2013屆高三數(shù)學(xué)配套月考試題（四）（B卷）新課標(biāo)

1、PAGE PAGE - 25 -用心 愛(ài)心 專心2013屆高三新課標(biāo)數(shù)學(xué)配套月考試題四B適用地區(qū)：新課標(biāo)地區(qū) 考查范圍：集合、邏輯、函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、三角、向量、數(shù)列、不等式、立體幾何、解析幾何、統(tǒng)計(jì)、統(tǒng)計(jì)案例、計(jì)數(shù)原理（僅理科有），概率、隨機(jī)變量及其分布（僅理科有）建議使用時(shí)間：2012年11月底本試卷分第卷（選擇題）和第卷（非選擇題）兩部分.考生作答時(shí)，將答案答在答題卡上.在本試卷上答題無(wú)效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.注意事項(xiàng)：1.答題前，考生務(wù)必先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上，認(rèn)真核對(duì)條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)，并將條形碼粘貼在答題卡的指定位置上.2.選擇題答案使用2B鉛筆填

2、涂，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)；非選擇題答案使用0.5毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整、筆跡清楚.3.請(qǐng)按照題號(hào)在各題的答題區(qū)域（黑色線框）內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無(wú)效.4.保持卡面清潔，不折疊，不破損.第卷一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，滿分60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.）1.（2012瓊海模擬）已知是非空集合，命題甲：，命題乙：，那么（ ）A.甲是乙的充分不必要條件 B.甲是乙的必要不充分條件C.甲是乙的充要條件 D.甲是乙的既不充分也不必要條件2. 2012廣東卷若向量，則（ ）A. B. C. D.3. (2

3、012銀川一中第三次月考)設(shè)，且=則（ ）A.0 QUOTE B. C. D. 4.（理）（2012哈爾濱第六中學(xué)三模）下列命題中正確命題的個(gè)數(shù)是（ ） （1）是的充分必要條件；（2）若且，則; （3）若將一組樣本數(shù)據(jù)中的每個(gè)數(shù)據(jù)都加上同一個(gè)常數(shù)后，則樣本的方差不變；（4）設(shè)隨機(jī)變量服從正態(tài)分布,若，則. A.4 B.3 C.2 D.1（文）（2012許昌新鄉(xiāng)平頂山三調(diào)）一個(gè)總體分為A,B,C三層，用分層抽樣方法從總體中抽取一個(gè)容量為50的樣本，已知B層中每個(gè)個(gè)體被抽到的概率都為，則總體中的個(gè)數(shù)為（ ）A.150 B.200 C.500 D.6005.（2012長(zhǎng)春三模）數(shù)學(xué)文）現(xiàn)有2名女教師

4、和1名男教師參加說(shuō)題比賽，共有2道備選題目，若每位選手從中有放回地隨機(jī)選出一道題進(jìn)行說(shuō)題，其中恰有一男一女抽到同一道題的概率為（ ）A.B.C.D.6.（理）2012湖北卷設(shè)，且，若能被13整除，則（ ）A.0 B.1 C.11 D.12（文）（2012瓊海模擬）為了了解某校高三400名學(xué)生的數(shù)學(xué)學(xué)業(yè)水平測(cè)試成績(jī)，制成樣本頻率分布直方圖如圖1，規(guī)定不低于60分為及格，不低于80分為優(yōu)秀，則及格率與優(yōu)秀人數(shù)分別是（ ）A.60%，60 B.60%，80 C.80%，80 D.80%，60900.0100.0250.0050.0150.0355040607080100分?jǐn)?shù)頻率/組距圖17. （20

5、12許昌新鄉(xiāng)平頂山三調(diào)）已知數(shù)列中，,且，則數(shù)列的前100項(xiàng)和為（ ）A.2600 B.2550 C.2651 D.26528.（理）（2012昆明一中二摸）某學(xué)習(xí)小組共12人，其中有五名是“三好學(xué)生”，現(xiàn)從該小組中任選5人參加競(jìng)賽，用表示這5人中“三好學(xué)生”的人數(shù)，則下列概率中等于的是（ ）A.B.C.D.（文）2012北京卷設(shè)不等式組表示的平面區(qū)域?yàn)镈，在區(qū)域D內(nèi)隨機(jī)取一個(gè)點(diǎn)，則此點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離大于2的概率是（ ）A. B. C. D. 9. 2012山東卷定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x6)f(x).當(dāng)3x1時(shí)，f(x)(x2)2；當(dāng)1x0, b0時(shí)當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故此項(xiàng)錯(cuò)誤；

