全品原创月考试题四（B)课标数学

1、试卷类型：B2014届高三全品原创月考试题四数学适用地区：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、统计、统计案例、计数原理（仅理科有），概率、随机变量及其分布（仅理科有）建议使用时间：2013年11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，再选涂其它

2、答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）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.1.2013·新课标全国卷 已知集合Mx|(x1)24，xR，N1，0，1，2，3，则MN()A0，1，2 B1，0，1，2C1，0，2，3 D0，1，2，3【答案】A解析 集合Mx|1<x<3，则MN0，1，22.2013·湖北卷 已知点A(1，1)，B

3、(1，2)，C(2，1)，D(3，4)，则向量在方向上的投影为()A. B. C D【答案】A解析 (2，1)，(5，5)，|·cos，选A.3. 2013·山东卷 将函数ysin(2x)的图像沿x轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图像，则的一个可能取值为()A. B. C0 D【答案】B解析 方法一：将函数ysin(2x)的图像沿x轴向左平移个单位后得到f(x)sin的图像，若f(x)sin为偶函数，必有k，kZ，当k0时，.方法二：将函数ysin(2x)的图像沿x轴向左平移个单位后得到f(x)sin的图像，其对称轴所在直线满足2xk，kZ，又f(x)sin为偶函数，y

4、轴为其中一条对称轴，即k，kZ，当k0时，.4.（理）2013·天津卷 已知下列三个命题：若一个球的半径缩小到原来的，则其体积缩小到原来的；若两组数据的平均数相等，则它们的标准差也相等；直线xy10与圆x2y2相切其中真命题的序号是()A BC D【答案】C解析 由球的体积公式VR3知体积与半径是立方关系，正确平均数反映数据的所有信息，标准差反映数据的离散程度，不正确圆心到直线的距离为r，即直线与圆相切，正确（文）（河南省许昌新乡平顶山2012届高三第三次调研考试数学文）一个总体分为A,B,C三层，用分层抽样方法从总体中抽取一个容量为50的样本，已知B层中每个个体被抽到的概率都为，则

5、总体中的个数为（ ）A.150 B.200 C.500 D.600【答案】D【解析】设总体个数为，由分层抽样的定义得所以.5.（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）现有2名女教师和1名男教师参加说题比赛，共有2道备选题目，若每位选手从中有放回地随机选出一道题进行说题，其中恰有一男一女抽到同一道题的概率为（ ）A.B.C.D.【答案】C【解析】设两道题分别为AB题，所以抽取情况共有：AAA,AAB,ABA, ABB,BAA, BAB,BBA,BBB，其中第1个，第2个分别是两个女教师抽取的题目，第3个表示的男教师抽取的题目，一共有8种；其中满足恰有一男一女抽到同一题

6、目的事件有：ABA，ABB，BAA，BAB，共4种；故所求事件的概率为.6.（理）【2012高考真题湖北理5】设，且，若能被13整除，则（ ）A.0 B.1 C.11 D.12【答案】D【解析】,显然当,即时，的各项都是13的倍数，故能被13整除.又，所以.故选D. （文）（海南省琼海市2012年高考模拟测试一数学文）为了了解某校高三400名学生的数学学业水平测试成绩，制成样本频率分布直方图如图，规定不低于60分为及格，不低于80分为优秀，则及格率与优秀人数分别是（ ）A.60%，60 B.60%，80 C.80%，80 D.80%，60900.0100.0250.0050.0150.0355

7、040607080100分数频率/组距【答案】C【解析】由频率分布直方图可知，及格率为，优秀人数为.7. 2013·新课标全国卷 等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，则a1()A. B C. D【答案】C解析 S3a210a1a1a2a3a210a1a39a1q29，a59a3q29a31a1，故选C.8.（理）（云南昆明一中2012届高三第二次摸底测试数学理）某学习小组共12人，其中有五名是“三好学生”，现从该小组中任选5人参加竞赛，用表示这5人中“三好学生”的人数，则下列概率中等于的是（ ）A.B.C.D.【答案】B【解析】.（文）2013·山东

