1、2013届江西省吉安县二中高三 4月月考数学文理合卷试卷与答案（带解析） 选择题 已知全集 U=l， 2， 3， 4， 5，集合 A=l， 2， 4，集合 B=l， 5，则（ ） A 2,4 B 1， 2,4 C 2,3,4,5 D l,2,3,4,5 答案： A 试题分析：因为全集 U=l， 2， 3， 4， 5，集合 A=l， 2， 4，集合 B=l， 5，所以， =2,3,4， =2,4，故选 A。 考点：本题主要考查集合的运算。 点评：简单题，利用补集、交集的定义。 A与 B是的交集，是属于 A且属于 B的元素构成的集合。 如图正四棱锥 的底面边长为 ，高 ，点 在高 上，且 ，记过点
2、 的球的半径为 ，则函数 的大致图像是（ ） 答案： A 试题分析：当 ABCD恰好是大圆的内接正方形时，球的半径最小，排除 B,C。开始阶段，随 x的增大， R（ x）逐渐减小，当 x4时， R(x)又逐渐增大，而 D中 “直线变化 ”不对，故选 A。 考点：本题主要考查球的几何性质，正四棱锥的几何性质。 点评：简单题，这类题的解法，利用 “定性分析 ”与 “定量分析 ”相结合的方法，运用解答选择题的 “排除法 ”，是问题灵活得解。 设 为双曲线 的左焦点，在 轴上 点的右侧有一点 ，以为直径的圆与双曲线左、右两支在 轴上方的交点分别为 、 ，则的值为（ ） A B C D 答案： C 试题
3、分析：利用 “特殊化思想 ”，不妨设点 A为双曲线的右焦点，依题意得 F(-5,0)， A(5,0)， |FN|-|NA| 8， |FM| |NA|，所以 |FN|-|FM| 8， ，选 C. 考点：本题主要考查双曲线的几何性质。 点评：简单题，利用 “特殊化思想 ”或 “极端思想 ”，将 A看成是右焦点，是问题解决事半功倍。 已知函数 ，若 ，则函数 的零点个数是 A 1 B 4 C 3 D 2 答案： D 试题分析：由函数 ，且 ， x=0时 y=2,所以，函数 f(x)的图象与 x轴负半轴有一个交点（ - ， 0），与 x轴的正半轴交于（ 1,0）；函数的图象是 f(x)的图象位于 x轴
4、下方的部分向上翻折，再向下平移 1个单位，与 x轴依然只有 2个交点，故选 D。 考点：本题主要考查分段函数的概念，函数零点的概念。 点评：简单题，确定函数零点的个数，可可以利用代数法，即解方程，求零点，更好的方法是通过数形结合，看图象与 x轴交点个数。 已知椭圆 的焦点为 ， ，在长轴 上任取 一点 ，过 作垂直于 的直线交椭圆于点 ，则使得 的点 的概率为（ ） A B C D 答案： D 试题分析： ， b=1， 设 P（ ）， 当 ， 解得 y0= ，代入椭圆方程得 x0= 由 ，得 F1PF290 结合题设条件可知使得 的 M点的概率 =故选 D 考点：本题主要考查椭圆的几何性质，几
5、何概型概率的计算。 点评：中档题，本题综合考查椭圆的几何性质，几何概型概率的计算。注意本题中 ，说明 F1PF290。 如图是某几何体的三视图，其中正视图为正方形，俯视图是腰长为 2的等腰直角三角形，则该几何体的体积是 ( ) A B C D 答案： A 试题分析：该几何体，是一正方体的一半 -三棱柱去掉一个底面为腰长为 2的等腰直角三角形，高为 2的三棱锥（如图），所以结合数据，其体积为：，故选 A。 考点：本题主要考查三视图，几何体的体积计算。 点评：基础题，三视图是高考必考题目，因此，要明确三视图视图规则，准确地还原几何体，明确几何体的特征，以便进一步解题。三视图视图过程中，要注意虚线的
6、出现，意味着有被遮掩的棱。 （理科） 如果 的展开式中的常数项为 ，则直线 与曲线围成图形的面积为（ ） A B 9 CD 答案： C 试题分析：因为 的展开式中的常数项为 ，令 3r-3=0，得， r=1， a=3,所以，直线 y=3x与曲线 围成图形的面积为 ,故选 C。 考点：本题主要考查二项式定理的通项公式，定积分计算。 点评：小综合题，本题具有综合性，拼凑痕迹明显，先根据二项式定理的通项公式计算 a。 若 为等差数列， 是其前 n项的和，且 ，则 =（ ） A B C D 答案： C. 试题分析：因为 ，所以， ，即 ，故选 C。 考点：本题主要考查等差数列的求和公式、等差数列的性质
