2013高考数学一轮复习 配套月考试题五A 课标版

1、PAGE PAGE 14用心 爱心 专心试卷类型：A2013届高三新课标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、概率与统计、复数，算法，推理与证明）建议使用时间：2011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

2、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大连沈阳联考）已知集合,则（ ）A. B. C. D. 2. (2012银川一中月考)若tan 2，则的值为()A.0 B.eq f(3,4) C.1 D.eq f(5,4)3.2012课标全国卷复数zeq f(3i,2i

3、)的共轭复数是（ ）A.2i B.2i C.1i D.1i4.（2012北京海淀二模）已知命题：. 则为（ ）A. B.C. D.5.（2012郑州质检）已知递减的等差数列满足，则 （ ） A. -1 B.0 C.-1或0 D.4或56.（理）（2012昆明一中二摸）曲线在点处的切线方程为（ ）A.B.C.D.（文）（2012昆明一中二摸）曲线在点处的切线方程为（ ）A.B.C.D.7. (2012银川一中二模)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. 8. （理）（2012郑州质检）在二

4、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. 0 D. 1（文）（2012潍坊模拟）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1.根据茎叶图，下列描述正确的是（ ）图1A.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

5、种树苗长得整齐9. 2012课标全国卷如果执行图2的程序框图，输入正整数N(N2)和实数a1，a2，aN，输出A，B，则（ ）A.AB为a1，a2，aN的和B.eq f(AB,2)为a1，a2，aN的算术平均数C.A和B分别是a1，a2，aN中最大的数和最小的数D.A和B分别是a1，a2，aN中最小的数和最大的数图210.（2012郑州质检）已知某几何体的三视图如图3所示，其中，正视图，侧视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 图3 11. 2012山东卷已知椭圆C：eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1

6、(ab0)的离心率为eq f(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)112.（理）2012山东卷函数的图象大致为（ ）图4（文）（2012琼海模拟）方程所表示的曲线的图形是（ ）O1xyAO1xyC1xyDO1xyB图5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.（2012许昌

7、新乡平顶山三调）设向量的夹角为，且,则 .14.（2012昆明第一中学一摸）若实数满足不等式组则的最大值为 .15. 2012陕西卷观察下列不等式1eq f(1,22)eq f(3,2)，1eq f(1,22)eq f(1,32)eq f(5,3)，1eq f(1,22)eq f(1,32)eq f(1,42)0)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722.（本小题满分12分）（理）(2012武汉调研）已知函数f(x)ln(1x)ax在xeq f(1,2)处的切线的斜率为

8、1.（1）求a的值及f(x)的最大值；（2）证明：1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,n)ln(n1)（nN*）；（3）设g(x)b(exx)，若f(x)g(x)恒成立，求实数b的取值范围.（文）（2012武汉调研）设aR，函数f(x)lnxax.（1）讨论函数f(x)的单调区间和极值；（2）已知（e为自然对数的底数）和x2是函数f(x)的两个不同的零点，求a的值并证明：x2e.试卷类型：A2013届高三新课标原创月考试题五答案数学1. B【解析】A=1,2，由,得，又因为，所以，故B=2.则.2. B 【解析】.3. D【解析】因为zeq f(3i,2i)eq f(3i2i,

9、2i2i)1i，所以eq xto(z)1i.故选D.4. D【解析】原命题为特称命题，故其否定为全称命题，即.5. B【解析】由题意知，且，从而，得.6.（理）C【解析】，则切线方程为，即.（文）A【解析】，则切线方程为，即.7. D【解析】由几何概型得，所求概率为.8. （理）C【解析】在二项式中，令，得，故展开式中各项系数的和为0.（文）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. C【解析】由程序框图可知，当xA时，Ax；当xA且xB时，Bx

10、，所以A是a1，a2，aN中的最大数，B是a1，a2，aN中的最小数.故选C.10. C【解析】由三视图可知，该几何体的上方是一个直三棱锥（三棱锥的底面是腰长为1的等腰直角三角形，高为1）；下方是一个半径为的半球.故所求几何体的体积为.11. 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）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

11、，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）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.13. 【解析】设.由，得，所以.14. 6【解析】作出不等式组表示的可行域（如下图阴影部分所示,含边界），可知当直线经过直线的交点时，取得最大值，且.15. 1eq f(1,22)eq f(1,32)eq f(1,42)eq f(1,52)eq f(1,62)eq f(11,6)【解析】从几个不等式左边分析，可得出第五个式子的左边为：1eq f(1,22)eq f(1,32)eq f(1,42)eq f(1,52)eq f(1,62)，对几个不等式

12、右边分析，其分母依次为：2,3,4，所以第5个式子的分母应为6，而其分子依次为： 3,5,7，所以第5个式子的分子应为11，所以第5个式子应为：1eq f(1,22)eq f(1,32)eq f(1,42)eq f(1,52)eq f(1,62)eq f(11,6).16. 【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.17.解:（1）因为mn . 4分所以其最小正周期为. 6分（2）由（1）知，又因为，所以.所以. 10分所以.即函数的值域为. 12分18.解:（1）设的

13、公差为.因为所以解得 或（舍），.故 ，. （2）由（1）可知，所以.故.19. （理）解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为eq f(1,3)，去参加乙游戏的概率为eq f(2,3).设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件Ai(i0,1,2,3,4)，则P(Ai)Ceq oal(i,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)ieq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)4i.（1）这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率P(A2)Ceq oal(2,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(