8、卷 在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组所表示的区域上一动点，则直线OM斜率的最小值为()A2 B1 C D【答案】C解析 不等式组表示的可行域如图，联立解得P，当M与P重合时，直线OM斜率最小，此时kOM.9. 2013·全国卷 若函数f(x)x2ax在是增函数，则a的取值范围是()A1，0 B1，)C0，3 D3，)【答案】D解析 f(x)2xa0在上恒成立，即a2x在上恒成立，由于y2x在上单调递减，所以y<3，故只要a3.10.（山东省潍坊市2012届高三第二次模拟考试数学文）已知双曲线的左、右焦点分别为为的右支上一点，且，则等于（ ）A.24 B.48 C.50 D

9、.56【答案】C【解析】由双曲线的方程，得，所以.又由双曲线的定义，得，所以.所以.11.（河南省许昌新乡平顶山2012届高三第三次调研考试数学文）已知四棱锥P-ABCD的侧棱长与底面边长都相等，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D.【答案】C【解析】设棱长都为1，连接AC,BD交于点O，连接OE.因为所有棱长都相等，不放设 ABCD是正方形，所以O是BD的中点，且OE/PD，故为异面直线AE与PD所成的角.易知 .在中，由余弦定理得.PABCDEO12.（理）(河北省石家庄市2012届高中毕业班第二次模拟考试数学理)已知长方形ABCD，抛物线以CD的中点E为顶

10、点，经过A、B两点，记拋物线与AB边围成的封闭区域为M.若随机向该长方形内投入一粒豆子，落入区域M的概率为P.则下列结论正确的是（ ）A.不论边长如何变化，P为定值； B.若-的值越大，P越大；C.当且仅当时，P最大； D.当且仅当时，P最小.【答案】A【解析】以E为原点，CD为x轴，过点E垂直于CD的直线为y轴建立平面直角坐标系如下图所示.设正方形的长为2a，宽为b，则，设抛物线方程为，代入点B，得，所以.阴影面积，矩形ABCD的面积,故由几何概型得，所求事件的概率为为常数.故选A.ABCDxyO（文）(宁夏银川一中2012届高三年级第三次月考数学文)曲线在点处的切线为，则上的点到圆上的点的

11、最近距离是( )A. B.2 C. D.2【答案】B 【解析】因为，所以.所以曲线在点处的切线方程为，即：.圆的圆心为，半径为1，且圆心到直线：的距离为，所以上的点到圆上的点的最近距离是.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高考湖南文12】不等式x25x60的解集为_【答案】x|2x3【解析】解不等式得 (x2)(x3)0，即2x3，所以不等式的解集是x|2x314.（理）（云南昆明一中2012届高三第二次摸底测试数学理）设曲线，直线轴所围成的平面区域为M，向区域内随机设一点A，则点A落在M内的概率为 .【答案】【解析】如图，

12、的面积为，的面积为，故由几何概型得，所求的概率为.（文）（云南昆明一中2012届高三第二次摸底测试数学文）小华的妈妈经营一家饮品店，经常为进货数量而烦恼，于是小华带妈妈进行统计，其中某种饮料的日销售量y（瓶）与当天的气温x（）的几组对照数据如下： 根据上表得回归方程中的，据此模型估计当气温为35时，该饮料的日销售量为 瓶.【答案】244【解析】由已知，得，将点代入回归方程中，得，所以回归方程为.所以当时，.15. 2013·江苏卷 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的标准方程为1(a>0，b>0)，右焦点为F，右准线为l，短轴的一个端点为B.设原点到直线BF的距离为d1，F

13、到l的距离为d2.若d2d1，则椭圆C的离心率为_【答案】解析 由题意知F(c，0)，l：x，不妨设B(0，b)，则直线BF：1，即bxcybc0.于是d1，d2c.由d2d1，得6，化简得6c4a2c2a40，即6e4e210，解得e2或e2(舍去)，故e，故椭圆C的离心率为.16.（理）（黑龙江省哈尔滨市第六中学2012届高三第三次模拟考试数学理）将标号为的个小球放入个不同的盒子中.若每个盒子放个，其中标号为的小球不能放入同一盒子中，则不同的方法共有 种.【答案】72【解析】将6个小球放入3个盒子，每个盒子中2个，有种情况.其中标号为1,2的球放入同一个盒子中有种，所以满足题意的方法共有9

