四川省成都龙泉驿区2013届高三 5月数学学科押题试卷(理)

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四川省成都龙泉驿区2013届高三 5月数学学科押题试卷(理)

四川省成都龙泉驿区2013届高三 5月数学学科押题试卷(理)‎ 一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,有且 只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知集合A={x|x=a+(-1)i(a∈R,i是虚数单位)},若A⊆R,则a=‎ A.1 B.-‎1 ‎‎ C.±1 D.0‎ ‎2.为了了解某地区10000名高三男生的身体发育情况,抽查了该地区100名年龄为17~18岁的高三男生体重(kg),得到频率分布直方图如图.根据图示,请你估计该地区高三男生中体重在[56.5,64.5]的学生人数是 A.40         B.400‎ C.4000 D.4400‎ ‎3. 对于空间中的三条不同的直线,有下列三个条件:‎ ‎①三条直线两两平行;②三条直线共点;③有两条直线平行,第三条直线和这两条直线都相交.‎ 其中,能作为这三条直线共面的充分条件的有 A.0个        B.1个 C.2个 D.3个 ‎4.设是定义在R上的周期为3的周期函数,如图表示该函数在区间(-2,1]上的图像,则+=‎ A.3        B.2‎ C.1 D.0‎ ‎5.若如下框图所给的程序运行结果为S=20,那么判断框中应填入的关于k的条件是 A.k=9 B.k≤8‎ C.k<8 D.k>8‎ ‎6.各项均为正数的等比数列{}的前n项和为,若=2,=14,则等于 A.80 B.‎30 ‎‎ C.26 D.16‎ ‎7.二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大,则展开式中的常数项是 A.180 B.‎90 ‎‎ C.45 D.360‎ ‎8.如图所示,已知点G是△ABC的重心,过G作直线与AB,AC两边分别交于M,N两点,且 ‎=,=,则的值为 A.3 B. C.2 D.‎ ‎9.已知抛物线C的方程为=,过点A(0,-1)和点B(,3)的直线与抛物线C没有公共点,则实数t的取值范围是]‎ A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.(-∞,-)∪(,+∞)‎ C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-)∪(,+∞)‎ ‎10. 若矩阵满足下列条件:①每行中的四个数所构成的集合均为{1,2,3,4};②四列中至少有两列的上下两数是相同的.则这样的不同矩阵的个数为 A.48 B‎.72 C.168 D.312‎ 二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分.‎ ‎11.已知平面向量a=(1,2),b=(-2,m),且a∥b,则‎2a+3b=________.‎ ‎12.已知D是由不等式组所确定的平面区域,则圆+=4在区域D内的弧长为________.‎ ‎13.已知正四面体的俯视图如图所示,其中四边形ABCD是边长为‎2 cm的正方形,则这个四面体的主视图的面积为________cm2.‎ ‎14.直线ax+by+c=0与圆+=9相交于两点M、N,若c2=a2+b2,则· (O为坐标原点)等于________.‎ ‎15.在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若+=,则+的值是________.‎ 三、解答题:本大题共6小题,共75分.‎ ‎16. (本小题满分12分)已知a=2(,),b=(,)(其中0<<1),函数=a·b,若直线=是函数图象的一条对称轴.‎ ‎(Ⅰ)试求的值;‎ ‎(Ⅱ)若函数y=的图象是由y=的图象的各点的横坐标伸长到原来的2倍,然后再向左平移个单位长度得到,求y=的单调递增区间.‎ ‎17. (本小题满分12分)有一种密码,明文是由三个字符组成,密码是由明文对应的五个数字组成,编码规则如下表:明文由表中每一排取一个字符组成,且第一排取的字符放在第一位,第二排取的字符放在第二位,第三排取的字符放在第三位,对应的密码由明文对应的数字按相同的次序排成一排组成.‎ 第一排 明文字符 A B C D 密码字符 ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ 第二排 明文字符 E F G H 密码字符 ‎21‎ ‎22‎ ‎23‎ ‎24‎ 第三排 明文字符 M N P Q 密码字符 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 设随机变量ξ表示密码中不同数字的个数.‎ ‎(Ⅰ)求P(ξ=2); (Ⅱ)求随机变量ξ的分布列和它的数学期望.‎ ‎18. (本小题满分12分)等差数列{}的各项均为正数,=3,前项和为,等比数列{}中,=1,=64,{}是公比为64的等比数列.