7、。 点评：简单题，在等差数列中， 则 。 下列有关命题的说法正确的是（ ） A命题 “若 ，则 ”的否命题为 “若 ，则 ” B命题 “ ”的否定是 “ ” C命题 “若 ，则 ”的逆否命题为假命题 D若 “p或 q”为真命题，则 p， q至少有一个为真命题 答案： D 试题分析：否命题应该既否定条件，又否定结论，所以 A不正确； 存在命题的否定是全称命题，且要否定结论，所以 B不正确； 原命题与逆否命题等价，而 “若 ，则 ”是真命题，所以 C 不正确； 故选 D。 考点：本题主要考查命题四种命题的关系，复合命题真值表，存在性命题与全称命题的关系。 点评：简单题，存在命题的否定是全称命题，且
8、要否定结论；原命题与逆否命题等价。 设 a,b,c分别 是的三个内角 所对的边，若 , 则是 的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 答案： B 试题分析：因为， 时，由正弦定理得，所以 B=60或 120，反之，时，由正弦定理得， A=30，故若 , 则 是的必要不充分条件，选 B。 考点：本题主要考查差应用角的概念，正弦定理的应用。 点评：中档题，涉及充要条件的判定问题，往往综合性较强，涉及知识面广。充要条件的判定方法有：定义法，等价关系法，集合关系法。 是虚数单位，则 的虚部是（ ） A B C D 答案： C 试题分析： ，所以 的虚部是 ，故
9、选 C。 考点：本题主要考查复数的概念及其代数运算。 点评：简单题，首先计算并化为代数形式，再确定虚部。 填空题 （ 1）（坐标系与参数方程选做题）已知在极坐标系下，点是极点，则 的面积等于 _； (2).(不等式选择题）关于 的不等式 的解集是 _ _。 答案：） （ 2） 试题分析：（ 1）由 是极点，知 中， |OA|=1， |OB|=3，所以 的面积等于 。 （ 2） 等价于 ，所以，关于 的不等式 的解集是 考点：本题主要考查极坐标系，绝对值不等式、分式不等式的解法。 点评：中档题，解答极坐标问题，可以结合图形分析，也可以化为直角坐标问题求解。解绝对值不等式，一般要考虑去绝对值符号，
10、分类讨论、两边平方、利用绝对值的定义等等，均为有效方法。 （文科）若函数 的定义域和值域均为 ,则 的范围是_。 答案： 试题分析：因为函数 的定义域和值域均为 ,那么 f（ x）与y=x的图象有两个交点， 即方程 f（ x） -x=0有两个根 设 g（ x） =f（ x） -x= ，则 g（ x） = -1，令 g（ x） =0 得 x=， 所以当 x=logea时 g（ x）取得最大值 -logalna-logae 由 -logalna-logae 0 得 1 a ，故答案：为 。 考点：本题主要考查函数的定义域、函数的值域、对数函数闭区间的最值。 点评：中档题，本题综合性较强，从题意出发
11、认识到方程 f（ x） -x=0 有两个根，利用构造法解题是关键。本题难度较大。 ( 理科 )将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同的分法的种数为 答案： 试题分析：由题意，四名学生中有两名学生分在一个班有 C42种，再分到三个不同的班有 A33种， 而甲、乙两名学生被分在同一个班的有 A33种， 满足条件的种数是 C42A33-A33=30，故答案：为 30 考点：本题主要考查简单的排列组合应用问题。 点评：简单题，利用排列数、组合数公式解决应用问题，有 “直接法 ”“间接法 ”，本题应用的是 “间接法 ”。 （文科） 给出
12、下列等式： ， ， ， 请从中归纳出第 个等式： 答案： 。 试题分析：由 = ， = ，= 左端 1个 2时，右端出现 2的 2次方，左端 2个 2时，右端出现 2的 3次方， 归纳可知， ，对此利用半角公式可以得到证明 .故答案：为 。 考点：本题主要考查归纳推理，三角函数倍半公式。 点评：简单题，注意观察等式两端，随 n变化的规律左端 1个 2时，右端出现 2的 2次方，左端 2个 2时，右端出现 2的 3次方， 。 已知变量 x、 y，满足 的最大值为 答案： 试题分析：由复合对数函数的性质，欲使函数 最大，即最大。令 ，先求其最大值。画出可行域（如图），直线=0，平移直线 =0，则直