14、0-18=72种.（文）（湖北省武汉市2012届高三四月调研测试数学文）为了解本市居民的生活成本，甲、乙、丙三名同学利用假期分别对三个社区进行了“家庭每月日常消费额”的调查.他们将调查所得到的数据分别绘制成频率分布直方图（如图所示），记甲、乙、丙所调查数据的标准差分别为s1、s2、s3，则它们的大小关系为 .（用“”连接）【答案】【解析】甲数据的平均值为，同理，乙数据的平均值为，丙数据的平均值为，可见甲乙丙三者的平均值都处在频率分布直方图的最中间一列，此时，若越靠近中间列所占的频率越大，则相应的方差越小，明显丙的中间列及附近列所占的频率最大，其次是乙，甲中间列及附近列所占的频率最小，故.三、解

15、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·江西卷 正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn，证明：对于任意的nN*，都有Tn<.【解】(1)由S(n2n1)Sn(n2n)0，得Sn(n2n)(Sn1)0.由于an是正项数列，所以Sn>0，Snn2n.于是a1S12，n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项为an2n.(2)证明：由于an2n，bn，则bn.Tn<.18.（本小题

16、满分12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.19.（本小题满分12分）（理）2013·湖北卷 假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N(800，502)的随机变量

17、，记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为P0.(1)求P0的值；(参考数据：若XN(，2)，有P(<X)0.682 6，P(2<X2)0.954 4，P(3<X3)0.997 4)(2)某客运公司用A，B两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次，A，B两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1 600元/辆和2 400元/辆公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求B型车不多于A型车7辆若每天要以不小于P0的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A型车、B型车各多少辆？【解】(

18、1)由于随机变量X服从正态分布N(800，502)，故有800，50，P(700<X900)0.954 4.由正态分布的对称性，可得P0P(X900)P(X800)P(800<X900)P(700<X900)0.977 2.(2)设A型、B型车辆的数量分别为x，y辆，则相应的营运成本为1 600x2 400y，依题意，x，y还需满足：xy21，yx7，P(X36x60y)P0.由(1)知，P0P(X900)，故P(X36x60y)P0等价于36x60y900，于是问题等价于求满足约束条件且使目标函数z1 600x2 400y达到最小的x，y值作可行域如图所示，可行域的三个顶点

19、坐标分别为P(5，12)，Q(7，14)，R(15，6)由图可知，当直线z1 600x2 400y经过可行域的点P时，直线z1 600x2 400y在y轴上截距最小，即z取得最小值，故应配备A型车5辆，B型车12辆（文）2013·北京卷 下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天图16(1)求此人到达当日空气重度污染的概率；(2)设X是此人停留期间空气质量优良的天数，求X的分布列与数学期望；(3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差

20、最大？(结论不要求证明)【解】设Ai表示事件“此人于3月i日到达该市”(i1，2，13)根据题意，P(Ai)，且AiAj(ij)(1)设B为事件“此人到达当日空气重度污染”，则BA5A8.所以P(B)P(A5A8)P(A5)P(A8).(2)由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，且P(X1)P(A3A6A7A11)P(A3)P(A6)P(A7)P(A11)，P(X2)P(A1A2A12A13)P(A1)P(A2)P(A12)P(A13)，P(X0)1P(X1)P(X2).所以X的分布列为X012P故X的期望E(X)0×1×2×.(3)从3月5日开始连续三天的空

21、气质量指数方差最大20.（本小题满分12分）（理）2013·山东卷 如图14所示，在三棱锥PABQ中，PB平面ABQ，BABPBQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，联结GH.(1)求证：ABGH；(2)求二面角DGHE的余弦值【解】(1)证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EFAB，DCAB，所以EFDC.又EF平面PCD，DC平面PCD，所以EF平面PCD.又EF平面EFQ，平面EFQ平面PCDGH，所以EFGH.又EFAB，所以ABGH.(2)方法一：在ABQ中，AQ2BD，ADDQ

