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Ax|xa(1)i(aR，i是虛數(shù)單位)，若AR，則aA1 B1 C±1 D02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1718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A40B400C4000 D44003. 對于空間中的三條不同的直線，有下列三個條件：三條直線兩兩平行；三條直線共點；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A0個B1個 C2個 D3個4.設是定義在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A3B2C1 D05若如下框圖所給的程序運行結果為S20，那么判斷框中應填入的關于k的條件是Ak9 Bk8Ck8 Dk86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A80 B30 C26 D167二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A180 B90 C45 D3608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A3 B. C2 D.9已知拋物線C的方程為，過點A(0，1)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：每行中的四個數(shù)所構成的集合均為1，2，3，4；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，m)，且ab，則2a3b_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axbyc0與圓9相交于兩點M、N，若c2a2b2，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a2(，)，b(，)(其中01)，函數(shù)a·b，若直線是函數(shù)圖象的一條對稱軸()試求的值；()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，對應的密碼由明文對應的數(shù)字按相同的次序排成一排組成.第一排明文字符ABCD密碼字符11121314第二排明文字符EFGH密碼字符21222324第三排明文字符MNPQ密碼字符1234設隨機變量表示密碼中不同數(shù)字的個數(shù)()求P(2)； ()求隨機變量的分布列和它的數(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()求與； ()證明：<.19. (本小題滿分12分）如圖，四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，四邊形ABCD中，ABAD，ABAD4，CD，CDA45°.()求證：平面PAB平面PAD；()設ABAP() 若直線PB與平面PCD所成的角為30°，求線段AB的長；() 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.()求橢圓C的方程和其“準圓”方程；()點P是橢圓C的“準圓”上的一個動點，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)）.()當時,求的單調區(qū)間；()若函數(shù)在上無零點,求最小值；()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AR，所以A中的元素為實數(shù)所以10.即a±1.故應選C.2.【答案】C 【解析】依題意得，該地區(qū)高三男生中體重在56.5，64.5的學生人數(shù)是10000×(0.032×0.050.07)×24000. 故應選C.3.【答案】B 【解析】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成的平面；二是三條直線共面中，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，三條直線的位置關系有兩種情況：一是一條直線與其他兩條直線構成的平面相交；二是三條直線共面中條件一定能推出三條直線共面故只有是空間中三條不同的直線共面的充分條件故應選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(670×31)f(671×31)f(1)f(1)，而由圖像可知f(1)1，f(1)2，所以123. 故應選A.5.【答案】D 【解析】據(jù)算法框圖可得當k9時，S11；k8時，S11920.所以應填入k>8. 故應選D.6.【答案】B 【解析】設a，b，由等比數(shù)列的性質知：2(14a)(a2)2，解得a6或a4(舍去)，同理(62)(b14)(146)2，所以b30. 故應選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n10，··，令50，則r2，180. 故應選A.8.【答案】B 【解析】(特例法)利用等邊三角形，過重心作平行于底邊BC的直線，易得.故應選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10，由于直線與拋物線無公共點，即方程10無解，故有8<0，解得>或<.故應選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). 故一共有144+24=168種. 故應選C.11.【答案】(4，8)【解析】由a(1，2)，b(2，m)，且ab，得1×m2×(2)m4，從而b(2，4)，那么2a3b2×(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axbyc0的距離等于1，12×1，·3×7.15.【答案】4【解析】方法一取ab1，則，由余弦定理得c2a2b2，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a2b2c2，所以tan C4.16. 解() a·b2(，)·(，)1cos 2xsin 2x12sin. 2分因為直線x為對稱軸，所以sin±1，所以k(kZ)所以k(kZ)4分因為01，所以k，所以k0，所以.6分()由()得，得12sin，所以12sin12sin12cos x. 8分由2kx2k(kZ)，得4k2x4k(kZ)，10分所以的單調遞增區(qū)間為4k2，4k(kZ)12分17. 解：()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(2).4分()由題意可知，的取值為2，3，4三種情形若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(3).6分P(4). 8分所以的分布列為：234P8分所以E()2×3×4×.12分18. 解：()設的公差為，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()證明：由()知Snn(n2)，7分<.12分19. 解：解法一：()證明：因為PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以PAAB，又ABAD，PAADA，所以AB平面PAD，又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD，3分()以A為坐標原點，建立空間直角坐標系Axyz(如圖)在平面ABCD內，作CEAB交AD于點E，則CEAD.在RtCDE中，DECD·cos45°1，CECD·sin45°1.設ABAPt, 則B(t，0，0)，P(0，0，t)由ABAD4得AD4t，所以E(0,3t,0)，C(1,3t,0)，D(0,4t,0)，(1，1,0)，(0,4t，t)5分()設平面PCD的法向量為n(x，y，z)由n，n，得取xt，得平面PCD的一個法向量n(t，t,4t)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t4(舍去，因為AD4t>0)，所以AB. 7分()假設在線段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G(0，m,0)(其中0m4t)則(1,3tm,0)，(0,4tm,0)，(0，m，t)由|，得12(3tm)2(4tm)2，即t3m； 由|，得(4tm)2m2t2. 由、消去t，化簡得m23m40. 由于方程沒有實數(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：()同解法一：()()以A為坐標原點，建立空間直角坐標系Axyz(如圖)在平面ABCD內，作CEAB交AD于點E，則CEAD，在RtCDE中，DECDcos45°1，CECD·sin45°1.設ABAPt，則B(t,0,0)，P(0,0，t)由ABAD4得AD4t.所以E(0,3t,0)，C(t,3t,0)，D(0,4t,0)(1,1,0)，(0,4t，t)設平面PCD的法向量為n(x，y，z)由n，n，得取xt，得平面PCD的一個法向量n(t，t,4t)，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t4(舍去，因為AD4t>0)，所以AB.()假設在線段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GCGD，得GCDGDC45°，從而CGD90°，即CGAD，所以GDCD·cos45°1.設AB，則AD4，AGADGD3.在RtABG中，GB >1，這與GBGD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：()由題意可知c，b2c2()2，則a，b1，所以橢圓方程為y21. 2分易知準圓半徑為2，則準圓方程為x2y24. 4分()當l1，l2中有一條直線的斜率不存在時，不妨設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y1或y1，即l2為y1或y1，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7分當l1，l2的斜率都存在時，設點P(x0，y0)，其中xy4.設經(jīng)過點P(x0，y0)與橢圓只有一個公共點的直線為yt(xx0)y0，由消去y，得(13t2)x26t(y0tx0)x3(y0tx0)230.由0化簡整理得，(3x)t22x0y0t1y0. 因為xy4，所以有(3x)t22x0y0tx30. 10分設直線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(3x)t22x0y0tx30，所以t1·t21，即l1，l2垂直12分綜合知，l1，l2垂直 13分21.解：()當時, ()，則. 1分由得；由得. 3分故的單調遞減區(qū)間為(0，2)，單調遞增區(qū)間為(2，). 4分()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()，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，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)單調遞增，當時，函數(shù)單調遞減，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·15·