（新课标）2014届高三数学一轮复习方案精编试题6

1 20142014 届高三数学 新课标 一轮复习方案精编试题届高三数学 新课标 一轮复习方案精编试题 6 6 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AB 为阴影部分表示的集合 若 2 ln 2 0 x x yR Ax yxxBy yex 则AB 为 A 02 xx B 12 x xx 或 C 012 xxx 或 D 012 xxx 或 答案 D 解析 故阴影部分表示的集合为 02 1AxxBy y 即 故选 D 012 A B ABxxx C 或 012ABxxx 或 2 宁夏银川一中 2012 届高三年级第三次月考数学理 若 则sincos2 的值是 tan 3 A B C D 23 23 23 23 答案 B 解析 由解得 所以 所以 22 sincos2 sincos1 2 sincos 2 sin tan1 cos tan 3 tantan 13 3 23 1 13 1tantan 3 2 3 2013 四川卷 函数 y 的图像大致是 x3 3x 1 图 1 5 答案 C 解析 函数的定义域是 x R x 0 排除选项 A 当 x 0 时 x3 0 3x 10 排除选项 B 当 x 时 y 0 且 y 0 故为选项 C 中的图像 4 理 2012 高考真题浙江理 3 设a R 则 a 1 是 直线l1 ax 2y 1 0 与直线 l2 x a 1 y 4 0 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a 1 时 直线l1 x 2y 1 0 与直线l2 x 2y 4 0 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 a 1 或 a 2 经检验 a 1 2 a 1 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a R 则 a 1 是 直线l1 ax 2y 1 0 与直线 l2 x 2y 4 0 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a 1 则直线l1 ax 2y 1 0 与l2 x 2y 4 0 平行 若直线 l1 ax 2y 1 0 与l2 x 2y 4 0 平行 则 2a 2 0 即a 1 所以 a 1 是 l1 ax 2y 1 0 与l2 x 2y 4 0 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 3 6 2013 全国卷 已知数列 an 满足 3an 1 an 0 a2 则 an 的前 10 项和等于 4 3 A 6 1 3 10 B 1 310 1 9 C 3 1 3 10 D 3 1 3 10 答案 C 解析 由 3an 1 an 0 得 an 0 否则 a2 0 且 所以数列 an 1 an 1 3 an 是公比为 的等比数列 代入 a2可得 a1 4 故 1 3 S10 3 3 1 3 10 4 1 1 3 10 1 1 3 1 1 3 10 7 2012 高考山东文 9 圆 x 2 2 y2 4 与圆 x 2 2 y 1 2 9 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 3 2 0 易知抛物线y2 16x的准线方程为 x2 a2 y2 a2 x 4 联立Error 得 16 y2 a2 因为 AB 4 所以y 2 代入 式 得 33 16 2 2 a2 解得a 2 a 0 所以C的实轴长为 2a 4 故选 C 3 11 2013 天津卷 函数 f x 2x log0 5x 1 的零点个数为 A 1 B 2 C 3 D 4 答案 B 解析 f x 2x log0 5 x 1 2xlog0 5 x 1 0 1 2xlog2 x 1 0 1 f x 2xlog2x 1 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 2 20ypx p l 5 且 则此抛物线方程为 2BCBF 3AF A B C D 2 9yx 2 6yx 2 3yx 2 3yx 答案 C 解析 作准线交准线于点 由抛物线的定义得BD D 故由 得 所以BDBF 2BCBF 2BCBD 故直线 的倾斜角为 所以直线 的方程为 联立 30BCD l 60 l3 2 p yx 消去得 解得 故由抛物线的 2 3 2 2 p yx ypx y22 122030 xpxp 3 26 AB pp xx 定义得 所以此抛物线的方程为 3 23 22 pp AFp 2 3yx 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 2013 福建卷 椭圆 1 a b 0 的左 右焦点分别为 F1 F2 焦距为 2c x2 a2 y2 b2 若直线 y x c 与椭圆 的一个交点 M 满足 MF1F2 2 MF2F1 则该椭圆的离心率等于 3 答案 1 解析 如图 MF1F2中 MF1F2 60 MF2F1 30 3 F1MF2 90 又 F1F2 2c MF1 c MF2 c 2a MF1 MF2 c c 得 33 6 e 1 c a 2 3 13 14 2013 四川卷 在平行四边形 ABCD 中 对角线 AC 与 BD 交于点 O 则 AB AD AO 答案 2 解析 根据向量运算法则 2 故 2 AB AD AC AO 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P 3 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 3 3 