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试卷类型：A 2014届高三月考试题三 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Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ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、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Ⅰ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A∩B＝( ) A．(0，1) B．(0，2] C．(1，2) D．(1，2] 【答案】D 【解析】∵A＝{x|1 2.（昆明第一中学2012届高三第一次摸底测试数学文理）设α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α是第二象限角,所以.由三角函数的定义,有,解得.所以. 3.（理）[2013·新课标全国卷Ⅱ] 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，lα，lβ，则( ) A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l 【答案】D [解析] 若α∥β，则m∥n与m，n为异面直线矛盾，故A错．若α⊥β且l⊥β，则由n⊥平面β知l ∥n 与l ⊥n矛盾，故B错．若α与β相交，设垂直于交线的平面为γ，则l ⊥γ，又l ⊥m，l ⊥n，m⊥平面α，n⊥平面β，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1－5 【答案】C【解析】函数的定义域是{x∈R|x≠0}，排除选项A；当x<0时，x3<0，3x－1<0，故y>0，排除选项B；当x→＋∞时，y>0且y→0，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】由已知可得双曲线的焦距2c＝10，a2＋b2＝52＝25，排除C，D，又由渐近线方程为y＝x＝x，得＝，解得a2＝20，b2＝5，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(a>b>0)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∠PF1F2＝30°，且∠PF2x＝60°，故直线PF2的倾斜角是，设直线x＝a与x轴的交点为M，则|PF2|＝2|F2M|，又|PF2|＝|F1F2|，所以|F1F2|＝2|F2M|.所以2c＝2，即4c＝3a，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( ) 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. 9．[2013·天津卷] 函数f(x)＝2x|log0.5x|－1的零点个数为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】f(x)＝2x|log0.5 x|－1＝＝ ∵f(x)＝－2xlog2x－1在(0，1]上递减且x接近于0时，f(x)接近于正无穷大，f(1)＝－1<0，∴f(x)在(0，1]上有一零点；又∵f(x)＝2xlog2x－1在(1，＋∞)上递增，且f(2)＝22×log2 2－1＝3>0，∴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α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为（ ） A.π B.4π C.4π D.6π 【答案】B 【解析】由题意，球的半径为R＝＝，所以球的体积为V＝πR3＝4π.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.（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，a1＝1，公差d≠0，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成等比数列，得(1＋d)2＝1·(1＋4d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以S8＝8×1＋×2＝64. 15. [2013·江苏卷] 设D，E分别是△ABC的边AB，BC上的点，AD＝AB，BE＝BC.若＝λ1＋λ2(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________． 【答案】 【解析】如图所示，＝－＝－＝(－)＋＝＋， 又＝λ1＋λ2，且与不共线， 所以λ1＝－，λ2＝， 即λ1＋λ2＝. 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x2＝2y可知y＝x2，这时y′＝x，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y－8＝4(x－4)，即4x－y－8＝0①；以点Q为切点的切线方程QA为y－2＝－2(x＋2)，即2x＋y＋2＝0②；由①②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)＝－sin2x＋＋6sin xcos x－2cos2 x＋1，x∈R. (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 2x·cos－cos 2x·sin＋3sin 2x－cos 2x＝2sin 2x－2cos 2x＝2 sin2x－. 所以，f(x)的最小正周期T＝＝π. (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，f＝2 ，f＝2，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1－5，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD. （1）证明：DC1⊥BC； （2）求二面角A1－BD－C1的大小. 图1－5 【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DC＝DC1. 又AC＝AA1，可得DC＋DC2＝CC， 所以DC1⊥DC. 而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD. BC?平面BCD，故DC1⊥BC. （2）由（1）知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直. 以C为坐标原点，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C－xyz. 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cos〈n，m〉＝＝. 故二面角A1－BD－C1的大小为30°. （文）【2012高考新课标文19】如图1－4，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝AA1，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，求这两部分体积的比. 图1－4 【解】（1）证明：由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1. 又DC1?平面ACC1A1，所以DC1⊥BC. 由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC.又DC∩BC＝C，所以DC1⊥平面BDC.又DC1?平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC. （2）设棱锥B－DACC1的体积为V1，AC＝1.由题意得 V1＝××1×1＝. 又三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝1， 所以(V－V1)∶V1＝1∶1. 故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1. 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S4＝4S2，a2n＝2an＋1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n(n∈N*)，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S4＝4S2，a2n＝2an＋1 得 解得a1＝1，d＝2，因此an＝2n－1，n∈N*. (2)由题意知Tn＝λ－，所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝. 故cn＝b2n＝＝(n－1)，n∈N*. 所以Rn＝0×＋1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×， 则 | ||||||||||||||||||||||||||||||
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