6、（3）若，由方差的計(jì)算公式得，故此項(xiàng)正確；（4）因?yàn)椋?故此項(xiàng)正確.（文）D【解析】設(shè)總體個(gè)數(shù)為，由分層抽樣的定義得所以.5.C【解析】設(shè)兩道題分別為A，B題，所以抽取情況共有：AAA,AAB,ABA, ABB,BAA, BAB,BBA,BBB，其中第1個(gè)，第2個(gè)分別是兩個(gè)女教師抽取的題目，第3個(gè)表示男教師抽取的題目，一共有8種；其中滿足恰有一男一女抽到同一題目的事件有：ABA，ABB，BAA，BAB，共4種；故所求事件的概率為.6.（理）D【解析】,顯然當(dāng),即時(shí)，的各項(xiàng)都是13的倍數(shù)，故能被13整除.又，所以.故選D. （文）C【解析】由頻率分布直方圖可知，及格率為，優(yōu)秀人數(shù)為.7. B

7、【解析】可知數(shù)列和數(shù)列是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，所以.8.（理）B【解析】.（文）D【解析】題目中表示的區(qū)域如圖正方形所示，而動(dòng)點(diǎn)可以存在的位置為正方形面積減去四分之一圓的面積部分，故由幾何概型得，所求概率為.9. B【解析】由f(x)f(x6)知函數(shù)的周期為6，f（1）1，f（2）2，f（3）f(3)1，f(4)f(2)(22)20，f(5)f(1)1，f(6)f(0)0，所以f（1）f（2）f（3）f(6)1，所以f（1）f（2）f(2 012)335f（1）f（2）f(6)f（1）f（2）33513338.10. C【解析】由雙曲線的方程，得，所以.又由雙曲線的定義，得，所以.所

8、以.11. C【解析】設(shè)棱長(zhǎng)都為1，連接AC,BD交于點(diǎn)O，連接OE.因?yàn)樗欣忾L(zhǎng)都相等，所以四邊形 ABCD是菱形，所以O(shè)是BD的中點(diǎn)，且OE/PD，故為異面直線AE與PD所成的角.易知 .在中，由余弦定理得.PABCDEO12.（理）A【解析】以E為原點(diǎn)，CD為x軸，過(guò)點(diǎn)E垂直于CD的直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系如下圖所示.設(shè)正方形的長(zhǎng)為2a，寬為b，則，設(shè)拋物線方程為，代入點(diǎn)B，得，所以.陰影面積，矩形ABCD的面積,故由幾何概型得，所求事件的概率為為常數(shù).故選A.（文）B 【解析】因?yàn)?，所?所以曲線在點(diǎn)處的切線方程為，即l：.圓的圓心為，半徑為1，且圓心到直線l：的距離為，所以l上的

9、點(diǎn)到圓上的點(diǎn)的最近距離是.13. x|2x3【解析】解不等式得 (x2)(x3)0，即2x3，所以不等式的解集是x|2x314.（理）【解析】如圖，的面積為，的面積為，故由幾何概型得，所求的概率為.（文）244【解析】由已知，得，將點(diǎn)代入回歸方程中，得，所以回歸方程為.所以當(dāng)時(shí)，.15.（理）6【解析】由二項(xiàng)式定理,得,因?yàn)?且數(shù)列是一個(gè)單調(diào)遞增數(shù)列,所以的最大值是6.（文）【解析】設(shè)分別是的中點(diǎn),則當(dāng)點(diǎn)在線段上或其上方區(qū)域時(shí),滿足的面積大于等于,故由幾何概型得,所求概率為.16.（理）72【解析】將6個(gè)小球放入3個(gè)盒子，每個(gè)盒子中2個(gè)，有種情況.其中標(biāo)號(hào)為1,2的球放入同一個(gè)盒子中有種，所以

10、滿足題意的方法共有90-18=72種.（文）【解析】甲數(shù)據(jù)的平均值為，同理，乙數(shù)據(jù)的平均值為，丙數(shù)據(jù)的平均值為，可見(jiàn)甲、乙、丙三者的平均值都處在頻率分布直方圖的最中間一列，此時(shí)，若越靠近中間列所占的頻率越大，則相應(yīng)的方差越小，明顯丙的中間列及附近列所占的頻率最大，其次是乙，甲中間列及附近列所占的頻率最小，故.17.解：（1）由已知得，故數(shù)列是等差數(shù)列，且公差.分又，得，所以. 分（2）由（）得，所以. 6分. 12分18. 解：（1）由圖可知，. 1分的最小正周期 所以由，得. 3分 又，且， 所以，解得. 6分（2）因?yàn)?，所?設(shè). 7分在等腰三角形中，設(shè)，則, ，所以. 13分 19. （

