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2013届高三新课标版原创配套月考试题 数学3A卷


高三阶段性测试数学试题(四)
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.若集合 A ? ? x x ? 0? ,且 A ? B ? B ,则集合 B 可能是( ) A. ?1, 2? B. ? x x ? 1? C. ??1,0,1? D. R
1 x ,则 tan ? =( 5 4 D. ? 3

2.设 α 是第二象限角, P ? x,4? 为其终边上的一点,且 cos ? ? A.
4 3



B.

3 4

C. ?

3 4

3.设 l , m 是两条不同的直线, ? , ? 是两个不同的平面,给出下列四个命题: ①若 m ? ? , l ? m, 则l / /? ; ②若 ? ? ? ,? ? ? ? l , m ? l , 则m ? ? .

③若 ? / / ? , l ? ? , m / / ? , 则l ? m ; ④若 ? / / ? , l / /? , m ? ? , 则l / / m . 其中正确命题的个数是( ) A.1 B.2 C.3 4.已知点 F、A 分别为双曲线 D.4

x2 y 2 ? ? 1? a ? 0, b ? 0 ? 的左焦点、右顶点,点 B(0,b)满足 a 2 b2

FB ? AB ? 0 ,则双曲线的离心率为(
A. 2 B. 3 C.
1? 3 2

) D.
1? 5 2

5.设 x0 是方程 ln x ? x ? 4 的解,则 x0 属于区间( A.(0,1)
2



B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4) 2 x y 6.已知双曲线 C: 点 P(2,1)在 C 的渐近线上, 则 C 的方程为 ( ) a2-b2=1 的焦距为 10, 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y x y x y A.20- 5 =1 B. 5 -20=1 C.80-20=1 D.20-80=1 x2 y2 3a 7.设 F1,F2 是椭圆 E:a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点,P 为直线 x= 2 上一点,△F2PF1 是底角为 30° 的等腰三角形,则 E 的离心率为( ) 1 2 3 4 A.2 B.3 C.4 D.5
? x ? y ? 1 ? 0, ? 8.若实数 x,y 满足 ? x ? y ? 0, 则 z=3x+2y 的最小值是( ?x ? 0 ?

)

A.0

B. 1

C. 3

D. 9

-1-

9.如图,网格纸上小正方形的边长为 1 ,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的 体积为( ) A. 6 B. 9 C. ?? D. ?? 10. 直线 x ? 2 y ? 3 ? 0 与圆

? x ? 2?

2

? ? y ? 3? ? 9 交于 E,F 两点,则△EOF(O 是原点)
2

的面积为( ) 3 3 6 5 A. B. C. 2 5 D. 2 4 5 11. 已知三棱锥 S ? ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上,△ ABC 是边长为 1 的正三角形, SC 为球 O 的直径,且 SC ? 2 , 则此棱锥的体积为( ) A.
2 2
2 6

B.

3 6

C.

2 3

D.

12.一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( ) 8 16 π A. 2 3π B. π C. 4 3 D. 3 3

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.若直线 l1 : ax ? 2 y ? 0 和 l2 :3x ? ? a ?1? y ?1 ? 0 平行,则实数 a 的值为 14.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S3 ? 3S2 ? 0 ,则公比 q=_______. 15. 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= 4, a 2 ? b 2 ? c 2 , q= .

?

? ?

3, S 满足 p∥q,则∠C=

?

.

16. 已知 P,Q 为抛物线 x2 ? 2 y 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)

-2-

已知函数 f ? x ? ? 2sin x cos x ?2cos2 x ? x ? R ? (1)求函数 f ? x ? 的最小正周期;
? π? (2)当 x ? ?0, ? 时,求函数 f ? x ? 的取值范围. ? 2?

18.(本小题满分 12 分) 1 如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=BC=2AA1,D 是棱 AA1 的中点,DC1⊥BD.