‎ ‎(Ⅰ)求与;] (Ⅱ)证明:+++…+<.‎ ‎19. (本小题满分12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45°.‎ ‎(Ⅰ)求证:平面PAB⊥平面PAD;‎ ‎(Ⅱ)设AB=AP.‎ ‎(ⅰ) 若直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长;‎ ‎(ⅱ) 在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?说明理由.‎ ‎20. (本小题满分13分)给定椭圆C:+=1(a>b>0),称圆心在原点O,半径为的圆是椭圆C的“准圆”.若椭圆C的一个焦点为F(,0),且其短轴上的一个端点到F的距离为.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆C的方程和其“准圆”方程;‎ ‎(Ⅱ)点P是椭圆C的“准圆”上的一个动点,过动点P作直线l1,l2,使得l1,l2与椭圆C都只有一个交点,试判断l1,l2是否垂直,并说明理由.‎ ‎21. (本小题满分14分)‎ 已知函数,为自然对数的底数).‎ ‎(Ⅰ)当时,求的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)若函数在上无零点,求最小值;‎ ‎(Ⅲ)若对任意给定的,在上总存在两个不同的),使成立,求的取值范围.‎ 参考答案 ‎1.【答案】C 【解析】因为A⊆R,所以A中的元素为实数.所以-1=0.即a=±1.故应选C.‎ ‎2.【答案】C 【解析】依题意得,该地区高三男生中体重在[56.5,64.5]的学生人数是10000×(0.03+2×0.05+0.07)×2=4000. 故应选C.‎ ‎3.【答案】B 【解析】①中,三条直线两两平行有两种情况:一是一条直线平行于其他两条平行直线构成的平面;二是三条直线共面.②中,三条直线共点最多可确定3个平面,所以当三条直线共点时,三条直线的位置关系有两种情况:一是一条直线与其他两条直线构成的平面相交;二是三条直线共面.③中条件一定能推出三条直线共面.故只有③是空间中三条不同的直线共面的充分条件.故应选B.‎ ‎4.【答案】A 【解析】由于是定义在R上的周期为3的周期函数,所以+=f(670×3+1)+f(671×3-1)=f(1)+f(-1),而由图像可知f(1)=1,f(-1)=2,所以+=1+2=3. 故应选A.‎ ‎5.【答案】D 【解析】据算法框图可得当k=9时,S=11;k=8时,S=11+9=20.所以应填入k>8. 故应选D.‎ ‎6.【答案】B 【解析】设=a,=b,由等比数列的性质知:2(14-a)=(a-2)2,解得a=6或a=-4(舍去),同理(6-2)(b-14)=(14-6)2,所以b==30. 故应选B.‎ ‎7.【答案】A 【解析】因为 的展开式中只有第六项的二项式系数最大,所以n=10,=··=,令5-=0,则r=2,==180. 故应选A.‎ ‎8.【答案】B 【解析】(特例法)利用等边三角形,过重心作平行于底边BC的直线,易得=.故应选B.‎ ‎【点评】 本题采用特殊点法,因为过点G的直线有无数条,其中包含平行于底边BC的直线,所以的值不随M、N的位置变化而变化.‎ ‎9.【答案】D 【解析】据已知可得直线AB的方程为=-1,联立直线与抛物线方程,得,消元整理,得-+1=0,由于直线与抛物线无公共点,即方程-+1=0无解,故有-8<0,解得>或<-.故应选D.‎ ‎10. 【答案】C 【解析】若恰有两列的上下两数相同,取这两列有种,从1,2,3,4中取2个数排这两列,有种,排另外两列有种,所以共有=144种;若恰有三列的上下两数相同,也是恰有四列上下两数相同,有=24种(只要排其中一行即可). 故一共有144+24=168种. 故应选C.‎ ‎11.【答案】(-4,-8)【解析】由a=(1,2),b=(-2,m),且a∥b,得1×m=2×(-2)⇒m=-4,从而b=(-2,-4),那么‎2a+3b=2×(1,2)+3×(-2,-4)=(-4,-8).‎ ‎12.【答案】 【解析】作出可行域D及圆+=4如图所示,图中阴影部分所在圆心角=+所对的弧长即为所求.易知图中两直线的斜率分别是,-得=,=,===1得=得弧长=·=×2= (为圆半径).‎ ‎13.【答案】2【解析】由俯视图可得,该正四面体AMNC 可视作是如图所示的正方体的一内接几何体,该正方体的棱长为2,正四面体的主视图为三角形,则其面积为×2×=(cm2).‎ ‎14.【答案】-7【解析】记、的夹角为.依题意得,圆心(0,0)到直线ax+by+c=0的距离等于=1,=,=-1=2×-1=-,·=3×=-7.‎ ‎15.【答案】4【解析】方法一 取a=b=1,则=,由余弦定理得c2=a2+b2-=,所以c=,在如图所示的等腰三角形ABC中,可得==,又=,=,所以+=4.‎ 方法二 由+=6cos C,得=6·,即a2+b2=c2,所以+=tan C===4.‎ ‎16. 解 (Ⅰ) =a·b=2(,)·(,)‎ ‎=+‎ ‎=1+cos 2ωx+sin 2ωx=1+2sin. ……………………………2分 因为直线x=为对称轴,所以sin=±1,‎ 所以+=kπ+(k∈Z).