11、理）解：（1）由題設(shè)可知(30.0060.01x0.054)101，解之得x0.018.（2）由題設(shè)可知，成績(jī)?cè)趨^(qū)間80,90)內(nèi)的人數(shù)為0.01810509，成績(jī)?cè)趨^(qū)間90,100內(nèi)的人數(shù)為0.00610503，所以不低于80分的學(xué)生人數(shù)為9312，的所有可能取值為0,1,2.P(0)eq f(Coal(2,9),Coal(2,12)eq f(6,11)，P(1)eq f(Coal(1,9)Coal(1,3),Coal(2,12)eq f(9,22)，P(2)eq f(Coal(2,3),Coal(2,12)eq f(1,22).所以的數(shù)學(xué)期望E0eq f(6,11)1eq f(9,22)2

12、eq f(1,22)eq f(1,2).（文）解：（1）由頻率分布直方圖可知(0.040.030.022a)101.所以a0.005.（2）該100名學(xué)生的語(yǔ)文成績(jī)的平均分約為eq xto(x)0.05550.4650.3750.2850.059573.（3）由頻率分布直方圖及已知的語(yǔ)文成績(jī)、數(shù)學(xué)成績(jī)分布在各分?jǐn)?shù)段的人數(shù)比，可得下表：分?jǐn)?shù)段50,60)60,70)70,80)80,90)x5403020 xy11213445y5204025于是數(shù)學(xué)成績(jī)?cè)?0,90)之外的人數(shù)為100(5204025)10.20. （理）解：（1）(證法一)連結(jié)AB，AC，由已知BAC90，ABAC，三棱柱AB

13、CABC為直三棱柱.所以M為AB中點(diǎn).又因?yàn)镹為BC的中點(diǎn).所以MNAC.又MN平面AACC，AC平面AACC，因此MN平面AACC.(證法二)取AB中點(diǎn)P，連結(jié)MP，NP，M，N分別為AB與BC的中點(diǎn)，所以MPAA，PNAC，所以MP平面AACC，PN平面AACC，又MPNPP，因此平面MPN平面AACC，而MN平面MPN，因此MN平面AACC.（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線AB，AC，AA為x軸，y軸，z軸建立直角坐標(biāo)系Oxyz，如圖15所示.圖15設(shè)AA1，則ABAC，于是A(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，A(0,0,1)，B(，0,1)，C(0，1).所以Meq blc

14、(rc)(avs4alco1(f(,2)，0，f(1,2)，Neq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)，f(,2)，1).設(shè)m(x1，y1，z1)是平面AMN的法向量，由eq blcrc (avs4alco1(mo(AM,sup6()0，,mo(MN,sup6()0)得eq blcrc (avs4alco1(f(,2)x1f(1,2)z10，,f(,2)y1f(1,2)z10，)可取m(1，1，).設(shè)n(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，由eq blcrc (avs4alco1(no(NC,sup6()0，,no(MN,sup6()0)得eq blcrc (avs4alco1

15、(f(,2)x2f(,2)y2z20，,f(,2)y2f(1,2)z20.)可取n(3，1，).因?yàn)锳MNC為直二面角，所以mn0.即3(1)(1)20，解得eq r(2).（文）解：（1）(證法一)連結(jié)AB，AC，由已知BAC90，ABAC，三棱柱ABCABC為直三棱柱，所以M為AB中點(diǎn)，又因?yàn)镹為BC的中點(diǎn)，所以MNAC.又MN平面AACC，AC平面AACC，因此MN平面AACC.(證法二)取AB中點(diǎn)P，連結(jié)MP，NP，M、N分別為AB與BC的中點(diǎn)，所以MPAA，PNAC，所以MP平面AACC，PN平面AACC，又MPNPP，因此平面MPN平面AACC，而MN平面MPN.因此MN平面AAC

16、C.（2）(解法一)連結(jié)BN，由題意ANBC，平面ABC平面BBCCBC，所以AN平面NBC.又ANeq f(1,2)BC1，故VAMNCVNAMCeq f(1,2)VNABCeq f(1,2)VANBCeq f(1,6).(解法二)VAMNCVANBCVMNBCeq f(1,2)VANBCeq f(1,6).21. （理）解：解法一：（1）因?yàn)閨AB|AF2|BF2|8，即|AF1|F1B|AF2|BF2|8，又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a，所以4a8，a2.又因?yàn)閑eq f(1,2)，即eq f(c,a)eq f(1,2)，所以c1，所以beq r(a2c2)eq r(3).故橢