(1)证明:DC1⊥BC; (2)求二面角 A1-BD-C1 的大小. 19.(本小题满分 12 分) 已知各项都不相等的等差数列 ?an ? 的前 6 项和为 60,且 a6 为 a1 和 a21 的等比中项. (1)求数列 ?an ? 的通项公式; (2)若数列 ?bn ? 满足 bn ?1 ? bn ? an ? n ? N ? ? ,且 b1 ? 3 ,求数列
1 的前 n 项和 Tn . bn

20.(本小题满分 12 分) (理)如图(1) ,在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,BC=3,AC=6,D,E 分别是 AC,AB 上 的点,且 DE∥BC,DE=2,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1C⊥CD, 如图(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.

21.(本小题满分 12 分)

-3-

x2 y2 如图,F1,F2 分别是椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)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,∠F1AF2=60° . (1)求椭圆 C 的离心率; (2)已知△AF1B 的面积为 40 3,求 a,b 的值. 22.(本小题满分 12 分) (理)已知函数 f(x)=eax-x,其中 a≠0. (1)若对一切 x∈R,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))(x1<x2),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. 1.A 【解析】 因为 A ? B ? B , 所以 B ? A .又因为集合 A ? ? x x ? 0? , 所以集合 B 可能是 ?1, 2? . 选 A. 2. D【解析】因为 α 是第二象限角,所以 x ? 0 .由三角函数的定义,有 cos ? ? 解得 x ? ?3? x ? 0? .所以 tan ? ?
x x 2 ? 42 ? 1 x, 5

4 4 ?? . ?3 3 3.A【解析】对于①,可能存在 l ? ? ;对于②,若加上条件 m ? ? 就正确了;对于③是正

确的;对于④,直线 l , m 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.

??? ? ???? 4. D 【 解 析 】 由 FB? AB? ? c , b ? ?? ? ,a ?b ?0, 得 ?ac ? b2 ?0 , 所 以 ?ac ? c2 ? a2 ? 0 , 即
?e ? e2 ? 1 ? 0 ,解得 e ?

1? 5 1? 5 或e ? (舍去). 2 2

5. C【解析】设 f ( x) ? ln x ? x ? 4 ,因为 f (1) ? ?3 ? 0, f (2) ? ln 2 ? 2 ? 0, f (3) ? ln 3 ?1 ? 0 ,
f (4) ? ln 4 ? 0 ,所以 f (2) f (3) ? 0 .所以 x0 ? ? 2,3? .

6. A【解析】由已知可得双曲线的焦距 2c=10,a2+b2=52=25,排除 C,D,又由渐近线 b 1 1 b 方程为 y=ax=2x,得2=a,解得 a2=20,b2=5,所以选 A. π 7. C【解析】根据题意,一定有∠PF1F2=30°,且∠PF2x=60°,故直线 PF2 的倾斜角是3, 3 设直线 x=2a 与 x 轴的交点为 M,则|PF2|=2|F2M|,又|PF2|=|F1F2|,所以|F1F2|= c 3 ?3 ? 2|F2M|.所以 2c=2?2a-c?,即 4c=3a,故 e=a=4.故选 C. ? ?

-4-

8. B【解析】作出不等式组 x ? y ? 1 ? 0, 表示的可行域(如下图) ,令 z ' ? x ? 2 y ,可知当 ? ? ? x ? y ? 0, ?x ? 0 ? 直线 z ' ? x ? 2 y 经过点 O 0,0 时, z ' ? x ? 2 y 取得最小值 0,故此时 z ? 3x ? 2 y 取得最小值 1. ? ?

9. B【解析】由三视 是斜边长为 6 的等腰 条长为 3 的侧棱垂直

图可知,该几何体是三棱锥,底面 直角三角形(斜边上高为 3 ) ,有一 于底面,所以几何体的体积为 1 1 V ? ? ? 6 ? 3 ? 3 ? 9 ,选 B. 3 2
| 2? 6?3| ? 5 ,则 5

10. D 【 解 析 】 因 为 圆 心 ? 2,? 3 ? 到直线 x ? 2y ? 3 ? 0 的距离为 d ?
EF ? 2 R 2 ? d 2
? 4 , 又 原 点 O ?0 , ? x 2 ? y 3? 0 的 距 离 为 d'? 0 到 直 线 E F: ?

|? 3 | 3 5 ,所以 ? 5 5

S?E

O F

?

