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（理科）

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. B　因为a·(a＋2b)＝a2＋2a·b＝0，|a|＝2，|b|＝2，所以a·b＝－2，cos〈a，b〉＝＝－，所以〈a，b〉＝.

4．C　依题意0＜n＜4，a＝，c2＝4，∴离心率e＝＝＝，∴n＝.所以渐近线方程为

y＝±x.

5．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)．

6．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＝.

7．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，＋∞)．

8．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.

9. 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)．

10. 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.

11．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.

12．B　令a＝b＝1，则可得f(1)＝0，令a＝3，b＝3n－1(n≥2)，则有f(3n)＝3f(3n－1)＋3n－1f(3)．又f(3)＝3，∴－＝1，即{an}是公差为1的等差数列，且可得f(3n)＝n·3n，∴数列{bn}是公比为3的等比数列，即C、D正确．又令a＝－11，b＝－1，可得f(－1)＝0，再令a＝x，b＝－1，可得

f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，∴f(0)＝0，∴A正确．

13．1　展开式中所有项的系数和为＝1.

14. 　甲、乙、丙站成一排的排法有
种，甲站在中间排法有
种，所以P＝＝.

15.－1　设圆心为C，则C(0，4)，半径r＝1，设抛物线的焦点F(1，0)，由抛物线的定义知，点P到点Q的距离与点P到抛物线准线距离之和为|PQ|＋|PF|≥|PC|－1＋|PF|＝|PC|＋|PF|－1≥|CF|－1＝－1.

16．（，2）　由f(x－2)＝f(x＋2)，知f(x)是周期为4的周期函数，于是可得f(x)在(－2，6]上的草图如图中实线所示，而函数g(x)＝loga(x＋2)(a>1)的图象如图中虚线所示，结合图象可知，要使得方程f(x)－loga(x＋2)＝0(a>1)在区间(－2，6]内恰有3个不同的实数根，必须且只需所以解得

17．解：(1)由cos2－＝，得－＝，得(2cos A－1)2＝0，

即cos A＝，因为0

(2)由cos B＝，得sin B＝，

由正弦定理＝，

得b＝＝＝.(12分)

18．解：(1)连接AC，BD交点即为点O，以OA，OB，OS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，由题意知OS＝，ES＝2，∴AB＝2OE＝2，

∴A(，0，0)，B(0，，0)，C(－，0，0)，D(0，－，0)，S(0，0，)，E(，，0)，F(－，0，)，

∴＝(－，－，)，＝(，0，－)，

＝(0，－，－)，

∴＝－＋，又∵EF?平面SAD，SA?平面SAD，SD?平面SAD，SA∩SD＝S，

∴EF∥平面SAD.(6分)

(2)由题知M(－，－，0)，设平面FEM的法向量为n＝(x，y，z)，则

令z＝1，解得x＝，y＝－，取n＝(，－，1)

又＝(0，0，)为平面EMB的法向量，设二面角F－EM－B为α，

∴cos α＝||＝，∴二面角F－EM－B的余弦值为.(12分)

19．解：(1)甲班有4人及格，乙班有5人及格．

事件“从甲、乙两班的10名同学中各抽取一人，有人及格”记作A，

事件“从甲、乙两班的10名同学中各抽取一人，乙班同学不及格”记作B，

则P(B|A)＝＝＝.(6分)

(2)X取值为0，1，2，3，

P(X＝0)＝·＝，P(X＝1)＝·＋·＝，

P(X＝2)＝·＋·＝，P(X＝3)＝·＝.(10分)

所以X的分布列为

X

0

1

2

3



P(X)











所以E(X)＝＝.(12分)

20．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)

21．解：(1)F′ (x)＝a－＝(x＞0)．

①当a≤0时，F′(x)＜0，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值．

②当a＞0时，F′(x)＝0?x＝.

对x∈(0，)，F′(x)＜0，∴F(x)在(0，)上单调递减；

对x∈(，＋∞)，F′(x)＞0，∴F(x)在(，＋∞)上单调递增．

∴F(x)在x＝处有极小值，即F()＝1－ln.

∴1－ln＝1?a＝1，

综上，得a＝1.6分

(2)∵G(x)＝asin(1－x)＋ln x，

∴G′(x)＝－acos(1－x)＋，

∵G(x)＝asin(1－x)＋ln x在区间(0，1)上为增函数，

∴G′(x)＝－acos(1－x)＋≥0对x∈(0，1)恒成立．

∵x∈(0，1)，cos(1－x)＞0，

∴当a≤0时，显然G′(x)＝－acos(1－x)＋≥0恒成立．

当a＞0时，即G′(x)＝－acos(1－x)＋≥0?≥xcos(1－x)恒成立．

设h(x)＝xcos(1－x)，显然h(x)＝xcos(1－x)在x∈(0，1)上单调递增，

∴h(x)＜h(1)＝1.由≥1?0＜a≤1，

综上，a的取值范围是(－∞，1].(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)