所以ω=k+(k∈Z).…………………………4分 因为0<ω<1,所以-<k<,‎ 所以k=0,所以ω=.……………………………………………6分 ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)得,得=1+2sin,‎ 所以=1+2sin=1+2sin=1+2cos x. ………………8分 由2kπ-π≤x≤2kπ(k∈Z),得4kπ-2π≤x≤4kπ(k∈Z),………………………10分 所以的单调递增区间为[4kπ-2π,4kπ](k∈Z).………………………………12分 ‎17. 解:(Ⅰ)密码中不同数字的个数为2的事件为密码中只有两个数字,注意到密码的第1,2列分别总是1,2,即只能取表格第1,2列中的数字作为密码.‎ 所以P(ξ=2)==.……………………………………………4分 ‎(Ⅱ)由题意可知,ξ的取值为2,3,4三种情形.‎ 若ξ=3,注意表格的第一排总含有数字1,第二排总含有数字2则密码中只可能取数字1,2,3或1,2,4.‎ 所以P(ξ=3)==.……………………………………………6分 P(ξ=4)==. ……………………………………………8分 所以ξ的分布列为:‎ ξ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P ‎…………………………………………………………………………………………8分 所以E(ξ)=2×+3×+4×=.……………………………………………12分 ‎18. 解:(Ⅰ)设{}的公差为,为正数,{}的公比为,则 ‎=3+(-1),=. ……………………………………………2分 依题意有,‎ 由知为正有理数,……………………………………4分 又由=知,d为6的因数1,2,3,6之一,解之得=2,=8.‎ 故=+1,=. ……………………………………………6分 ‎(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知Sn=n(n+2),……………………………………7分 +++…+=+++…+ ‎= ‎=<.……………………………………………12分 ‎19. 解:解法一:‎ ‎(Ⅰ)证明:因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,‎ 所以PA⊥AB,又AB⊥AD,PA∩AD=A,‎ 所以AB⊥平面PAD,又AB⊂平面PAB,‎ 所以平面PAB⊥平面PAD,……………………………………………3分 ‎(Ⅱ)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz(如图).‎ 在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,则CE⊥AD.‎ 在Rt△CDE中,DE=CD·cos45°=1,‎ CE=CD·sin45°=1.‎ 设AB=AP=t, 则B(t,0,0),P(0,0,t).‎ 由AB+AD=4得AD=4-t,‎ 所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),‎ ‎=(-1,1,0),=(0,4-t,-t).……………………………………………5分 ‎(ⅰ)设平面PCD的法向量为n=(x,y,z).‎ 由n⊥,n⊥,得 取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).‎ 又=(t,0,-t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得 cos60°=,即=.[‎ 解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),所以AB=. ………………………7分 ‎(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.‎ 设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t).‎ 则=(1,3-t-m,0),=(0,4-t-m,0),‎ ‎=(0,-m,t).‎ 由||=||,得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,‎ 即t=3-m; ①‎ 由||=||,得(4-t-m)2=m2+t2. ②‎ 由①、②消去t,化简得m2-‎3m+4=0. ③‎ 由于方程③没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,C,D的距离都相等.‎ 从而,在线段AD上不存在一个点G,‎ 使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.……………………………………12分 解法二:‎ ‎(Ⅰ)同解法一:‎ ‎(Ⅱ)(ⅰ)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz(如图).