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P 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P 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3P 为 所以球心到截面ABC的距离为 2 3 3 2 33 3 33 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 7 已知都是正数 且 则 a b m ama bmb ab 若函数的定义域是 则 1lg axxf 1 xx1 a 已知x 0 则的最小值为 2 sin sin yx x 2 2 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 y c x a 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 ama bmb 0 m ba bm b a b m0ba 即 故 正确 对于 令 此时函数的定义域是ab 2a lg 21 f xx 不是 故 错误 对于 设 则 因为 1 2 x x 1 xx sin0 1xt 2 yt t 在区间上单调递减 所以的最小值是 即 2 yt t 0 1 2 yt t 13f 的最小值为 3 故 错误 对于 由题意 2 sin sin yx x 所以 2 2 2bacxabybc 22 22 acacac abbc xyabbc 故 正确 422acabbc abbc 2 422422 2 2 acabbcacabbc abacbbcacabbc 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a cos x b sin x cos 2x x R 设函数 f x 1 23 a b 1 求 f x 的最小正周期 2 求 f x 在上的最大值和最小值 0 2 解 f x cos x sin x cos 2x 1 23 8 cos xsin x cos 2x 3 1 2 sin 2x cos 2x 3 2 1 2 cos sin 2x sincos 2x 6 6 sin2x 6 1 f x 的最小正周期为 T 2 2 2 即函数 f x 的最小正周期为 2 0 x 2x 2 6 6 5 6 由正弦函数的性质 当 2x 即 x 时 f x 取得最大值 1 6 2 3 当 2x 即 x 0 时 f 0 6 6 1 2 当 2x 即 x 时 f 6 5 6 2 2 1 2 f x 的最小值为 1 2 因此 f x 在 0 上最大值是 1 最小值是 2 1 2 18 本小题满分 12 分 理 2012 高考真题山东理 18 在如图 1 5 所示的几何体中 四边形ABCD是等腰梯形 AB CD DAB 60 FC 平面ABCD AE BD CB CD CF 1 求证 BD 平面AED 2 求二面角F BD C的余弦值 解 1 证明 因为四边形ABCD是等腰梯形 AB CD DAB 60 所以 ADC BCD 120 又CB CD 所以 CDB 30 因此 ADB 90 AD BD 又AE BD 且AE AD A 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CB CD 因此CG BD 又FC 平面ABCD BD 平面ABCD 所以FC BD 由于FC CG C FC CG 平面FCG 9 所以BD 平面FCG 故BD FG 所以 FGC为二面角F BD C的平面角 在等腰三角形BCD中 由于 BCD 120 因此CG CB 1 2 又CB CF 所以GF CG CG2 CF25 故 cos FGC 5 5 因此二面角F BD C的余弦值为 5 5 解法二 由 1 知AD BD 所以AC BC 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CB 1 则C 0 0 0 B 0 1 0 D F 0 0 1 3 2 1 2 0 因此 0 1 1 BD 3 2 3 2 0 BF 设平面BDF的一个法向量为m x y z 则m 0 m 0 BD BF 所以x y z 取z 1 则m 1 1 333 由于 0 0 1 是平面BDC的一个法向量 CF 则 cos m CF m CF m CF 1 5 5 5 10 所以二面角F BD C的余弦值为 5 5 文 2012 高考真题山东文 19 如图 1 6 几何体E ABCD是四棱锥 ABD为正三角形 CB CD EC BD 1 求证 BE DE 2 若 BCD 120 M为线段AE的中点 求证 DM 平面BEC 图 1 6 解 1 证明 取BD的中点O 连接CO EO 由于CB CD 所以CO BD 又EC BD EC CO C CO EC 平面EOC 所以BD 平面EOC 因此BD EO 又O为BD的中点 所以BE DE 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MN BE 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 BDN 30 又CB CD BCD 120 因此 CBD 30 所以DN BC 又DN 平面BEC BC 平面BEC 所以DN 平面BEC 又MN DN N 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 11 因为CB CD BCD 120 所以 CBD 30 因为 ABD为正三角形 所以 BAD 60 ABC 90 因此 AFB 30 所以AB AF 1 2 又AB AD 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DM