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1、 四川省成都龍泉驛區(qū)2013屆高三 5月數(shù)學學科押題試卷（理） 一、選擇題：本大題共10小題,每小題5分,共50分.在每小題給出的四個選項中,有且 只有一項是符合題目要求的. 1．已知集合A＝{x|x＝a＋(－1)i(a∈R，i是虛數(shù)單位)}，若A?R，則a＝ A．1 B．－1 C．±1 D．0 2．為了了解某地區(qū)10000名高三男生的身體發(fā)育情況，抽查了該地區(qū)100名年齡為17～18歲的高三男生體重(kg)，得到頻率分布直方圖如圖．根據(jù)圖示，請你估計該地區(qū)高三男生中體重在[56.5，64.5]的學生人數(shù)是 A．40

2、　　　　　　　　 B．400 C．4000 D．4400 3. 對于空間中的三條不同的直線，有下列三個條件： ①三條直線兩兩平行；②三條直線共點；③有兩條直線平行，第三條直線和這兩條直線都相交． 其中，能作為這三條直線共面的充分條件的有 A．0個　　　　　　　　B．1個 C．2個 D．3個 4.設(shè)是定義在R上的周期為3的周期函數(shù)，如圖表示該函數(shù)在區(qū)間(－2，1]上的圖像，則＋＝ A．3　　　　　　　　B．2 C．1 D．0 5．若如下框圖所給的程序運行結(jié)果為S＝20，那么判斷框中應(yīng)填入的關(guān)于k的條件是

3、A．k＝9 B．k≤8 C．k＜8 D．k＞8 6．各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{}的前n項和為，若＝2，＝14，則等于 A．80 B．30 C．26 D．16 7．二項式的展開式中只有第六項的二項式系數(shù)最大，則展開式中的常數(shù)項是 A．180 B．90 C．45 D．360 8．如圖所示，已知點G是△ABC的重心，過G作直線與AB，AC兩邊分別交于M，N兩點，且＝，＝，則的值為 A．3 B. C．2 D. 9．已知拋物線C的方程為＝，過點A(0，－1

4、)和點B(，3)的直線與拋物線C沒有公共點，則實數(shù)t的取值范圍是] A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－∞，－)∪(，＋∞) C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－)∪(，＋∞) 10. 若矩陣滿足下列條件：①每行中的四個數(shù)所構(gòu)成的集合均為{1，2，3，4}；②四列中至少有兩列的上下兩數(shù)是相同的．則這樣的不同矩陣的個數(shù)為 A.48 B.72 C.168 D.312 二、填空題：本大題共5小題,每小題5分，共25分. 11.已知平面向量a＝(1，2)，b＝(－2，

5、m)，且a∥b，則2a＋3b＝________． 12．已知D是由不等式組所確定的平面區(qū)域，則圓＋＝4在區(qū)域D內(nèi)的弧長為________． 13.已知正四面體的俯視圖如圖所示，其中四邊形ABCD是邊長為2 cm的正方形，則這個四面體的主視圖的面積為________cm2. 14.直線ax＋by＋c＝0與圓＋＝9相交于兩點M、N，若c2＝a2＋b2，則· (O為坐標原點)等于________． 15.在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若＋＝，則＋的值是________． 三、解答題：本大題共6小題，共75分. 16. (本小題滿分12分）已知a＝2(，)，b＝(，

6、)(其中0＜＜1)，函數(shù)＝a·b，若直線＝是函數(shù)圖象的一條對稱軸． (Ⅰ)試求的值； (Ⅱ)若函數(shù)y＝的圖象是由y＝的圖象的各點的橫坐標伸長到原來的2倍，然后再向左平移個單位長度得到，求y＝的單調(diào)遞增區(qū)間． 17. (本小題滿分12分）有一種密碼，明文是由三個字符組成，密碼是由明文對應(yīng)的五個數(shù)字組成，編碼規(guī)則如下表：明文由表中每一排取一個字符組成，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，對應(yīng)的密碼由明文對應(yīng)的數(shù)字按相同的次序排成一排組成. 第一排 明文字符 A B C D 密碼字符 11 12