‎ 在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,‎ 则CE⊥AD,‎ 在Rt△CDE中,‎ DE=CDcos45°=1,‎ CE=CD·sin45°=1.‎ 设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t).‎ 由AB+AD=4得AD=4-t.‎ 所以E(0,3-t,0),C(t,3-t,0),D(0,4-t,0).‎ ‎=(-1,1,0),=(0,4-t,-t).‎ 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)[‎ 由n⊥,n⊥,得 取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t),‎ 又=(t,0,-t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos60°=,‎ 即=,解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),‎ 所以AB=.‎ ‎(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.‎ 由GC=GD,得∠GCD=∠GDC=45°,‎ 从而∠CGD=90°,即CG⊥AD,‎ 所以GD=CD·cos45°=1.‎ 设AB=λ,则AD=4-λ,AG=AD-GD=3-λ.‎ 在Rt△ABG中,‎ GB=== >1,这与GB=GD矛盾.‎ 所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到B,C,D的距离都相等.‎ 从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.‎ ‎20. 解:(Ⅰ)由题意可知c=,b2+c2=()2,则a=,b=1,‎ 所以椭圆方程为+y2=1. ………………………………………………2分 易知准圆半径为=2,‎ 则准圆方程为x2+y2=4. ………………………………………………………4分 ‎(Ⅱ)①当l1,l2中有一条直线的斜率不存在时,‎ 不妨设l1的斜率不存在,因为l1与椭圆只有一个公共点,则其方程为x=±,‎ 当l1的方程为x=时,此时l1与准圆交于点(,1),(,-1),‎ 此时经过点(,1)或(,-1)且与椭圆只有一个公共点的直线是y=1或y=-1,‎ 即l2为y=1或y=-1,显然直线l1,l2垂直;……………………………6分 同理可证直线l1的方程为x=-时,直线l1,l2也垂直.………………7分 ‎②当l1,l2的斜率都存在时,设点P(x0,y0),其中x+y=4.‎ 设经过点P(x0,y0)与椭圆只有一个公共点的直线为y=t(x-x0)+y0,‎ 由消去y,得(1+3t2)x2+6t(y0-tx0)x+3(y0-tx0)2-3=0.‎ 由Δ=0化简整理得,(3-x)t2+2x0y0t+1-y=0. 因为x+y=4,‎ 所以有(3-x)t2+2x0y0t+x-3=0. …………………………………………10分 设直线l1,l2的斜率分别为t1,t2,因为l1,l2与椭圆只有一个公共点,‎ 所以t1,t2满足方程(3-x)t2+2x0y0t+x-3=0,‎ 所以t1·t2=-1,即l1,l2垂直.………………………………………………12分 综合①②知,l1,l2垂直. ………………………………………………13分 ‎21.解:(Ⅰ)当时, (),则. ……1分 由得;由得. ………………3分 故的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,). ………………4分 ‎(Ⅱ)因为在区间上恒成立是不可能的, ………………5分 故要使函数在上无零点,只要对任意,恒成立.‎ 即对,恒成立. ………………6分 令,,则,‎ 再令,,则.‎ 故在为减函数,于是,‎ 从而,于是在上为增函数,‎ 所以,………………………………8分 故要使恒成立,只要.‎ 综上可知,若函数在上无零点,则的最小值为.………9分 ‎(Ⅲ),所以在上递增,在上递减.‎ 又,,‎ 所以函数在上的值域为.………………………………10分 当时,不合题意;‎ 当时,, .‎ 当时,,由题意知,在上不单调,‎ 故,即………………………………11分 此时,当变化时,,的变化情况如下:‎ ‎—‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↘‎ 最小值 ‎↗‎ 又因为当时,,‎ ‎,,‎ 所以,对任意给定的,在上总存在两个不同的),‎ 使得成立,当且仅当满足下列条件:‎ ‎, ………………12分 令,,则,‎ 故当时,函数单调递增,‎ 当时,函数单调递减,‎ 所以,对任意的,有,‎ 即(2)对任意恒成立,则(3)式解得 (4) . …………13分 综合(1)与(4)可知,当时,对任意给定的,‎ 在上总存在两个不同的),使得成立.………………14分
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