EF 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 n N 3 2 且 S3 a3 S5 a5 S4 a4成等差数列 1 求数列 an 的通项公式 2 设 Tn Sn n N 求数列 Tn 的最大项的值与最小项的值 1 Sn 解 1 设等比数列 an 的公比为 q 因为 S3 a3 S5 a5 S4 a4成等差数列 所以 S5 a5 S3 a3 S4 a4 S5 a5 即 4a5 a3 于是 q2 又 an 不是递减数列且 a5 a3 1 4 a1 所以 q 故等比数列 an 的通项公式为 an n 1 1 n 1 3 2 1 2 3 2 1 2 3 2n 2 由 1 得 Sn 1 n 1 2 1 1 2n n为奇数 1 1 2n n为偶数 当 n 为奇数时 Sn随 n 的增大而减小 所以 1 Sn S1 故 0 Sn S1 3 2 1 Sn 1 S1 3 2 2 3 5 6 当 n 为偶数时 Sn随 n 的增大而增大 所以 S2 SnSn S2 1 Sn 1 S2 3 4 4 3 7 12 综上 对于 n N 总有 Sn 7 12 1 Sn 5 6 12 所以数列 Tn 最大项的值为 最小项的值为 5 6 7 12 20 本小题满分 12 分 理 2013 新课标全国卷 如图 1 3 所示 直三棱柱 ABC A1B1C1中 D E 分别 是 AB BB1的中点 AA1 AC CB AB 2 2 1 证明 BC1 平面 A1CD 2 求二面角 D A1C E 的正弦值 图 1 3 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 BC1 DF 因为 DF 平面 A1CD BC1 平面 A1CD 所以 BC1 平面 A1CD 2 由 AC CB AB 得 AC BC 2 2 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 C xyz 设 CA CA 2 则 D 1 1 0 E 0 2 1 A1 2 0 2 1 1 0 0 2 1 CD CE 2 0 2 CA1 设n x1 y1 z1 是平面 A1CD 的法向量 则 即 n CD 0 n CA1 0 x1 y1 0 2x1 2z1 0 13 可取n 1 1 1 同理 设m为平面 A1CE 的法向量 则 m CE 0 m CA1 0 可取m 2 1 2 从而 cos n m 故 sin n m n m n m 3 3 6 3 即二面角 D A1C E 的正弦值为 6 3 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 AC BC 由 PA 平面 ABC BC 平面 ABC 得 PA BC 又 PA AC A 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 QM PC 又 O 为 AB 中点 得 OM BC 因为 QM MO M QM 平面 QMO MO 平面 QMO BC PC C 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 14 21 本小题满分 12 分 2013 重庆卷 如图 1 9 所示 椭圆的中心为原点 O 长轴在 x 轴上 离心率 e 过 2 2 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 PQ P Q 求圆 Q 的标准方程 图 1 9 解 1 由题意知点 A c 2 在椭圆上 则 1 从而 e2 1 c 2 a2 22 b2 4 b2 由 e 得 b2 8 从而 a2 16 2 2 4 1 e2 b2 1 e2 故该椭圆的标准方程为 1 x2 16 y2 8 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 x x0 2 y2 x2 2x0 x x 8 2 0 1 x2 16 x 2x0 2 x 8 x 4 4 1 22 0 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 x x1时取得最 小值 又因 x1 4 4 所以上式当 x 2x0时取得最小值 从而 x1 2x0 且 QP 2 8 x 2 0 因为 PQ P Q 且 P x1 y1 所以 x1 x0 y1 x1 x0 y1 0 QP QP 即 x1 x0 2 y 0 由椭圆方程及 x1 2x0得 x 8 0 2 1 1 4 2 1 解得 x1 x0 从而 QP 2 8 x 4 6 3 x1 2 2 6 32 0 16 3 故这样的圆有两个 其标准方程分别为 y2 y2 x 2 6 3 2 16 3 x 2 6 3 2 16 3 22 本小题满分 12 分 15 理 2012 高考真题浙江理 22 已知a 0 b R 函数f x 4ax3 2bx a b 1 证明 当 0 x 1 时 i 函数f x 的最大值为 2a b a ii f x 2a b a 0 2 若 1 f x 1 对x 0 1 恒成立 求a b的取值范围 解 1 i f x 12ax2 2b 12a x2 b 6a 当b 0 时 有f x 0 此时f x 在 0 上单调递增 当b 0 时 f x 12a x b 6a x b 6a 此时f x 在上单调递减 在上单调递增 0 b 6a b 6a 所以当 0 x 1 时 f x max max f 0 f 1 max a b 3a b Error 2a b a ii 由于 0 x 1 故 当b 2a时 f x 2a b a f x 3a b 4ax3 2bx 2a 4ax3 4ax 2a 2a 2x3 2x 1 当b 2a时 f x 2a b