13、线经过点 A（ 1， 2）时， 最大为4，所以 最大为 8， 最大为 3。 考点：本题主要考查简单线性规划的应用，对数函数的性质。 点评：小综合题，解答方法比较明确，确定线性目标函数、画可行域、求最优解、确定最大值。 若 ，且 ，则 = . 答案： 试题分析：因为 ，且 ，所以 =（ 1+x，-1）， （ ） =（ 1+x， -1） （ 1,2） =0，即 1+x-2=0， x=1. 考点：本题主要考查平面向量的数量积，平面向量的坐标运算。 点评：简单题，两向量垂直，那么它们的数量积为 0。 解答题 文科（本小题满分 14分）设函数 。（ )若函数在 处与直线 相切， 求实数 ， b的值； 求
14、函数上的最大值； ( )当 时，若不等式 对所有的都成立，求实数 m的取值范围。） 答案：（ 1）， ；（ 2） 。 试题分析：（ 1） 函数 在 处与直线 相切 解得 3分 当 时，令 得 ；令 ，得 上单调递增，在 1， e上单调递减， 8分 （ 2）当 b=0时， 若不等式 对所有的都成立， 则 对所有的 都成立， 即 对所有的 都成立， 令 为一次函数， 上单调递增 ， 对所有的 都成立 14分 考点：本题主要考查导数的几何意义，应用导数研究函数的单调性、最值及不等式恒成立问题。 点评：典型题，本题属于导数应用中的基本问题，通过研究函数的单调性，明确了极值情况。通过研究函数的单调区间、
15、最值情况，得到使不等式还差了点条件。涉及对数函数，要特别注意函数的定义域。 已知平面内一动点 到点 的距离与点 到 轴的距离的差等于 1（ I）求动点 的轨迹 的方程；（ II）过点 作两条斜率存在且互相垂直的直线 ，设 与轨迹 相交于点 ， 与轨迹 相交于点 ，求 的最小值 答案：（ 1） 和 （ ）；（ 2） 时， 取最小值 16 试题分析：（ 1）设动点 的坐标为 ，由题意得 2分 化简得 当 时 ；当 时 所以动点 的轨迹 的方程为 和 （ ） 5分 （ 2）由题意知，直线 的斜率存在且不为 0，设为 ，则 的方程为 由 设 则 ， 6分 因为 ，所以 的斜率为 设 ，则同理可得 ，
16、7分 10分 12分 当且仅当 即 时， 取最小值 16 13分 考点：本题主要考查轨迹方程求法，直线与抛物线的位置关系，均值定理的应用。 点评：中档题，本题求轨迹方程时，应用了 “定义法 ”。曲线关系问题，往往通过联立方程组，得到一元二次方程，运用韦达定理。本题在确定得到的基础上，应用均值定理，使问题得解。 已知各项均不相等的等差数列 的前三项和为 18， 是一个与 无关的常数，若 恰为等比数列 的前三项，（ 1）求 的通项公式（ 2）记数列 ， 的前三 项和为 ，求证： 答案：（ 1） ； （ 2） 。 试题分析：（ 1） 是一个与 无关的常数 2分 又 4分 6 分 （ 2） 8分 又因
17、为 即 12分 所以： 12分 考点：本题主要考查等差中项、等比数列的的基础知识， “放缩法 ”，不等式的证明。 点评：中档题，本题综合考查等差数列、等比数列的基础知识，本解答从确定通项公式入手，明确了所研究数列的特征。 “分组求和法 ”、 “错位相消法 ”、 “裂项相消法 ”是高考常常考到数列求和方法。先求和，再利用 “放缩法 ”证明不等式，是常用方法。 （文科）（本小题满分 12分）长方体 中， ， 是底面对角线的交点 . ( ) 求证： 平面 ； ( ) 求证： 平面 ； ( ) 求三棱锥 的体积。 答案： ( )由 ， 且 在平面 外得 平面； ( )连结 得到 平面 ； 又 在 上，