1 3 5 6 5 ?4 ? ? . 2 5 5
3 , 点 O 到 面 ABC 的 距 离 3

11. ( 理 ) A 【 解 析 】 △ ABC 的 外 接 圆 的 半 径 r ?

d ? R2 ? r 2 ?

6 2 6 , SC 为球 O 的直径 ? 点 S 到面 ABC 的距离为 2d ? , 此棱锥的体积 3 3

1 1 3 2 6 2 为 V ? S?ABC ? 2d ? ? . ? ? 3 3 4 3 6

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 E ,F 为 AC 的中点,设 EF ? r, DE ? EA ? EC ? EB , 则 3 ? r ? 1 ? r 2 ,解得 r ?
3 .所以外接球的半径 3



-5-

R ? 3?r ?

16 π 2 3 ,表面积为 4 πR 2 ? . 3 3

13. -3 或 2【解析】由两直线平行的充要条件得 14.

a ? a ?1? ? 3? 2 ? 0

,解得 a ? ?3 或 a ? 2 .

? 2 【 解 析 】 显 然 公 比 q ? 1 , 设 首 项 为 a1 , 则 由 S 3 ? 3S 2 ? 0 , 得

a1 (1 ? q 3 ) a (1 ? q 2 ) ? ?3 ? 1 1? q 1? q



即 , 即

q 3 ? 3q 2 ? 4 ? 0 (q ? 1)(q 2 ? 4q ? 4) ? 0

, , 所

即 以

q 3 ? q 2 ? 4q 2 ? 4 ? q 2 (q ? 1) ? 4(q 2 ? 1) ? 0 q 2 ? 4q ? 4 ? (q ? 2) 2 ? 0 ,解得 q ? ?2 .

π 3 2 15. 3 【解析】由 p ∥ q ,得 4S ? 3 ? a 2 ? b 2 ? c 2 ? , 则 S ? a ? b 2 ? c 2 . 由余弦定理得 4 cos C ?

?

?

1 a 2 ? b2 ? c2 3 3 ,故 S ? ? 2ab cos C ? ab cos C . 又 由 正 弦 定 理 得 S ? ab sin C , 所 以 2 2ab 4 2

? 3 1 ab cos C ? ab sin C ,所以 tan C ? 3 .又 C ? ? 0, π ? ,所以 C ? . 3 2 2
1 16. -4【解析】由 x2=2y 可知 y=2x2,这时 y′=x,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 y-8=4(x-4),即 4x-y-8=0①;以点 Q 为切点的切线方程 QA 为 y-2=-2(x+2),即 2x+y+2=0②;由①②联立得 A 点坐标 为(1,-4),这时纵坐标为-4.

π? ? 17.解:(1)因为 f ? x ? ? sin 2x ? cos2x ?1 ? 2 sin ? 2 x ? ? ? 1 , 4? ?

所以函数 f ? x ? 的最小正周期为 T ?
π? ? (2) f ? x ? ? 2 sin ? 2 x ? ? ? 1 . 4? ?

2π ? π. 2

-6-

π ? π 3π ? ? π? 当 x ? ?0, ? 时, 2 x ? ? ? ? , ? , 4 ? 4 4? ? 2?
π π 3π ? ,即 x ? 时, f ? x ?max ? 2 ? 1 ; 8 4 2 π π 当 2 x ? ? ? ,即 x ? 0 时, f ? x ?min ? ?2 ; 4 4

所以当 2 x ?

? 故函数 f ? x ? 的取值范围是 ? ? ?2, 2 ? 1? .