14、2,3)2eq f(8,27).（2）设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B，则BA3A4，由于A3与A4互斥，故P(B)P(A3)P(A4)Ceq oal(3,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)3eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)Ceq oal(4,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)4eq f(1,9).所以，这4个人去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为eq f(1,9).（3）的所有可能取值为0,2,4.由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，故P(0)P(A2)eq f(8,27)，P(

15、2)P(A1)P(A3)eq f(40,81)，P(4)P(A0)P(A4)eq f(17,81).所以的分布列是024Peq f(8,27)eq f(40,81)eq f(17,81)随机变量的数学期望E0eq f(8,27)2eq f(40,81)4eq f(17,81)eq f(148,81).（文）解：（1）从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3,2,1.（2）在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为A1，A2，A3，2所中学分别记为A4，A5，大学记为A6，则抽取2所学校的所有可能结果为A1，A2，A1，A3，A1，A4，A1，A5，A1，A6，A2，A3，A2，A4，A2，A5，

16、A2，A6，A3，A4，A3，A5，A3，A6，A4，A5，A4，A6，A5，A6，共15种.从6所学校中抽取的2所学校均为小学(记为事件B)的所有可能结果为A1，A2，A1，A3，A2，A3，共3种.所以P(B)eq f(3,15)eq f(1,5).20. （理）解：解法1：（1）如下图（1），连结AC.由AB4，BC3，ABC90，得AC5.又AD5，E是CD的中点，所以CDAE.因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD.而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD平面PAE.（2）过点B作BGCD，分别与AE、AD相交于点F，G，连结PF.由（1）CD平面PAE知，B

17、G平面PAE.于是BPF为直线PB与平面PAE所成的角，且BGAE.由PA平面ABCD知，PBA为直线PB与平面ABCD所成的角.由题意PBABPF，因为sinPBAeq f(PA,PB)，sinBPFeq f(BF,PB)，所以PABF.由DABABC90知，ADBC，又BGCD，所以四边形BCDG是平行四边形.故GDBC3.于是AG2.在RtBAG中，AB4，AG2，BGAF，所以BGeq r(AB2AG2)2eq r(5)，BFeq f(AB2,BG)eq f(16,2r(5)eq f(8r(5),5).于是PABFeq f(8r(5),5).又梯形ABCD的面积为Seq f(1,2)(

18、53)416，所以四棱锥PABCD的体积为Veq f(1,3)SPAeq f(1,3)16eq f(8r(5),5)eq f(128r(5),15).解法2：如上图（2），以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.设PAh，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)，E(2,4,0)，P(0,0，h).（1）易知eq o(CD,sup6()(4,2,0)，eq o(AE,sup6()(2,4,0)，eq o(AP,sup6()(0,0，h).因为eq o(CD,sup6()eq o(AE,sup6()880

19、0，eq o(CD,sup6()eq o(AP,sup6()0，所以CDAE，CDAP.而AP，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD平面PAE.（2）由题设和（1）知，eq o(CD,sup6()，eq o(PA,sup6()分别是平面PAE，平面ABCD的法向量.而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，所以|coseq o(CD,sup6()，eq o(PB,sup6()|coseq o(PA,sup6()，eq o(PB,sup6()|，即eq blc|rc|(avs4alco1(f(o(CD,sup6()o(PB,sup6(),|o(CD,sup6()|o(PB

20、,sup6()|)eq blc|rc|(avs4alco1(f(o(PA,sup6()o(PB,sup6(),|o(PA,sup6()|o(PB,sup6()|).由（1）知，eq o(CD,sup6()(4,2,0)，eq o(PA,sup6()(0,0，h)，又eq o(PB,sup6()(4,0，h)，故eq blc|rc|(avs4alco1(f(1600,2r(5)r(16h2)eq blc|rc|(avs4alco1(f(00h2,hr(16h2).解得heq f(8r(5),5).又梯形ABCD的面积为Seq f(1,2)(53)416，所以四棱锥PABCD的体积为Veq f(1

21、,3)SPAeq f(1,3)16eq f(8r(5),5)eq f(128r(5),15).（文）解：（1）证明：因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.图18又ACBD，PA，AC是平面PAC内的两条相交直线，所以BD平面PAC.而PC平面PAC，所以BDPC.（2）设AC和BD相交于点O，连结PO，由（1）知，BD平面PAC，所以DPO是直线PD和平面PAC所成的角.从而DPO30.由BD平面PAC，PO平面PAC知，BDPO.在RtPOD中，由DPO30，得PD2OD.因为四边形ABCD为等腰梯形，ACBD，所以AOD，BOC均为等腰直角三角形.从而梯形ABCD的高为eq

22、 f(1,2)ADeq f(1,2)BCeq f(1,2)(42)3，于是梯形ABCD的面积Seq f(1,2)(42)39.在等腰直角三角形AOD中，ODeq f(r(2),2)AD2eq r(2)，所以PD2OD4eq r(2)，PAeq r(PD2AD2)4.故四棱锥PABCD的体积为Veq f(1,3)SPAeq f(1,3)9412.21.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)，由题意

23、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的面积为S，则

24、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. （理）解：（1）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

25、(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，该极大值即为最大值，所以f(x)maxf(0)0.（4分）（2）法一：由（1），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.当n1时，左边1lne，右边ln2，所以左边右边，不等式成立.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（1），知xln(1x)（x1，且x0）.令xeq f(1,k1)，则eq