(1)由题意知点a(c，2)在椭圆上，则1，从而e21.由e得b28，从而a216.故该椭圆的标准方程为1.(2)由椭圆的对称性，可设q(x0，0)又设m(x，y)是椭圆上任意一点，则|qm|2(xx0)2y2x22x0xx8(x2x0)2x8(x4，4)设p(x1，y1)，由题意，p是椭圆上到q的距离最小的点，因此，上式当xx1时取得最小值又因x1(4，4)，所以上式当x2x0时取得最小值，从而x12x0，且|qp|28x.因为pqpq，且p(x1，y1)，所以(x1x0，y1)(x1x0，y1)0，即(x1x0)2y0.由椭圆方程及x12x0得x80，解得x1，x0，从而|qp|28x.故这样的圆有两个，其标准方程分别为y2，y2.22.（本小题满分12分）（理）【2012高考真题浙江理22】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.【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|2ab|a.(ii)由于0x1，故当b2a时，f(x)|2ab|af(x)3ab4ax32bx2a4ax34ax2a2a(2x32x1).当b2a时，f(x)|2ab|af(x)ab4