2013~2014年度高三年级（上）第五次月考测试卷

数学试卷参考答案（文科）

1.B　∵A＝{x|－2＜x＜1}，B＝{x|－2＜x＜3}，∴(RA)∩B＝{x|1≤x＜3}．

2.B　由题意得a＝＝＝＝i.

3．A　(法一)依题意知0＜n＜4，a＝，c2＝4，∴离心率e＝＝＝，∴n＝2.

(法二)依题意知0＜n＜4，离心率为的双曲线为等轴双曲线，n＝4－n，∴n＝2.

4．C　设从高二应抽取x人，则有30∶40＝6∶x，解得x＝8.

5．A　f(－5)＝f(5)＝sin＝.

6．C　∵an＋1－3an＝0, ∴an＋1＝3an.∴数列{an}是以3为公比的等比数列．∵a3＝36，∴a1＝4.∴S10＝
＝2(310－1)．

7．A　根据三视图知，该几何体由棱长为3的正方体和底面积为，高为1的三棱锥组成，所以其体积V＝33＋××1＝.

8．D　作出不等式组对应的区域为三角形BCD，直线y＝kx－1过定点M(0，－1)，由图象可知要使直线y＝kx－1与区域Ω有公共点，则有直线的斜率k≥kMC，由得，即C(1，2)．又kMC＝＝3，所以k≥3，即[3，＋∞)．

9．C　运行一下程序框图，第一步：s＝2，i＝4，k＝2；第二步：s＝×2×4＝4，i＝6，k＝3；第三步：s＝×4×6＝8，i＝8，k＝4，此时输出s，即输出8.

10. A　作函数g(x)＝2sin xcos x－cos 2x＝2sin(2x－)在[0，]上的图象，若函数y＝f(x)在[0，]上有两个零点，则函数y＝g(x)与直线y＝m有两个交点，得m∈[1，2)．

11. B　因为函数f(x)＝x2＋2cos x＋2的导函数f′(x)＝x－2sin x是个奇函数，

当x＝0时，f′(0)＝0－2sin 0＝0，

故函数f′(x)的图象过原点，可排除A.

又因为f″(x)＝－2cos x，故函数f′(x)的单调区间呈周期性变化，

且当x趋于正无穷大时，f′(x)的值也趋于正无穷大．

分析四个答案，只有B满足要求，故选B.

12．B　因为AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，所以BC2＝12＋22－2×1×2cos 60°＝3，所以BC＝.所以∠ABC＝90°，即△ABC为直角三角形．因为三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，所以斜边AC的中点是截面小圆的圆心O′，即小圆的半径为r＝AC＝1.因为OA，OS是半径，所以三角形AOS为等腰三角形，过O作OM⊥SA，则M为中点，所以OO′＝AM＝SA＝＝，所以球半径OA＝＝＝＝2，所以球的表面积为4πR2＝16π，选B.

13．－3　向量a＝(－1，1)，b＝(3，m)，a＋b＝(2，m＋1)，因为a∥(a＋b)，

∴－(m＋1)＝2，m＝－3.

14．
　y′＝x＋1，所以切线在点(2，4)处的斜率为3，切线方程为y－4＝3(x－2)，故与坐标轴围成的面积为
.

15．(1，2)　将x＝3代入抛物线方程y2＝4x得y＝±2.

∵2＞2，∴A在抛物线内部．

设抛物线上点P到准线l：x＝－1的距离为d，由定义知|PA|＋|PF|＝|PA|＋d，

当PA⊥l时，|PA|＋d最小，此时P点纵坐标为2，代入y2＝4x，得x＝1，

∴点P坐标为(1，2)．

16．5　由已知得公差d＝＝4，从而首项a1＝1，通项an＝4n－3，

数列{}的前n项和为Sn＝1＋＋…＋，

原不等式可化为＋＋…＋≤，

记f(n)＝＋＋…＋，因为f(n＋1)－f(n)＝－＜0，故f(n)为单调递减数列，从而f(n)max＝f(1)＝＋＝，由已知得≥，m≥，

故正整数m的最小值为5.

17．解：(1)∵a,b,c成等比数列, ∴b2=ac,且a2-c2=ac-bc,

∴b2＋c2－a2＝bc.

在△ABC中，由余弦定理，得cos A＝＝＝，

因为0

(2) 在△ABC中，由正弦定理，得sin B＝，又b2＝ac，A＝60°.

∴＝＝sin A＝.(12分)

18．解：(1)取SB中点P，∵F为SC的中点，

∴PF∥BC，又底面是平行四边形，∴BC∥AD，即PF∥AD，

又PE∥SA，∴平面PFE∥平面SAD.