22、，所以ABQ90°，即ABBQ.因为PB平面ABQ，所以ABPB.又BPBQB，图15所以AB平面PBQ.由(1)知ABGH，所以GH平面PBQ.又FH平面PBQ，所以GHFH.同理可得GHHC，所以FHC为二面角DGHE的平面角设BABQBP2.联结FC，在RtFBC中，由勾股定理得FC，在RtPBC中，由勾股定理得PC.又H为PBQ的重心，所以HCPC.同理FH.在FHC中，由余弦定理得cosFHC.即二面角DGHE的余弦值为.方法二：在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90°.又PB平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP

23、所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设BABQBP2，则E(1，0，1)，F(0，0，1)，Q(0，2，0)，D(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)所以(1，2，1)，(0，2，1)，(1，1，2)，(0，1，2)设平面EFQ的一个法向量为m(x1，y1，z1)，由m·0，m·0，得取y11，得m(0，1，2)设平面PDC的一个法向量为n(x2，y2，z2)，由n·0，n·0，得取z21，得n(0，2，1)所以cosm，n.因为二面角DGHE为钝角，所以二面角DGHE的余弦值为.（文）2013·江苏卷 如图12

24、，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

25、平面SAB，所以BCSA.21.（本小题满分12分）（理）【2012高考真题福建理19】如图14，椭圆E：1(ab0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e，过F1的直线交椭圆于A、B两点，且ABF2的周长为8.（1）求椭圆E的方程；（2）设动直线l：ykxm与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.图14【解】解法一：（1）因为|AB|AF2|BF2|8，即|AF1|F1B|AF2|BF2|8，又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a，所以4a8，a2.又因为e，即，所以

26、c1，所以b.故椭圆E的方程是1.（2）由得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)此时x0，y0kx0m，所以P.由得Q(4,4km).假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上.设M(x1,0)，则·0对满足(*)式的m、k恒成立.因为，(4x1,4km)，由·0，得4x1x30，整理，得(4x14)x4x130.(*)由于(*)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11.故存在定点M(1,0)，使得以PQ为

27、直径的圆恒过点M.解法二：（1）同解法一.（2）由得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)此时x0，y0kx0m，所以P.由得Q(4,4km).假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上.取k0，m，此时P(0，)，Q(4，)，以PQ为直径的圆为(x2)2(y)24，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取k，m2，此时P，Q(4,0)，以PQ为直径的圆为22，交x轴于点M3(1,0)，M4(4,0).所以若符合条件的点M存在，则

28、M的坐标必为(1,0).以下证明M(1,0)就是满足条件的点：因为M的坐标为(1,0)，所以，(3,4km)，从而·330，故恒有，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.（文）【2012高考真题福建文21】如图14所示，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x22py(p0)上.图14（1）求抛物线E的方程；（2）设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y1相交于点Q，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点.【解】解法一：（1）依题意，|OB|8，BOy30°.设B(x，y)，则x|OB|sin30°4，y|OB|cos30°

29、12.因为点B(4，12)在x22py上，所以(4)22p×12，解得p2.故抛物线E的方程为x24y.（2）由（1）知yx2，yx.设P(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q.假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，令·0对满足y0x(x00)的x0，y0恒成立.由于(x0，y0y1)，.由·0，得y0y0y1y1y0.即(yy12)(1y1)y00.(*)由于(*)式对满足y0x(x00)的y0恒成立，所以解得y11.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).解法二：（1）同解法一.（2）由（1）知yx2，yx，设P(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q.取x02，此时P(2,1)，Q(0，1)，以PQ为直径的圆为(x1)2y22，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，1)；取x01，此时P，Q，以PQ为直径的圆为22，交y轴于M3(0,1)或M4.故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1).以下证明点M(0,1)就是所要求的点.因为(x0，y01)，·2y022y022y020.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M.22.（本小题满分12分）（理）201