1、试卷类型：A2014届高三原创月考试题三数学适用地区：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、解析几何建议使用时间：2013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
2、、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辽宁卷 已知集合A，B，则AB()A(0，1) B(0，2 C(1，2) D(1，2【答案】D【解析】Ax|1x4，Bx|x2，ABx|1x2，故选D.2.（昆明第一中学2012届高三第一次摸底测试数学文理）设是第二象限角,为其终边上的一点,且,则=（ ）A.B.C.D.【答案】D【解析】因为是第二象限角,所以.由三角函数的定义,有,解得.所以.3.
3、（理）2013新课标全国卷 已知m，n为异面直线，m平面，n平面，直线l满足lm，ln，l，l，则()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l【答案】D解析 若，则mn与m，n为异面直线矛盾，故A错若且l，则由n平面知l n 与l n矛盾，故B错若与相交，设垂直于交线的平面为，则l ，又l m，l n，m平面，n平面，故交线平行于l.故选D.（文）（海南省琼海市2012年高考模拟测试一数学文）已知一个平面，为空间中的任意一条直线，那么在平面内一定存在直线b使得（ ）A./b B.与b相交 C.与b是异面直线 D.b【答案】D【解析】当或在平面内，显然存在直线b使得b;当与斜
4、交时，只需要b垂直于在平面内射影即可得到.4. 2013四川卷 函数y的图像大致是()图15【答案】C【解析】函数的定义域是xR|x0，排除选项A；当x0时，x30，3x10，排除选项B；当x时，y0且y0，故为选项C中的图像5.（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文）设是方程的解，则属于区间（ ） A.（0，1） B.（1，2） C.（2，3） D.（3，4）【答案】C【解析】设,因为，所以.所以.6.【2012高考真题湖南理5文6】已知双曲线C：1的焦距为10，点P(2,1)在C的渐近线上，则C的方程为（ ）A.1 B.1 C.1 D.1【答案】A【解析】由已知可得双
5、曲线的焦距2c10，a2b25225，排除C，D，又由渐近线方程为yxx，得，解得a220，b25，所以选A.7.【2012高考真题新课标理4文4】设F1，F2是椭圆E：1(ab0)的左、右焦点，P为直线x上一点，F2PF1是底角为30的等腰三角形，则E的离心率为（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据题意，一定有PF1F230，且PF2x60，故直线PF2的倾斜角是，设直线xa与x轴的交点为M，则|PF2|2|F2M|，又|PF2|F1F2|，所以|F1F2|2|F2M|.所以2c2，即4c3a，故e.故选C.8.（河南省郑州市2012届高三第一次质量预测数学文理）若实数的最小值是
6、( )A.0 B. 1 C. D. 9【答案】B【解析】作出不等式组表示的可行域，令，可知当直线经过点时，取得最小值0，故此时取得最小值1.92013天津卷 函数f(x)2x|log0.5x|1的零点个数为()A1 B2 C3 D4【答案】B【解析】f(x)2x|log0.5 x|1f(x)2xlog2x1在(0，1上递减且x接近于0时，f(x)接近于正无穷大，f(1)10，f(x)在(1，)上有一零点故f(x)共有2个零点10.（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文）直线 与圆交于E.F两点，则EOF（O是原点）的面积为（ ） A. B. C. D.【答案】D【解析】因
7、为圆心到直线的距离为，则，又原点到直线的距离为，所以.11.（理）【2012高考真题新课标理11】已知三棱锥的所有顶点都在球的求面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且；则此棱锥的体积为（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】的外接圆的半径，点到面的距离,为球的直径点到面的距离为,此棱锥的体积为.（文）【2012高考真题新课标文8】平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，则此球的体积为（ ）A. B.4 C.4 D.6【答案】B【解析】由题意，球的半径为R，所以球的体积为VR34.故选B.12.（海南省琼海市2012年高考模拟测试一数学理）一个几何体的三视图如图所示，其中
8、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（ ） A.B. C.D.【答案】D【解析】该几何体是个如下图所示的三棱锥，外接球的球心为点，设,则，解得.所以外接球的半径为，表面积为.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.（河南省郑州市2012届高三第一次质量预测数学理）若直线和平行，则实数的值为 .【答案】-3或2【解析】由两直线平行的充要条件得，解得或.14. 2013重庆卷 已知an是等差数列，a11，公差d0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8_【答案】64【解析】 设数列an的公差为d，由a1，a2，a5成等
