全品原创月考试题五A课标数学

1、试卷类型：A2014届高三全品原创月考试题五数学适用地区：新课标地区 考查范围：必考全部内容（集合、简易逻辑、函数、导数、数列、三角、向量、不等式 、解析几何、立体几何、排列、组合、二项式定理、概率统计、复数，算法，推理证明）建议使用时间：2013年12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

2、其它答案标号；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.（2012年4月9日大连沈阳联合考试数学理）已知集合,则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】A=1,2，由,得，又因为，所以.故B=2.则.2. (宁夏银川一中2012届高三年级第三次月考数学文)若tan 2，则的值为()A.0 B.eq f(3,4) C.1 D.e

3、q f(5,4)【答案】B 【解析】.3. 【湖北省七市2013届高三4月联考数学（理）试题】 函数f(x)=2x-sinx的零点个数为 （ ） A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A 【解析】 因为在上恒成立，所以函数在上单调递增.又因为，所以函数只有一个零点0.4. 2013北京卷 “”是“曲线ysin(2x)过坐标原点”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】A解析 曲线ysin(2x)过坐标原点，sin 0，k，kZ，故选A.5. 2013全国卷 已知数列an满足3an1an0，a2eq f(4,3)，则an的前10项和等于()A6(13

4、10) B.eq f(1,9)(1310) C3(1310) D3(1310)【答案】C解析 由3an1an0，得an0(否则a20)且eq f(an1,an)eq f(1,3)，所以数列an是公比为eq f(1,3)的等比数列，代入a2可得a14，故S10eq f(4blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)sup12(10),1f(1,3)3eq blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)sup12(10)3(1310)6.（理）（云南昆明一中2012届高三第二次摸底测试数学理）曲线在点处的切线方程为（ ）A.

5、B.C.D.【答案】C【解析】，则切线方程为，即.（文）（云南昆明一中2012届高三第二次摸底测试数学文）曲线在点处的切线方程为（ ）A.B.C.D.【答案】A【解析】，则切线方程为，即.7. (2012届宁夏银川一中第二次模拟考试数学文)某人向一个半径为6的圆形靶射击，假设他每次射击必定会中靶，且射中靶内各点是随机的，则此人射中的靶点与靶心的距离小于2的概率为（ ）A.B.C.D. 【答案】D【解析】由几何概型得，所求概率为.8. （理）（河南省郑州市2012届高三第一次质量预测数学理）在二项式的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为（ ）A. 32 B. -32 C.

6、 0 D. 1【答案】C【解析】在二项式中，令，得，故展开式中各项系数的和为0.（文）（山东省潍坊市2012届高三5月仿真模拟数学文）林管部门在每年312植树节前，为保证树苗的质量，都会在植树前对树苗进行检测.现从甲、乙两种树苗中各抽测了10株树苗的高度，其茎叶图如图.根据茎叶图，下列描述正确的是（ ）A.甲种树苗的平均高度大于乙种树苗的平均高度，且甲种树苗比乙种树苗长得整齐B.甲种树苗的平均高度大于乙种树苗的平均高度，但乙种树苗比甲种树苗长得整齐C.乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，且乙种树苗比甲种树苗长得整齐D.乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，但甲种树苗比乙种树苗长得整齐

7、【答案】D【解析】甲种树苗的平均高度为，甲种树苗的高度的方差为；乙种树苗的平均高度为，乙种树苗的高度的方差为比较可知，乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，但甲种树苗比乙种树苗长得整齐，选D.9. 2013辽宁卷 执行如图12所示的程序框图，若输入n8，则输出S()A.eq f(4,9) B.eq f(6,7)C.eq f(8,9) D.eq f(10,11)【答案】A解析 由程序框图可以得到Seq f(1,221)eq f(1,421)eq f(1,621)eq f(1,821)eq f(1,13)eq f(1,35)eq f(1,57)eq f(1,79)eq f(1,2)1eq f(