∵EF?平面PFE，所以EF∥平面SAD.(6分)

(2)AC中点即为点O，由题知SO⊥平面ABCD，

取OC中点H，则 FH∥SO，∴FH⊥平面ABCD，∴平面EFH⊥平面ABCD，则连接EH并延长EH与DC的交点即为M点．

由题知SO＝，SE＝2，∴OE＝1，AB＝2，AE＝1，

∴＝＝，∴MC＝即点M的位置在CD边上靠近C点距离为.(12分)

19．解： (1)甲＝＝88.8，

乙＝＝90.2，

∵甲＜乙，

∴估计乙班的平均成绩更高．(6分)

(2)20人中及格人数为10，其中甲班及格人数为4，从及格同学中抽取5人，则甲班应抽5×＝2人，

记甲班得分为95，98，106，108的同学为A1，A2，B1，B2，

则抽取其中2人，基本事件为(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(B1，B2)共6种情况，其中恰好抽到一个成绩为100分以上的同学共有4种情况．

故所求概率P＝＝.(12分)

20．解:(1)f′(x)＝(2x＋m)ex＋(x2＋mx＋m)ex＝(x＋2)(x＋m)ex，

令f′(x)＝0，得x＝－2或－m，

当m＜2时，则－m＞－2，

x

(－∞，－2)

－2

(－2，－m)

－m

(－m，＋∞)



f′(x)

+

0

－

0

+



f(x)

↗

(4－m)e－2

↘

me－m

↗



当x＝－2时，f(x)取得极大值(4－m)e－2.(6分)

(2)当m＝0时，f(x)＝x2ex，

令g(x)＝ex－1－x，

则g′ (x)＝ex－1，

当x＞0时，g′(x)＞0，g(x)为增函数；

当x＜0时，g′(x)＜0，g(x)为减函数．

∴当x＝0时，g(x)取得最小值0.

∴g(x)≥g(0)＝0，∴ex－1－x≥0，

∴ex≥1＋x，∴x2ex≥x2＋x3，

即f (x)≥x2＋x3.(12分)

21．解：已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)，A1、A2与B分别是椭圆E的左、右顶点与上顶点，所以A1(－a，0)，A2(a，0)，B(0，b)，直线A2B的方程是＋＝1.

因为直线A2B与圆C：x2＋y2＝1相切，所以＝1，即＋＝1.（2分）

(1)设P(x0，y0)，则直线PA1、PA2的斜率之积为

kPA1·kPA2＝·＝＝－，所以＋＝1.

又＋＝1，所以b2＝a2.结合＋＝1，得a2＝4，b2＝.

所以椭圆E的方程为＋＝1.（5分）

（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)．

①若直线l的斜率存在，设直线l为y＝kx＋m.

将y＝kx＋m代入＋＝1，得＋＝1.

化简，得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0(Δ＞0)．

所以x1＋x2＝－，x1x2＝，

故y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2

＝＋km(－)＋m2＝.

因为·＝0，所以x1x2＋y1y2＝0.

代入，得(a2＋b2)m2－a2b2(1＋k2)＝0.

结合＋＝1，得m2＝1＋k2.

圆心到直线l的距离为d＝＝1，所以直线l与圆C相切.（9分）

②若直线l的斜率不存在，设直线l：x＝n.

代入＋＝1，得y＝±b.所以 |n|＝b，所以 a2n2＝b2(a2－n2)．

解得n＝±1，所以直线l与圆C相切．

综上所述，直线l与圆C相切.（12分）

22．证明：(1)连结OA.

∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA，

∵PA与圆O相切于点A，∴∠OAP＝90°，

∴∠PAD＝90°－∠OAB，

∵OB⊥OP，∴∠BDO＝90°－∠OBA，

又∵∠BDO＝∠PDA，∴∠PAD＝∠PDA，

∴PA＝PD.(5分)

(2)由(1)知，∠PAD＝∠PDA＝∠ACO，

又∠OAC＝∠OCA，

∴△PAD∽△OCA，

∴＝，∴PA·AC＝AD·OC.(10分)

23．解：(1)由
(φ为参数)，得x2＋y2＝4，

由ρ＝4sin(θ＋)，得ρ2＝4ρ(sin θcos＋cos θsin)，

即x2＋y2＝2y＋2x，整理得(x－)2＋(y－1)2＝4.(5分)

(2)由于圆C1表示圆心为原点，半径为2的圆，圆C2表示圆心为(，1)，半径为2的圆.

又圆C2的圆心(，1)在圆C1上，由几何性质易知，两圆的相交弦长为2.(10分)

24．解：（1）当a＝2时，f(x)＝|x－1|＋|x－2|＝而f(x)≥2，

解得x≤或x≥.(5分)

（2）令F(x)＝f(x)＋，则F(x)＝

所以当x＝1时，F(x)有最小值F(1)＝a－1，

只需a－1≥1，解得a≥2，所以实数a的取值范围为[2，＋∞).(10分)