17、圓E的方程是eq f(x2,4)eq f(y2,3)1.（2）由eq blcrc (avs4alco1(ykxm，,f(x2,4)f(y2,3)1，)得(4k23)x28kmx4m2120.因?yàn)閯?dòng)直線l與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化簡(jiǎn)得4k2m230.(*)此時(shí)x0eq f(4km,4k23)eq f(4k,m)，y0kx0meq f(3,m)，所以Peq blc(rc)(avs4alco1(f(4k,m)，f(3,m).由eq blcrc (avs4alco1(x4，,ykxm)得Q(4,4km).假設(shè)平面內(nèi)存在定點(diǎn)

18、M滿足條件，由圖形對(duì)稱性知，點(diǎn)M必在x軸上.設(shè)M(x1,0)，則eq o(MP,sup6()eq o(MQ,sup6()0對(duì)滿足(*)式的m、k恒成立.因?yàn)閑q o(MP,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(4k,m)x1，f(3,m)，eq o(MQ,sup6()(4x1,4km)，由eq o(MP,sup6()eq o(MQ,sup6()0，得eq f(16k,m)eq f(4kx1,m)4x1xeq oal(2,1)eq f(12k,m)30，整理，得(4x14)eq f(k,m)xeq oal(2,1)4x130.(*)由于(*)式對(duì)滿足(*)式的m，k恒成立，所

19、以eq blcrc (avs4alco1(4x140，,xoal(2,1)4x130，)解得x11.故存在定點(diǎn)M(1,0)，使得以PQ為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)M.解法二：（1）同解法一.（2）由eq blcrc (avs4alco1(ykxm，,f(x2,4)f(y2,3)1，)得(4k23)x28kmx4m2120.因?yàn)閯?dòng)直線l與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化簡(jiǎn)得4k2m230.(*)此時(shí)x0eq f(4km,4k23)eq f(4k,m)，y0kx0meq f(3,m)，所以Peq blc(rc)(avs4alco1(f(4

20、k,m)，f(3,m).由eq blcrc (avs4alco1(x4，,ykxm，)得Q(4,4km).假設(shè)平面內(nèi)存在定點(diǎn)M滿足條件，由圖形對(duì)稱性知，點(diǎn)M必在x軸上.取k0，meq r(3)，此時(shí)P(0，eq r(3)，Q(4，eq r(3)，以PQ為直徑的圓為(x2)2(yeq r(3)24，交x軸于點(diǎn)M1(1,0)，M2(3,0)；取keq f(1,2)，m2，此時(shí)Peq blc(rc)(avs4alco1(1，f(3,2)，Q(4,0)，以PQ為直徑的圓為eq blc(rc)(avs4alco1(xf(5,2)2eq blc(rc)(avs4alco1(yf(3,4)2eq f(45,

21、16)，交x軸于點(diǎn)M3(1,0)，M4(4,0).所以若符合條件的點(diǎn)M存在，則M的坐標(biāo)必為(1,0).以下證明M(1,0)就是滿足條件的點(diǎn)：因?yàn)镸的坐標(biāo)為(1,0)，所以eq o(MP,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(4k,m)1，f(3,m)，eq o(MQ,sup6()(3,4km)，從而eq o(MP,sup6()eq o(MQ,sup6()eq f(12k,m)3eq f(12k,m)30，故恒有eq o(MP,sup6()eq o(MQ,sup6()，即存在定點(diǎn)M(1,0)，使得以PQ為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)M.（文）解：解法一：（1）依題意，|OB|8eq r(3

22、)，BOy30.設(shè)B(x，y)，則x|OB|sin304eq r(3)，y|OB|cos3012.因?yàn)辄c(diǎn)B(4eq r(3)，12)在x22py上，所以(4eq r(3)22p12，解得p2.故拋物線E的方程為x24y.（2）由（1）知yeq f(1,4)x2，yeq f(1,2)x.設(shè)P(x0，y0)，則x00，且l的方程為yy0eq f(1,2)x0(xx0)，即yeq f(1,2)x0 xeq f(1,4)xeq oal(2,0).由eq blcrc (avs4alco1(yf(1,2)x0 xf(1,4)xoal(2,0)，,y1，)得eq blcrc (avs4alco1(xf(xo

23、al(2,0)4,2x0)，,y1.)所以Qeq blc(rc)(avs4alco1(f(xoal(2,0)4,2x0)，1).假設(shè)以PQ為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn)M，由圖形的對(duì)稱性知M必在y軸上，設(shè)M(0，y1)，令eq o(MP,sup6()eq o(MQ,sup6()0對(duì)滿足y0eq f(1,4)xeq oal(2,0)(x00)的x0，y0恒成立.由于eq o(MP,sup6()(x0，y0y1)，eq o(MQ,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(xoal(2,0)4,2x0)，1y1).由eq o(MP,sup6()eq o(MQ,sup6()0，得eq f(xoal