8、1,3)eq f(1,3)eq f(1,5)eq f(1,5)eq f(1,7)eq f(1,7)eq f(1,9)eq f(4,9)，故选A.10. 2013重庆卷 某几何体的三视图如图12所示，则该几何体的体积为()A.eq f(560,3) B.eq f(580,3) C200 D240【答案】C解析 该几何体为直四棱柱，其高为10，底面是上底为2，下底为8，高为4，其腰为5的等腰梯形，所以其底面面积为eq f(1,2)(28)420，所以体积为V2010200.11. 【2012高考真题新课标理10】已知椭圆C：eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1(ab0)的离心率为eq f

9、(r(3),2).双曲线x2y21的渐近线与椭圆C有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆C的方程为（ ）A.eq f(x2,8)eq f(y2,2)1 B.eq f(x2,12)eq f(y2,6)1 C.eq f(x2,16)eq f(y2,4)1 D.eq f(x2,20)eq f(y2,5)1【答案】D【解析】由离心率为eq f(r(3),2)得，a24b2，排除选项B，双曲线的渐近线方程为yx，与椭圆的四交点组成的四边形的面积为16可得在第一象限的交点坐标为eq blc(rc)(avs4alco1(2，2)，代入选项A、C、D，知选项D正确.12.（理）【2012高

10、考山东理9文10】函数的图象大致为（ ）【答案】D【解析】由函数yeq f(cos6x,2x2x)为奇函数，排除选项A，当x无限大时，y趋向于0，排除选项C，当x从正数趋向于0时，y趋向于正无穷大，故选D.（文）（海南省琼海市2012年高考模拟测试一数学理）方程所表示的曲线的图形是（ ）O1xyAO1xyC1xyDO1xyB【答案】D【解析】由题意可得或，即或.但是要使得该方程有意义还要满足综上可知图象选D.第卷二、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.（河南省许昌新乡平顶山2012届高三第三次调研考试数学文）设向量的夹角为，且,则 .【答案】 【解析

11、】设.由，得，所以.14. 2013江苏卷 抛物线yx2在x1处的切线与两坐标轴围成的三角形区域为D(包含三角形内部与边界)若点P(x，y)是区域D内的任意一点，则x2y的取值范围是_【答案】eq blcrc(avs4alco1(2，f(1,2)解析 由yx2得y2x，则在点x1处的切线斜率k212，切线方程为y12(x1)，即2xy10.在平面直角坐标系中作出可行域，如图阴影部分所示，则A(0，1)，Beq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，0).作直线l0：x2y0.当平移直线l0至点A时，zmin02(1)2；当平移直线l0至点B时，zmaxeq f(1,2)20eq f

12、(1,2).故x2y的取值范围是eq blcrc(avs4alco1(2，f(1,2).15. 2013陕西卷 观察下列等式：1211222312223261222324210照此规律，第n个等式可为_【答案】12223242(1)n1n2(1)n1eq f(n（n1）,2)解析 结合已知所给几项的特点，可知式子左边共n项，且正负交错，奇数项为正，偶数项为负，右边的绝对值为左边底数的和，系数和最后一项正负保持一致，故表达式为12223242(1)n1n2(1)n1eq f(n（n1）,2).16.（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）如果直线和函数的图象恒过同一个

13、定点，且该定点始终落在圆的内部或圆上，那么的取值范围是_.【答案】 【解析】根据指数函数的性质，可知函数恒过定点.将点代入，可得. 由于点始终落在所给圆的内部或圆上，所以. 由解得或，这说明点在以和为端点的线段上运动，所以的取值范围是.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）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 Beq f(7,9).(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，a

14、c6，cos Beq f(7,9)，所以ac9，解得a3，c3.(2)在ABC中，sin Beq r(1cos2B)eq f(4 r(2),9).由正弦定理得sin Aeq f(asin B,b)eq f(2 r(2),3).因为ac，所以A为锐角，所以cos Aeq r(1sin2 A)eq f(1,3).因此sin(AB)sin Acos Bcos Asin Beq f(10 r(2),27).18.（本小题满分12分）2013天津卷 已知首项为eq f(3,2)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

15、)设TnSneq f(1,Sn)(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q2eq f(a5,a3)eq f(1,4).又an不是递减数列且a1eq f(3,2)，所以qeq f(1,2)，故等比数列an的通项公式为aneq f(3,2)eq f(1,2)n1(1)n1eq f(3,2n).(2)由(1)得Sn1eq f(1,2)neq blc(avs4alco1(1f(1,2n)，n为奇数，,1f(1,2n)，n为偶数.)当n为奇数时，Sn随n的增大而