18.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 DC=DC1. 1 2 2 又 AC=2AA1,可得 DC1 +DC2=CC1 , 所以 DC1⊥DC. 而 DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以 DC1⊥平面 BCD. BC?平面 BCD,故 DC1⊥BC. (2)由(1)知 BC⊥DC1,且 BC⊥CC1,则 BC⊥平面 ACC1,所以 CA,CB,CC1 两两相互垂直. → 的方向为 x 轴的正方向,|CA → |为单位长,建立如图所示的空间直 以 C 为坐标原点,CA 角坐标系 C-xyz.

由题意知 A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2). → → =(1,-1,1),DC → =(-1,0,1). 则A D=(0,0,-1),BD
1 1

设 n=(x,y,z)是平面 A1B1BD 的法向量,则 → =0, ? ?n· BD ?x-y+z=0, ? 即? 可取 n=(1,1,0). → z = 0. ? ? A1D=0, ?n· → =0, ? ?m· BD 同理,设 m 是平面 C1BD 的法向量,则? 可得 m=(1,2,1). → ? DC1=0. ?m· n· m 3 从而 cos〈n,m〉=|n|· = |m| 2 . 故二面角 A1-BD-C1 的大小为 30° .

-7-

? ?6a1 ? 15d ? 60, 19.解:(1)设等差数列 ?an ? 的公差为 d ? d ? 0? ,则 ? 2 ? ?a1 ? a1 ? 20d ? ? ? a1 ? 5d ? ,

?d ? 2, 因为数列 ?an ? 的各项都不相等,所以公差 d ? 0 .故解得 ? ?a1 ? 5.
所以 an ? 5 ? ? n ?1? ? 2 ? 2n ? 3 . (2)因为 bn?1 ? bn ? an , 所以 bn ? bn ?1 ? an ?1 ? n ? 2, n ? N? ? 故 bn ? ?bn ? bn?1 ? ? ?bn?1 ? bn?2 ? ? …? ?b2 ? b1 ? ? b1 ? an?1 ? an?2 ? …? a1 ? b1

? ? n ?1?? n ?1? 4? ? 3 ? n ? n ? 2 ? ? n ? 2, n ? N ? ? .
又 b1 满足上式, 所以 bn ? n ? n ? 2 ? ? n ? N? ? . 所以

1 1 1?1 1 ? ? ? ? ? ?. bn n ? n ? 2 ? 2 ? n n ? 2 ?

1? 1 1 1 1 1 ? 1?3 1 1 ? 3n2 ? 5n 故 Tn ? ?1 ? ? ? ? … ? ? . ? ?? ? ? ?? 2? 3 2 4 n n ? 2 ? 2 ? 2 n ? 1 n ? 2 ? 4 ? n ? 1?? n ? 2 ?
20.(理)解:(1)证明:因为 AC⊥BC,DE∥BC, 所以 DE⊥AC, 所以 DE⊥A1D,DE⊥CD, 所以 DE⊥平面 A1DC, 所以 DE⊥A1C. 又因为 A1C⊥CD, 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 C-xyz, 则 A1(0,0,2 3),D(0,2,0),M(0,1, 3),B(3,0,0),E(2,2,0). 设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z),则 → → =0. n· A B=0,n· BE
1

→ → 又A 1B=(3,0,-2 3),BE=(-1,2,0), ?3x-2 3z=0, 所以? ?-x+2y=0. 令 y=1,则 x=2,z= 3, 所以 n=(2,1, 3).

-8-

设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 θ, → =(0,1, 3), 因为CM → ? ? CM → )|=? n· ?= 4 = 2. 所以 sinθ=|cos(n,CM ? → ? 8× 4 2 ?|n||CM|? π 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为4. (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 p∈[0,3]. 设平面 A1DP 的法向量为 m=(x,y,z),则 → → =0. m· A D=0,m· DP
1