9、比数列，得(1d)21(14d)，解得d2或d0(舍去)，所以S881264.15. 2013江苏卷 设D，E分别是ABC的边AB，BC上的点，ADAB，BEBC.若12(1，2为实数)，则12的值为_【答案】【解析】如图所示，()，又12，且与不共线，所以1，2，即12.16.【2012高考真题辽宁理15】已知P，Q为抛物线上两点，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_。【答案】4【解析】由x22y可知yx2，这时yx，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y84(x4)，即4xy80；以点
10、Q为切点的切线方程QA为y22(x2)，即2xy20；由联立得A点坐标为(1，4)，这时纵坐标为4.三、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天津卷 已知函数f(x)sin2x6sin xcos x2cos2 x1，xR.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间0，上的最大值和最小值【解】(1)f(x)sin 2xcoscos 2xsin3sin 2xcos 2x2sin 2x2cos 2x2 sin2x.所以，f(x)的最小正周期T.(2)因为f(x)在区间0，上是增函数，在区间，上是减函数又f(0)2，f2
11、 ，f2，故函数f(x)在区间0，上的最大值为2 ，最小值为2.18.（本小题满分12分）（理）【2012高考真题新课标理19】如图15，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.（1）证明：DC1BC；（2）求二面角A1BDC1的大小.图15【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DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.BC平面BCD，故DC1BC.（2）由（1）知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直.以C为坐标
12、原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2).则(0,0，1)，(1，1,1)，(1,0,1).设n(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则即可取n(1,1,0).同理，设m是平面C1BD的法向量，则可得m(1,2,1).从而cosn，m.故二面角A1BDC1的大小为30.（文）【2012高考新课标文19】如图14，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直底面，ACB90，ACBCAA1，D是棱AA1的中点.（1）证明：平面BDC1平面BDC；（2）平面BDC1分此棱柱为两部分，
13、求这两部分体积的比.图14【解】（1）证明：由题设知BCCC1，BCAC，CC1ACC，所以BC平面ACC1A1.又DC1平面ACC1A1，所以DC1BC.由题设知A1DC1ADC45，所以CDC190，即DC1DC.又DCBCC，所以DC1平面BDC.又DC1平面BDC1，故平面BDC1平面BDC.（2）设棱锥BDACC1的体积为V1，AC1.由题意得V111.又三棱柱ABCA1B1C1的体积V1，所以(VV1)V111.故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为11.19.（本小题满分12分）2013山东卷 设等差数列an的前n项和为Sn，且S44S2，a2n2an1.(1)求数列an的通
14、项公式；(2)设数列bn的前n项和为Tn，且Tn(为常数)，令cnb2n(nN*)，求数列cn的前n项和Rn.【解】(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d.由S44S2，a2n2an1得解得a11，d2，因此an2n1，nN*.(2)由题意知Tn，所以n2时，bnTnTn1.故cnb2n(n1)，nN*.所以Rn0123(n1)，则Rn012(n2)(n1)，两式相减得Rn(n1)(n1)，整理得Rn4.所以数列cn的前n项和Rn4.20.（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
15、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，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GH
16、HC，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，
17、1)，(1，1，2)，(0，1，2)设平面EFQ的一个法向量为m(x1，y1，z1)，由m0，m0，得取y11，得m(0，1，2)设平面PDC的一个法向量为n(x2，y2，z2)，由n0，n0，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福建卷 如图13，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，BC5，DC3，AD4，PAD60.(1)当正视方向与向量的方向相同时，画出四棱锥PABCD的正视图(要求标出尺寸，并写出演算过程)；(2)若M为PA的中点，求证：DM平面PBC；(3)求三棱锥DPBC的体积图