16、减小，所以1SnS1eq f(3,2)，故0Sneq f(1,Sn)S1eq f(1,S1)eq f(3,2)eq f(2,3)eq f(5,6).当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以eq f(3,4)S2SnSneq f(1,Sn)S2eq f(1,S2)eq f(3,4)eq f(4,3)eq f(7,12).综上，对于nN*，总有eq f(7,12)Sneq f(1,Sn)eq f(5,6).所以数列Tn最大项的值为eq f(5,6)，最小项的值为eq f(7,12).19.（本小题满分12分）（理）2013重庆卷 某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有

17、3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：奖级摸出红、蓝球个数获奖金额一等奖3红1蓝200元二等奖3红0蓝50元三等奖2红1蓝10元其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级(1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X的分布列与期望E(X)【解】设Ai表示摸到i个红球，Bj表示摸到j个蓝球，则Ai(i0，1，2，3)与Bj(j0，1)独立(1)恰好摸到1个红球的概率为P(A1)eq f(Ceq oal(1,3)Ceq oal(2,4),Ceq oal(3,7)eq

18、 f(18,35).(2)X的所有可能值为0，10，50，200，且P(X200)P(A3B1)P(A3)P(B1)eq f(Ceq oal(3,3),Ceq oal(3,7)eq f(1,3)eq f(1,105)，P(X50)P(A3B0)P(A3)P(B0)eq f(Ceq oal(3,3),Ceq oal(3,7)eq f(2,3)eq f(2,105)，P(X10)P(A2B1)P(A2)P(B1)eq f(Ceq oal(2,3)Ceq oal(1,4),Ceq oal(3,7)eq f(1,3)eq f(12,105)eq f(4,35)，P(X0)1eq f(1,105)eq

19、f(2,105)eq f(4,35)eq f(6,7).综上知X的分布列为X01050200Peq f(6,7)eq f(4,35)eq f(2,105)eq f(1,105)从而有E(X)0eq f(6,7)10eq f(4,35)50eq f(2,105)200eq f(1,105)4(元)（文）某产品的三个质量指标分别为x, y, z, 用综合指标S = x + y + z评价该产品的等级. 若S4, 则该产品为一等品. 先从一批该产品中, 随机抽取10件产品作为样本, 其质量指标列表如下: 产品编号A1A2A3A4A5质量指标(x, y, z)(1,1,2)(2,1,1)(2,2,2)

20、(1,1,1)(1,2,1)产品编号A6A7A8A9A10质量指标(x, y, z)(1,2,2)(2,1,1)(2,2,1)(1,1,1)(2,1,2)() 利用上表提供的样本数据估计该批产品的一等品率; () 在该样品的一等品中, 随机抽取两件产品, () 用产品编号列出所有可能的结果; () 设事件B为 “在取出的2件产品中, 每件产品的综合指标S都等于4”, 求事件B发生的概率. 20.（本小题满分12分）（理）2013江西卷 如图16所示，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，DABDCB，EAEBAB1，PAeq f(3,2)，联结CE并延长交AD于

21、F.(1)求证：AD平面CFG；(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值图16【解】(1)证明：在ABD中，因为E是BD中点，所以EAEBEDAB1.故BADeq f(,2)，ABEAEBeq f(,3).因为DABDCB，所以EABECB，从而有FEDBECAEBeq f(,3)，所以FEDFEA，故EFAD，AFFD，又因为PGGD，所以FGPA.又PA平面ABCD，所以GFAD，故AD平面CFG.(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，Ceq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，f(r(3),2)，0)，D(0，eq r(3)，

22、0)，P0，0，eq f(3,2)，故eq o(BC,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(r(3),2)，0)，eq o(CP,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，f(r(3),2)，f(3,2)，eq o(CD,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，f(r(3),2)，0).设平面BCP的法向量n1(1，y1，z1)，则eq blc(avs4alco1(f(1,2)f(r(3),2)y10，,f(3,2)f(r(3),2)y1f(3,2)z10，)解得eq blc(avs4alco1(y1f(r