→ → 又A 1D=(0,2,-2 3),DP=(p,-2,0), ?2y-2 3z=0, 所以? ?px-2y=0. 令 x=2,则 y=p,z= p . 3

p? ? 所以 m=?2,p, ?. 3? ? 平面 A1DP⊥平面 A1BE,当且仅当 m· n=0, 即 4+p+p=0. 解得 p=-2,与 p∈[0,3]矛盾. 所以线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直. 21. 解: (1)由题意可知,△AF1F2 为等边三角形,a=2c, 1 所以 e=2. (2)(方法一)a2=4c2,b2=3c2. 直线 AB 的方程可为 y=- 3(x-c). ?8 3 3 ? ?. 将其代入椭圆方程 3x2+4y2=12c2,得 B? c,- 5 c? ?5 ?8 ? 16 ?5c-0?= c. 所以|AB|= 1+3· ? ? 5 1 1 16 3 2 3 2 由 S△AF1B=2|AF1|· |AB|sin∠F1AB=2a· 5 c·2 = 5 a =40 3, 解得 a=10,b=5 3. (方法二)设|AB|=t. 因为|AF2|=a,所以|BF2|=t-a. 由椭圆定义|BF1|+|BF2|=2a 可知,|BF1|=3a-t. 8 再由余弦定理(3a-t)2=a2+t2-2atcos60° 可得,t=5a. 1 8 3 2 3 2 由 S△AF1B=2a· 5a·2 = 5 a =40 3知,a=10,b=5 3.

-9-

22.解:(1)若 a<0,则对一切 x>0,f(x)=eax-x<1, 这与题设矛盾.又 a≠0,故 a>0. 1 1 而 f′(x)=aeax-1,令 f′(x)=0 得 x=alna. 1 1 1 1 当 x<alna时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x>alna时,f′(x)>0,f(x)单调递增.故当 1 1 ?1 1? 1 1 1 x=alna,f(x)取最小值 f?alna?=a-alna. ? ? 1 1 1 于是对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,当且仅当a-alna≥1. ① 令 g(t)=t-tlnt,则 g′(t)=-lnt. 当 0<t<1 时,g′(t)>0,g(t)单调递增;当 t>1 时,g′(t)<0,g(t)单调递减. 故当 t=1 时,g(t)取最大值 g(1)=1. 1 因此,当且仅当a=1,即 a=1 时,①式成立. 综上所述,a 的取值集合为{1}. f?x2?-f?x1? eax2 -eax1 (2)由题意知,k= = -1. x2-x1 x2 -x1 令 φ(x)=f′(x)-k=aeax- φ(x2)=

e ax1 eax2 -eax1 .则 φ(x1)=- [ ea (x2 -x1 ) -a(x2-x1)-1], x2 -x1 x2 -x1

e ax2 [ ea (x1 -x2 ) -a(x1-x2)-1]. x2 -x1 令 F(t)=et-t-1,则 F′(t)=et-1. 当 t<0 时,F′(t)<0,F(t)单调递减; 当 t>0 时,F′(t)>0,F(t)单调递增. 故当 t≠0 时,F(t)>F(0)=0,即 et-t-1>0. 从而 ea (x2 -x1 ) -a(x2-x1)-1>0, ea (x1 -x2 ) -a(x1-x2)-1>0, e ax1 e ax2 又 >0, >0, x2 -x1 x2 -x1 所以 φ(x1)<0,φ(x2)>0. 因为函数 y=φ(x)在区间[x1,x2]上的图象是连续不断的一条曲线,所以存在 c∈(x1, 1 eax2 -eax1 2 ax x2), 使得 φ(c)=0.又 φ′(x)=a e >0, φ(x)单调递增, 故这样的 c 是唯一的, 且 c=aln . a(x -x )
2 1

? 1 e -e ? 故当且仅当 x∈ ? ln ,x2 ? 时,f′(x)>k. ? a a(x2 -x1 ) ?
ax2 ax1

? 1 eax2 -eax1 ? 综上所述, 存在 x0∈(x1, x2), 使 f′(x0)>k 成立, 且 x0 的取值范围为 ? ln ,x2 ? . ? a a(x2 -x1 ) ?

- 10 -


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