24、(2,0)4,2)y0y0y1y1yeq oal(2,1)0.即(yeq oal(2,1)y12)(1y1)y00.(*)由于(*)式對(duì)滿足y0eq f(1,4)xeq oal(2,0)(x00)的y0恒成立，所以eq blcrc (avs4alco1(1y10，,yoal(2,1)y120，)解得y11.故以PQ為直徑的圓恒過(guò)y軸上的定點(diǎn)M(0,1).解法二：（1）同解法一.（2）由（1）知yeq f(1,4)x2，yeq f(1,2)x，設(shè)P(x0，y0)，則x00，且l的方程為yy0eq f(1,2)x0(xx0)，即yeq f(1,2)x0 xeq f(1,4)xeq oal(2,0)

25、.由eq blcrc (avs4alco1(yf(1,2)x0 xf(1,4)xoal(2,0)，,y1，)得eq blcrc (avs4alco1(xf(xoal(2,0)4,2x0)，,y1，)所以Qeq blc(rc)(avs4alco1(f(xoal(2,0)4,2x0)，1).取x02，此時(shí)P(2,1)，Q(0，1)，以PQ為直徑的圓為(x1)2y22，交y軸于點(diǎn)M1(0,1)或M2(0，1)；取x01，此時(shí)Peq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,4)，Qeq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，1)，以PQ為直徑的圓為eq blc(rc)(avs4al

26、co1(xf(1,4)2eq blc(rc)(avs4alco1(yf(3,8)2eq f(125,64)，交y軸于M3(0,1)或M4eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(7,4).故若滿足條件的點(diǎn)M存在，只能是M(0,1).以下證明點(diǎn)M(0,1)就是所要求的點(diǎn).因?yàn)閑q o(MP,sup6()(x0，y01)，eq o(MQ,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(xoal(2,0)4,2x0)，2)，eq o(MP,sup6()eq o(MQ,sup6()eq f(xoal(2,0)4,2)2y022y022y020.故以PQ為直徑的圓恒過(guò)y軸上的定點(diǎn)M.2

27、2. （理）解：（1）f(x)的定義域?yàn)?a，).f(x)1eq f(1,xa)eq f(xa1,xa).由f(x)0，得x1aa.當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(a,1a)1a(1a，)f(x)0f(x)極小值因此，f(x)在x1a處取得最小值，故由題意f(1a)1a0，所以a1.（2）當(dāng)k0時(shí)，取x1，有f（1）1ln20；故k0不合題意.當(dāng)k0時(shí)，令g(x)f(x)kx2，即g(x)xln(x1)kx2.g(x)eq f(x,x1)2kxeq f(x2kx12k,x1).令g(x)0，得x10，x2eq f(12k,2k)1.當(dāng)keq f(1,2)時(shí)， eq f(12

28、k,2k)0，g(x)0在(0，)上恒成立，因此g(x)在0，)上單調(diào)遞減，從而對(duì)任意的x0，)，總有g(shù)(x)g(0)0，即f(x)kx2在0，)上恒成立，故keq f(1,2)符合題意.當(dāng)0keq f(1,2)時(shí)，eq f(12k,2k)0, 對(duì)于xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(12k,2k)，g(x)0，故g(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(12k,2k)內(nèi)單調(diào)遞增，因此當(dāng)取x0eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(12k,2k)時(shí)，g(x0)g(0)0，即f(x0)kxeq oal(2,0)不成立，故0keq f(1,2)不合題意.

29、綜上，k的最小值為eq f(1,2).（3）證明：當(dāng)n1時(shí)，不等式左邊2ln32右邊，所以不等式成立.當(dāng)n2時(shí)，eq isu(i1,n,f)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,2i1)eq isu(i1,n, )eq blcrc(avs4alco1(f(2,2i1)lnblc(rc)(avs4alco1(1f(2,2i1)eq isu(i1,n, )eq f(2,2i1)eq isu(i1,n,)ln(2i1)ln(2i1)eq isu(i1,n, )eq f(2,2i1)ln(2n1).在（2）中取keq f(1,2)，得f(x)eq f(x2,2)(x0)，從而feq blc(rc)(avs4alco1(f(2,2i1)eq f(2,2i12)eq f(2,2i32i1)(iN*，i2)，所以有eq isu(i1,n, )eq f(2,2i1)ln(2n1)eq isu(i1,n,f)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,2i1)f（2）eq isu(i2,n,f)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,2i1)2ln3eq isu(i2,