18、13【解】(1)在梯形ABCD中，过点C作CEAB，垂足为E.由已知得，四边形ADCE为矩形，AECD3，在RtBEC中，由BC5，CE4，依勾股定理得BE3，从而AB6.又由PD平面ABCD得，PDAD.从而在RtPDA中，由AD4，PAD60，得PD4 .正视图如图所示(2)方法一：取PB中点N，联结MN，CN.在PAB中，M是PA中点，MNAB，MNAB3.又CDAB，CD3，MNCD，MNCD，四边形MNCD为平行四边形，DMCN.又DM平面PBC，CN平面PBC，DM平面PBC.方法二：取AB的中点E，联结ME，DE.在梯形ABCD中，BECD，且BECD，四边形BCDE为平行四边形
19、，DEBC.又DE平面PBC，BC平面PBC，DE平面PBC.又在PAB中，MEPB，ME平面PBC，PB平面PBC，ME平面PBC.又DEMEE，平面DME平面PBC.又DM平面DME，DM平面PBC.(3)VDPBCVPDBCSDBCPD，又SDBC6，PD4 ，所以VDPBC8 .21.（本小题满分12分）2013天津卷 设椭圆1(ab0)的左焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.(1)求椭圆的方程；(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点，若8，求k的值【解】(1)设F(c，0)，由，知ac.过点F且与x轴垂直的直线为
20、xc，代入椭圆的方程有1，解得y.于是，解得b.又a2c2b2，从而a，c1，所以所求椭圆的方程为1.(2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(1，0)得直线CD的方程为yk(x1)由方程组消去y，整理得(23k2)x26k2x3k260，可得x1x2，x1x2.因为A(，0)，B(，0)，所以(x1，y1)(x2，y2)(x2，y2)(x1，y1)62x1x22y1y262x1x22k2(x11)(x21)6(22k2)x1x22k2(x1x2)2k26.由已知得68，解得k.22.（本小题满分12分）（理）【2012高考真题湖南理22】已知函数f(x)eaxx，其中a0.（1）若
21、对一切xR，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)(x1x2)，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.【解】（1）若a0，则对一切x0，f(x)eaxx1，这与题设矛盾.又a0，故a0.而f(x)aeax1，令f(x)0得xln.当xln时，f(x)0，f(x)单调递减；当xln时，f(x)0，f(x)单调递增.故当xln，f(x)取最小值fln.于是对一切xR，f(x)1恒成立，当且仅当ln1.令g(t)ttlnt，则g(t)lnt.当
22、0t1时，g(t)0，g(t)单调递增；当t1时，g(t)0，g(t)单调递减.故当t1时，g(t)取最大值g（1）1.因此，当且仅当1，即a1时，式成立.综上所述，a的取值集合为1.（2）由题意知，k1.令(x)f(x)kaeax.则(x1)ea(x2x1)a(x2x1)1，(x2)ea(x1x2)a(x1x2)1.令F(t)ett1，则F(t)et1.当t0时，F(t)0，F(t)单调递减；当t0时，F(t)0，F(t)单调递增.故当t0时，F(t)F(0)0，即ett10.从而ea(x2x1)a(x2x1)10，ea(x1x2)a(x1x2)10，又0，0，所以(x1)0，(x2)0.因
23、为函数y(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，x2)，使得(c)0.又(x)a2eax0，(x)单调递增，故这样的c是唯一的，且cln.故当且仅当x时，f(x)k.综上所述，存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立，且x0的取值范围为.（文）【2012高考真题湖南文22】已知函数f(x)exax，其中a0.（1）若对一切xR，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)(x1x2)，记直线AB的斜率为k，证明：存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立.【解】（1）f(x)exa.令f(x)0
24、得xlna.当xlna时，f(x)0，f(x)单调递减；当xlna时，f(x)0，f(x)单调递增.故当xln a时，f(x)取最小值f(lna)aalna.于是对一切xR，f(x)1恒成立，当且仅当aalna1.令g(t)ttlnt，则g(t)lnt.当0t1时，g(t)0，g(t)单调递增；当t1时，g(t)0，g(t)单调递减.故当t1时，g(t)取最大值g（1）1.因此，当且仅当a1时，式成立.综上所述，a的取值集合为1.（2）由题意知，ka.令(x)f(x)kex，则(x1)ex2x1(x2x1)1，(x2)ex1x2(x1x2)1.令F(t)ett1，则F(t)et1.当t0时，F(t)0，F(t)单调递减；当t0时，F(t)0，F(t)单调递增.故当t0时，F(t)F(0)0，即ett10.从而ex2x1(x2x1)10，ex1x2(x1x2)10，又0，0，所以(x1)0，(x2)0.因为函数y(x)在区间x1，x2上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0(x1，x2)，使(x0)0，即f(x0)k成立.版权所有：高考资源网()版权所有：高考资源网()