18、可得 ； 计算 ； 同理： 中， 推出 平面 。 ( ) 。 试题分析： ( ) 证明：依题意： ， 且 在平面 外 2 分 平面 3分 ( ) 证明：连结 平面 4分 又 在 上， 在平面 上 5分 中， 6分 同理： 中， 7分， 平面 8分 ( )解： 平面 所求体积 12分 考点：本题主要考查立体几何中的平行关系、垂直关系，几何体体积的计算。 点评：典型题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算。在计算问题中，有 “几何法 ”和 “向量法 ”。利用几何法，要遵循 “一作、二证、三计算 ”的步骤。利用向量可简化证明过程。本题难度不大。 （理科）（本小
19、题满分 12分）如图分别是正三棱台 ABC-A1B1C1的直观图和正视图， O， O1分别是上下底面的中心， E是 BC 中点 （ 1）求正三棱台 ABC-A1B1C1的体积； （ 2）求平面 EA1B1与平面 A1B1C1的夹角的余弦； （ 3）若 P是棱 A1C1上一点，求 CP PB1的最小值 答案：（ 1） ； （ 2） ；（ 3）最小值为 。 试题分析：（ 1）由题意 ,正三棱台高为 .2分 .4分 （ 2）设 分别是上下底面的中心， 是 中点， 是 中点 .以 为原点，过 平行 的线为 轴建立空间直角坐标系 . ， ， ， ， ， 设平面 的一个法向量 ，则 即 取 ，取平面 的一
20、个法向 量 ，设所求角为 则 .8分 （ 3）将梯形 绕 旋转到 ,使其与 成平角，由余弦定理得 即 的最小值为 .13分 考点：本题主要考查立体几何中的体积计算、角的计算。 点评：中档题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算。在计算问题中，有 “几何法 ”和 “向量法 ”。利用几何法，要遵循 “一作、二证、三计算 ”的步骤。利用向量则简化了证明过程，对计算能力要求高。 （文科）（本小题满分 12分）某高校从参加今年自主招生考试的学生中随机抽取容量为 50的学生成绩样本，得频率分布表如下： 组号 分组 频数 频率 第一组 230， 235) 8 0.16
21、 第二组 235， 240) 0.24 第三组 240， 245) 15 第四组 245， 250) 10 0.20 第五组 250， 255 5 0.10 合 计 50 1.00 （ 1）写出表中 位置的数据； （ 2）为了选拔出更优秀的学生，高校决定在第三、四、五组中用分层抽样法抽取 6名学生进行第二轮考核，分别求第三、四、五各组参加考核人数； （ 3）在（ 2）的前提下，高校决定在这 6名学生中录取 2名学生，求 2人中至少有 1名是第四组的概率 答案：（ 1） 的位置为 12， 的位置为 0。 30 ； （ 2）第三、四、五组抽中的人数为 3、 2、 1； （ 3） 。 试题分析：（
22、1） 的位置为 12， 的位置为 0。 30 4分 （ 2）抽样比为 ，所以第三、四、五组抽中的人数为 3、 2、 1 8分 （ 3）设 2人中至少有 1名是第四组为事件 A，则 12分 考点：本题主要考查频率分布直方图，频率的概念及计算，古典概型概率的计算。 点评：中档题，统计中的抽样方法，频率直方图，概率计算及分布列问题，是高考必考内容及题型。古典概型概率的计算问题，关键是明确基本事件数，往往借助于 “树图法 ”，做到不重不漏。频率分布直方图中 ，小矩形的高等于每一组的频率 组距，它们与频数成正比，小矩形的面积等于这一组的频率，则组距等于频率除以高。 （理科）（本小题满分 12分） PM2
23、.5是指悬浮在空气中的空气动力学当量直径小于或等于 2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，根据现行国家标准GB3095 2012， PM2.5日均值在 35微克 /立方米以下空气质量为一级；在 35微克 /立方米 75毫克 /立方米之间空气质量为二级；在 75微克 /立方米以上空气质量为超标。从某自然保护区 2012年全年每天的 PM2.5监测值数据中随机地抽取 10天的数据作为样 本，监测值频数如下表所示： PM2.5日均值 （微克 /立方米） 25,35 (35,45 (45,55 (55,65 (65,75 (75,85 频数 3 1 1 1 1 3 （ 1）从这 10天的 PM2.5