7、 13 14 第二排 明文字符 E F G H 密碼字符 21 22 23 24 第三排 明文字符 M N P Q 密碼字符 1 2 3 4 設(shè)隨機變量ξ表示密碼中不同數(shù)字的個數(shù)． (Ⅰ)求P(ξ＝2)； (Ⅱ)求隨機變量ξ的分布列和它的數(shù)學期望． 18. (本小題滿分12分）等差數(shù)列{}的各項均為正數(shù)，＝3，前項和為，等比數(shù)列{}中，＝1，＝64，{}是公比為64的等比數(shù)列． (Ⅰ)求與；] (Ⅱ)證明：＋＋＋…＋<. 19. (本小題滿分12分）如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底

8、面ABCD，四邊形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°. (Ⅰ)求證：平面PAB⊥平面PAD； (Ⅱ)設(shè)AB＝AP． (ⅰ) 若直線PB與平面PCD所成的角為30°，求線段AB的長； (ⅱ) 在線段AD上是否存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等？說明理由． 20. (本小題滿分13分）給定橢圓C：＋＝1(a>b>0)，稱圓心在原點O，半徑為的圓是橢圓C的“準圓”．若橢圓C的一個焦點為F(，0)，且其短軸上的一個端點到F的距離為. (Ⅰ)求橢圓C的方程和其“準圓”方程； (Ⅱ)點P是橢圓C的“準圓”上的

9、一個動點，過動點P作直線l1，l2，使得l1，l2與橢圓C都只有一個交點，試判斷l(xiāng)1，l2是否垂直，并說明理由． 21. (本小題滿分14分） 已知函數(shù)，為自然對數(shù)的底數(shù)）. (Ⅰ)當時,求的單調(diào)區(qū)間； (Ⅱ)若函數(shù)在上無零點,求最小值； (Ⅲ)若對任意給定的,在上總存在兩個不同的),使成立,求的取值范圍. 參考答案 1.【答案】C 【解析】因為A?R，所以A中的元素為實數(shù)．所以－1＝0.即a＝±1.故應(yīng)選C. 2.【答案】C 【解析】依題意得，該地區(qū)高三男生中體重在[56.

10、5，64.5]的學生人數(shù)是10000×(0.03＋2×0.05＋0.07)×2＝4000. 故應(yīng)選C. 3.【答案】B 【解析】①中，三條直線兩兩平行有兩種情況：一是一條直線平行于其他兩條平行直線構(gòu)成的平面；二是三條直線共面．②中，三條直線共點最多可確定3個平面，所以當三條直線共點時，三條直線的位置關(guān)系有兩種情況：一是一條直線與其他兩條直線構(gòu)成的平面相交；二是三條直線共面．③中條件一定能推出三條直線共面．故只有③是空間中三條不同的直線共面的充分條件．故應(yīng)選B. 4.【答案】A 【解析】由于是定義在R上的周期為3的周期函數(shù)，所以＋＝f(670×3＋1)＋f(671×3－1)＝f(1)＋f(－

11、1)，而由圖像可知f(1)＝1，f(－1)＝2，所以＋＝1＋2＝3. 故應(yīng)選A. 5.【答案】D 【解析】據(jù)算法框圖可得當k＝9時，S＝11；k＝8時，S＝11＋9＝20.所以應(yīng)填入k>8. 故應(yīng)選D. 6.【答案】B 【解析】設(shè)＝a，＝b，由等比數(shù)列的性質(zhì)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. 故應(yīng)選B. 7.【答案】A 【解析】因為 的展開式中只有第六項的二項式系數(shù)最大，所以n＝10，＝··＝，令5－＝0，則r＝2，＝＝180. 故應(yīng)選A. 8.【答案】B 【解析】(特例法)利用等邊三角形，過重心

12、作平行于底邊BC的直線，易得＝.故應(yīng)選B. 【點評】 本題采用特殊點法，因為過點G的直線有無數(shù)條，其中包含平行于底邊BC的直線，所以的值不隨M、N的位置變化而變化. 9.【答案】D 【解析】據(jù)已知可得直線AB的方程為＝－1，聯(lián)立直線與拋物線方程，得，消元整理，得－＋1＝0，由于直線與拋物線無公共點，即方程－＋1＝0無解，故有－8<0，解得>或<－.故應(yīng)選D. 10. 【答案】C 【解析】若恰有兩列的上下兩數(shù)相同，取這兩列有種，從1，2，3，4中取2個數(shù)排這兩列，有種，排另外兩列有種，所以共有=144種；若恰有三列的上下兩數(shù)相同，也是恰有四列上下兩數(shù)相同，有=24種(只要排其中一行即可).