23、(3),3)，,z1f(2,3)，)即n1eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(r(3),3)，f(2,3).设平面DCP的法向量n2(1，y2，z2)，则eq blc(avs4alco1(f(3,2)f(r(3),2)y20，,f(3,2)f(r(3),2)y2f(3,2)z20，)解得eq blc(avs4alco1(y2r(3)，,z22，)即n2(1，eq r(3)，2)从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cos eq f(|n1n2|,|n1|n2|)eq f(f(4,3),r(f(16,9)r(8)eq f(r(2),4).（文）2013江苏卷 如图12，在三棱锥

24、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平面SAB

25、，所以BCSA.21.（本小题满分12分）【2012高考真题浙江文22】如图16，在直角坐标系xOy中，点Peq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)到抛物线C：y22px(p0)的准线的距离为eq f(5,4).点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分.（1）求p，t的值；（2）求ABP面积的最大值.图16【解】（1）由题意知eq blcrc (avs4alco1(2pt1，,1f(p,2)f(5,4)，)得eq blcrc (avs4alco1(pf(1,2)，,t1.)（2）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m

26、)，由题意知，设直线AB的斜率为k(k0).由eq blcrc (avs4alco1(yoal(2,1)x1，,yoal(2,2)x2，)得(y1y2)(y1y2)x1x2.故k2m1.所以直线AB方程为ymeq f(1,2m)(xm)，即x2my2m2m0.由eq blcrc (avs4alco1(x2my2m2m0，,y2x)消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.从而|AB|eq r(1f(1,k2)|y1y2|eq r(14m2)eq r(4m4m2).设点P到直线AB的距离为d，则deq f(|12m2m2|,r(14m2).设ABP的面

27、积为S，则Seq f(1,2)|AB|d|12(mm2)|eq r(mm2).由4m4m20，得0m1.令ueq r(mm2)，0ueq f(1,2)，则Su(12u2)，设S(u)u(12u2)，0ueq f(1,2)，则S(u)16u2.由S(u)0得ueq f(r(6),6)eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)，所以S(u)maxSeq blc(rc)(avs4alco1(f(r(6),6)eq f(r(6),9).故ABP面积的最大值为eq f(r(6),9).22.（本小题满分12分）（理）(湖北省武汉市2012届高三四月调研测试数学理）已知函数f(x)ln(1

28、x)ax在xeq f(1,2)处的切线的斜率为1.（）求a的值及f(x)的最大值；（）证明：1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,n)ln(n1)（nN*）；（）设g(x)b(exx)，若f(x)g(x)恒成立，求实数b的取值范围.【解】（）函数f(x)的定义域为（1，）.求导数，得f (x)eq f(1,1x)a.由已知，得f (eq f(1,2)1，即eq f(1,1(eq f(1,2)a1，所以a1.此时f(x)ln(1x)x，f (x)eq f(1,1x)1eq f(x,1x)，当1x0时，f (x)0；当x0时，f (x)0.所以当x0时，f(x)取得极大值，该极大值即

29、为最大值，所以f(x)maxf(0)0.（4分）（）法（一）：由（），得ln(1x)x0，即ln(1x)x，当且仅当x0时，等号成立.令xeq f(1,k)（kN*），则eq f(1,k)ln(1eq f(1,k)，即eq f(1,k)lneq f(k1,k)，所以eq f(1,k)ln(k1)lnk（k1，2，n）.将上述n个不等式依次相加，得1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,n)(ln2ln1)(ln3ln2)ln(n1)lnn，所以1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,n)ln(n1)（nN*）.（10分）法（二）：用数学归纳法证明.（1）当n1时，左边1lne，右边ln2，所以左边右边，不等式成立.（2）假设当nk时，不等式成立，即1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,k)ln(k1).那么1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,k)eq f(1,k1)ln(k1)eq f(1,k1)，由（），知xln(1x)（x1，且x0）.令xeq f(1,k1)，则eq f(1,k1)ln(1eq f(1,k1)lneq f(k2,k1)，所以ln(k1)eq f(1,k1)ln(k1)lneq f(k2,k1)ln(k2)，所以1eq f(1,2)