新课标2013届高三配套月考（三）数学试题（B）.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家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

2、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”

3、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

4、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

5、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. (201

6、2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

7、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

8、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】

9、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；

10、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

11、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

12、)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，

13、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

14、(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BE

15、C，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：

16、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

17、，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，

18、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

19、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

20、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)

21、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)ab4ax32b(1x)2a4ax34a(1x)2a2a(2x32x1).设g(x)2x32x1,0x1，则g(x)6x226，于是x01g(x)0g(x)1减极小值增1所以g(x)ming10.所以当0x1时，2x32x10.故f(x)|2ab|a2a(2x32x1)0.(2)由(i)知，当0x1

22、时，f(x)max|2ab|a，所以|2ab|a1.若|2ab|a1，则由知f(x)(|2ab|a)1.所以1f(x)1对任意0x1恒成立的充要条件是即或在直角坐标系aOb中，所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC.作一组平行线abt(tR)，得1ab3.所以ab的取值范围是(1,3.（文）解：(1)由题意得f(x)12x22a.当a0时，f(x)0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(，).当a0 时，f(x)12，此时函数f(x)的单调递增区间为和，单调递减区间为.(2)由于0x1，故当a2时，f(x)|a2|4x32ax24x34x2.当a2时，f(x)|a2|4x32a(1x)24x34(1x)24x34x2.设g(x)2x32x1,0x1，则g(x)6x226，于是x01g(x)0g(x)1减极小值增1所以，g(x)ming10.所以当0x1时，2x32x10.故f(x)|a2|4x34x20.版权所有：高考资源网()版权所有：高考资源网()高考资源网版权所有 侵权必究