13、 故一共有144+24=168種. 故應(yīng)選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，從而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及圓＋＝4如圖所示，圖中陰影部分所在圓心角＝＋所對的弧長即為所求．易知圖中兩直線的斜率分別是，－得＝，＝，＝＝＝1得＝得弧長＝·＝×2＝ (為圓半徑)． 13.【答案】2【解析】由俯視圖可得，該正四面體AMNC可視作是如圖所示的正方體的一內(nèi)接幾何體，該正方體的棱長為2，正四面體的主視圖為三角形，則其

14、面積為×2×＝(cm2)． 14.【答案】－7【解析】記、的夾角為.依題意得，圓心(0，0)到直線ax＋by＋c＝0的距離等于＝1，＝，＝－1＝2×－1＝－，·＝3×＝－7. 15.【答案】4【解析】方法一　取a＝b＝1，則＝，由余弦定理得c2＝a2＋b2－＝，所以c＝，在如圖所示的等腰三角形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 因為直線x＝為對稱軸，所

15、以sin＝±1， 所以＋＝kπ＋(k∈Z)．所以ω＝k＋(k∈Z)．…………………………4分 因為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 所以的單調(diào)遞增區(qū)間為[4kπ－2π，4kπ](k∈Z)．………………………………12分 17. 解：(Ⅰ)密碼中不同數(shù)字的個數(shù)為2的事件為密碼中只有兩個數(shù)字，注意到密碼的第1，2列分別總

16、是1，2，即只能取表格第1，2列中的數(shù)字作為密碼． 所以P(ξ＝2)＝＝.……………………………………………4分 (Ⅱ)由題意可知，ξ的取值為2，3，4三種情形． 若ξ＝3，注意表格的第一排總含有數(shù)字1，第二排總含有數(shù)字2則密碼中只可能取數(shù)字1，2，3或1，2，4. 所以P(ξ＝3)＝＝.……………………………………………6分 P(ξ＝4)＝＝. ……………………………………………8分 所以ξ的分布列為： ξ 2 3 4 P …………………………………………………………………………………………8分 所以E(ξ)＝2×＋3×＋4×＝.………………………

17、……………………12分 18. 解：(Ⅰ)設(shè){}的公差為，為正數(shù)，{}的公比為，則 ＝3＋(－1)，＝. ……………………………………………2分 依題意有， 由知為正有理數(shù)，……………………………………4分 又由＝知，d為6的因數(shù)1，2，3，6之一，解之得＝2，＝8. 故＝＋1，＝. ……………………………………………6分 (Ⅱ)證明：由(Ⅰ)知Sn＝n(n＋2)，……………………………………7分 ＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋ ＝ ＝<.……………………………………………12分 19. 解：解法一： (Ⅰ)證明：因為PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD， 所以PA⊥AB，

18、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為坐標原點，建立空間直角坐標系A(chǔ)－xyz(如圖)． 在平面ABCD內(nèi)，作CE∥AB交AD于點E，則CE⊥AD. 在Rt△CDE中，DE＝CD·cos45°＝1， CE＝CD·sin45°＝1. 設(shè)AB＝AP＝t, 則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)．……………………………

19、………………5分 (ⅰ)設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)． 由n⊥，n⊥，得 取x＝t，得平面PCD的一個法向量n＝(t，t,4－t)． 又＝(t,0，－t)，故由直線PB與平面PCD所成的角為30°得 cos60°＝，即＝.[ 解得t＝或t＝4(舍去，因為AD＝4－t>0)，所以AB＝. ………………………7分 (ⅱ)假設(shè)在線段AD上存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等． 設(shè)G(0，m,0)(其中0≤m≤4－t)． 則＝(1,3－t－m,0)，＝(0,4－t－m,0)， ＝(0，－m，t)． 由||＝||，得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m

20、)2， 即t＝3－m； ① 由||＝||，得(4－t－m)2＝m2＋t2. ② 由①、②消去t，化簡得m2－3m＋4＝0. ③ 由于方程③沒有實數(shù)根，所以在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P，C，D的距離都相等． 從而，在線段AD上不存在一個點G， 使得點G到點P，B，C，D的距離都相等．……………………………………12分 解法二： (Ⅰ)同解法一： (Ⅱ)(ⅰ)以A為坐標原點，建立空間直角坐標系A(chǔ)－xyz(如圖)． 在平面AB