24、日均值监测数据中，随机抽取 3天，求恰有 1天空气质量达到一级的概率；（ 2）从这 10天的数据中任取 3天数据，记 表示抽到PM2.5监测数据超标的天数，求 的分布列；（ 3）以这 10天的 PM2.5日均值来估计一年的空气质量状况，则一年（按 366天算）中平均有多少天的空气质量达到一级或二级。（精确到整数） 答案：（ ） . （ ）分布列为： （ ）一年中平均有 256天的空气质量达到一级或二级 试题分析：（ ）记 “从 10天的 PM2.5日均监测数据中，随机抽出三天，恰有一天空气质量达到一级 ”为事件 ， . （ ）依据条件， 服从超几何分布：其中 ， 的可能值为，其分布列为： （
25、）依题意可知，一年中每天空气质量达到一级或二级的概率为 ，一年中空气质量达到一级或二级的天数为 ，则 ， 一年中平均有 256天的空气质量达到一级或二级 考点：本题主要考查超几何分布，组合数公式的应用。 点评：中档题，本题解答思路明确，利用超几何分布解题，关键是利用组合数公式，准确计算。 在 ABC中，角 A、 B、 C的对边分别为 a、 b、 c，向量 =（ sinA,b+c），=（ a-c,sinC-sinB） ,满足 = （ ）求角 B的大小；（ ）设 =（ sin（ C+ ） , ） , =（ 2k,cos2A） （ k1） , 有最大值为 3，求 k的值 . 答案：（ ） B .（
26、） k . 试题分析：（ ）由条件 = |，两边平方得 ， 2分 得（ a-c） sinA（ b+c）（ sinC-sinB） 0， 根据正弦定理，可化为 a（ a-c） +（ b+c）（ c-b） =0,即 ， 4分 又由余弦定理 2 a cosB,所以 cosB ， B . 6分 （ ） =（ sin（ C+ ） , ） , =（ 2k,cos2A） （ k1） , =2ksin（ C+ ） + cos2A=2ksin（ C+B） + cos2A=2ksinA+ - =- +2ksinA+ =- + （ k1） . 8分 而 0A ,sinA （ 0,1,故当 sinA 1时， 取最大值为
27、 2k- =3,得 k . 12分 考点：本题主要考查平面向量的数量积，平面向量的坐标运算，余弦定理的应用，和差倍半的三角函数公式，二次函数的性质。 点评：典型题，属于常见题型，通过 “模 ”的平方，得到三角形边角关系，利用余弦定理进一步求得 cosB。（ II）根据已知条件，灵活运用数量积及三角公式化简，应用二次函数的性质，达到解题目的。 理科（本小题 14分）已知函数 ，当 时，函数取得极大值 . （ ）求实数 的值；（ ）已知结论：若函数 在区间内导数都存在，且 ，则存在 ，使得 .试用这个结论证明：若 ，函数 ，则对任意 ，都有 ；（ ）已知正数 满足求证：当 ， 时，对任意大于 ，且
28、互不相等的实数 ,都有答案：（ ） . （ ） 当 时， ， 单调递增， ； 当 时， ， 单调递减， ；（ ）用数学归纳法证明 . 试题分析：（ ） . 由 ，得 ，此时 . 当 时， ，函数 在区间 上单调递增； 当 时， ，函数 在区间 上单调递减 . 函数 在 处取得极大值，故 . 3分 （ ）令 ， 4分 则 .函数 在 上可导， 存在 ，使得 . 又 当 时， ， 单调递增， ； 当 时， ， 单调递减， ； 故对任意 ，都有 . 8分 （ ）用数学归纳法证明 . 当 时， ，且 ， ， ， 由（ ）得 ，即 ， 当 时，结论成立 . 9分 假设当 时结论成立，即当 时， . 当 时，设正数 满足 令 ， 则 ，且 . 13分 当 时，结论也成立 . 综上由 ，对任意 ， ，结论恒成立 . 14分 考点：本题主要考查导数的几何意义，应用导数研究函数的单调性、最值及不等式的证明，数学归纳法。 点评：难题，利用导数研究函数的单调性、极值、最值，是导数的应用中的基本问题。本题（ III）应用数学归纳法证明不等式，难度较大。涉及对数函数，要特别注意函数的定义域。