21、CD內(nèi)，作CE∥AB交AD于點E， 則CE⊥AD， 在Rt△CDE中， DE＝CDcos45°＝1， CE＝CD·sin45°＝1. 設(shè)AB＝AP＝t，則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)． 設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)[ 由n⊥，n⊥，得 取x＝t，得平面PCD的一個法向量n＝(t，t,4－t)， 又＝(t,0，－t)，故由直線PB與平面PCD所成的角為30°得cos60°＝， 即＝，解得t＝或t＝4(舍

22、去，因為AD＝4－t>0)， 所以AB＝. (ⅱ)假設(shè)在線段AD上存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等． 由GC＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°， 從而∠CGD＝90°，即CG⊥AD， 所以GD＝CD·cos45°＝1. 設(shè)AB＝λ，則AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ. 在Rt△ABG中， GB＝＝＝ >1，這與GB＝GD矛盾． 所以在線段AD上不存在一個點G，使得點G到B，C，D的距離都相等． 從而，在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等． 20. 解：(Ⅰ)由題意可知c＝，b2＋c2＝()2，則a＝，b＝1， 所

23、以橢圓方程為＋y2＝1. ………………………………………………2分 易知準圓半徑為＝2， 則準圓方程為x2＋y2＝4. ………………………………………………………4分 (Ⅱ)①當l1，l2中有一條直線的斜率不存在時， 不妨設(shè)l1的斜率不存在，因為l1與橢圓只有一個公共點，則其方程為x＝±， 當l1的方程為x＝時，此時l1與準圓交于點(，1)，(，－1)， 此時經(jīng)過點(，1)或(，－1)且與橢圓只有一個公共點的直線是y＝1或y＝－1， 即l2為y＝1或y＝－1，顯然直線l1，l2垂直；……………………………6分 同理可證直線l1的方程為x＝－時，直線l1，l2也垂直．………………

24、7分 ②當l1，l2的斜率都存在時，設(shè)點P(x0，y0)，其中x＋y＝4. 設(shè)經(jīng)過點P(x0，y0)與橢圓只有一個公共點的直線為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化簡整理得，(3－x)t2＋2x0y0t＋1－y＝0. 因為x＋y＝4， 所以有(3－x)t2＋2x0y0t＋x－3＝0. …………………………………………10分 設(shè)直線l1，l2的斜率分別為t1，t2，因為l1，l2與橢圓只有一個公共點， 所以t1，t2滿足方程(3－x)t2＋2x0y0t＋x－3＝0， 所以t1·t2＝－1

25、，即l1，l2垂直．………………………………………………12分 綜合①②知，l1，l2垂直． ………………………………………………13分 21.解：(Ⅰ)當時, ()，則. ……1分 由得；由得. ………………3分 故的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，). ………………4分 (Ⅱ)因為在區(qū)間上恒成立是不可能的, ………………5分 故要使函數(shù)在上無零點,只要對任意,恒成立. 即對，恒成立. ………………6分 令，，則， 再令，，則. 故在為減函數(shù)，于是， 從而，于是在上為增函數(shù)， 所以，………………………………8分 故要使恒

26、成立，只要. 綜上可知，若函數(shù)在上無零點，則的最小值為.………9分 (Ⅲ)，所以在上遞增，在上遞減. 又，， 所以函數(shù)在上的值域為.………………………………10分 當時，不合題意； 當時，， . 當時，，由題意知，在上不單調(diào)， 故，即………………………………11分 此時，當變化時，，的變化情況如下： — 0 + ↘ 最小值 ↗ 又因為當時，， ，， 所以，對任意給定的，在上總存在兩個不同的）， 使得成立，當且僅當滿足下列條件： ， ………………12分 令，，則， 故當時，函數(shù)單調(diào)遞增， 當時，函數(shù)單調(diào)遞減， 所以，對任意的，有， 即(2)對任意恒成立，則(3)式解得 (4) . …………13分 綜合(1)與(4)可知，當時，對任意給定的， 在上總存在兩個不同的），使得成立.………………14分 ·13·