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1、2013届高三新课标数学配套月考试题五A第卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.已知集合,则（ ）A. B. C. D. 2.若tan 2，则的值为()A.0 B. C.1 D.3.复数z的共轭复数是（ ）A.2i B.2i C.1i D.1i4.已知命题：. 则为（ ）A. B.C. D.5.已知递减的等差数列满足，则 （ ） A. -1 B.0 C.-1或0 D.4或56.（理）（2012昆明一中二摸）曲线在点处的切线方程为（ ）A.B.C.D.（文）（2012昆明一中二摸）曲线在点处的切线方程为（ ）A.B.C.
2、D.7. 某人向一个半径为6的圆形靶射击，假设他每次射击必定会中靶，且射中靶内各点是随机的，则此人射中的靶点与靶心的距离小于2的概率为（ ）A.B.C.D. 8.林管部门在每年312植树节前，为保证树苗的质量，都会在植树前对树苗进行检测.现从甲、乙两种树苗中各抽测了10株树苗的高度，其茎叶图如图1.根据茎叶图，下列描述正确的是（ ）图1A.甲种树苗的平均高度大于乙种树苗的平均高度，且甲种树苗比乙种树苗长得整齐B.甲种树苗的平均高度大于乙种树苗的平均高度，但乙种树苗比甲种树苗长得整齐C.乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，且乙种树苗比甲种树苗长得整齐D.乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均
3、高度，但甲种树苗比乙种树苗长得整齐9.如果执行图2的程序框图，输入正整数N(N2)和实数a1，a2，aN，输出A，B，则（ ）A.AB为a1，a2，aN的和B.为a1，a2，aN的算术平均数C.A和B分别是a1，a2，aN中最大的数和最小的数D.A和B分别是a1，a2，aN中最小的数和最大的数图210.已知某几何体的三视图如图3所示，其中，正视图，侧视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 图3 11. 已知椭圆C：1(ab0)的离心率为.双曲线x2y21的渐近线与椭圆C有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积
4、为16，则椭圆C的方程为（ ）A.1 B.1 C.1 D.112.（理）函数的图象大致为（ ）图4（文）方程所表示的曲线的图形是（ ）O1xyAO1xyC1xyDO1xyB图5第卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卷相应位置上.13.设向量的夹角为，且,则 .14.若实数满足不等式组则的最大值为 .15. 观察下列不等式1，1，10)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分.（1）求p，t的值；（2）求ABP面积的最大值.图722.（本小题满分12分）设aR，函数f(x)lnxax.（1）讨论函数f(x)的单调区间
5、和极值；（2）已知（e为自然对数的底数）和x2是函数f(x)的两个不同的零点，求a的值并证明：x2e.试卷类型：A 2013届高三新课标原创月考试题五答案数学1. B【解析】A=1,2，由,得，又因为，所以，故B=2.则.2. B 【解析】.3. D【解析】因为z1i，所以1i.故选D.4. D【解析】原命题为特称命题，故其否定为全称命题，即.5. B【解析】由题意知，且，从而，得.6.（理）C【解析】，则切线方程为，即.（文）A【解析】，则切线方程为，即.7. D【解析】由几何概型得，所求概率为.8. （理）C【解析】在二项式中，令，得，故展开式中各项系数的和为0.（文）D【解析】甲种树苗的
6、平均高度为，甲种树苗的高度的方差为；乙种树苗的平均高度为，乙种树苗的高度的方差为比较可知，乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，但甲种树苗比乙种树苗长得整齐，选D.9. C【解析】由程序框图可知，当xA时，Ax；当xA且xB时，Bx，所以A是a1，a2，aN中的最大数，B是a1，a2，aN中的最小数.故选C.10. C【解析】由三视图可知，该几何体的上方是一个直三棱锥（三棱锥的底面是腰长为1的等腰直角三角形，高为1）；下方是一个半径为的半球.故所求几何体的体积为.11. D【解析】由离心率为得，a24b2，排除选项B，双曲线的渐近线方程为yx，与椭圆的四交点组成的四边形的面积为16可得在第
7、一象限的交点坐标为，代入选项A、C、D，知选项D正确.12.（理）D【解析】由函数y为奇函数，排除选项A，当x无限大时，y趋向于0，排除选项C，当x从正数趋向于0时，y趋向于正无穷大，故选D.（文）D【解析】由题意可得或，即或.但是要使得该方程有意义还要满足综上可知图象选D.13. 【解析】设.由，得，所以.14. 6【解析】作出不等式组表示的可行域（如下图阴影部分所示,含边界），可知当直线经过直线的交点时，取得最大值，且.15. 1【解析】从几个不等式左边分析，可得出第五个式子的左边为：1，对几个不等式右边分析，其分母依次为：2,3,4，所以第5个式子的分母应为6，而其分子依次为： 3,5,
8、7，所以第5个式子的分子应为11，所以第5个式子应为：1.16. 【解析】根据指数函数的性质，可知函数恒过定点.将点代入，可得. 由于点始终落在所给圆的内部或圆上，所以. 由解得或，这说明点在以和为端点的线段上运动，所以的取值范围是.17.解:（1）因为mn . 4分所以其最小正周期为. 6分（2）由（1）知，又因为，所以.所以. 10分所以.即函数的值域为. 12分18.解:（1）设的公差为.因为所以解得 或（舍），.故 ，. （2）由（1）可知，所以.故.19.解：（1）从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3,2,1.（2）在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为A1，A2，A3，2所中
9、学分别记为A4，A5，大学记为A6，则抽取2所学校的所有可能结果为A1，A2，A1，A3，A1，A4，A1，A5，A1，A6，A2，A3，A2，A4，A2，A5，A2，A6，A3，A4，A3，A5，A3，A6，A4，A5，A4，A6，A5，A6，共15种.从6所学校中抽取的2所学校均为小学(记为事件B)的所有可能结果为A1， A2，A1，A3，A2，A3，共3种.所以P(B).20.解：（1）证明：因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.图18又ACBD，PA，AC是平面PAC内的两条相交直线，所以BD平面PAC.而PC平面PAC，所以BDPC.（2）设AC和BD相交于点O，连结
10、PO，由（1）知，BD平面PAC，所以DPO是直线PD和平面PAC所成的角.从而DPO30.由BD平面PAC，PO平面PAC知，BDPO.在RtPOD中，由DPO30，得PD2OD.因为四边形ABCD为等腰梯形，ACBD，所以AOD，BOC均为等腰直角三角形.从而梯形ABCD的高为ADBC(42)3，于是梯形ABCD的面积S(42)39.在等腰直角三角形AOD中，ODAD2，所以PD2OD4，PA4.故四棱锥PABCD的体积为VSPA9412.21.解：（1）由题意知得（2）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)，由题意知，设直线AB的斜率为k(k0).由得(y1y
11、2)(y1y2)x1x2.故k2m1.所以直线AB方程为ym(xm)，即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.从而|AB|y1y2|.设点P到直线AB的距离为d，则d.设ABP的面积为S，则S|AB|d|12(mm2)|.由4m4m20，得0m1.令u，0u，则Su(12u2)，设S(u)u(12u2)，0u，则S(u)16u2.由S(u)0得u，所以S(u)maxS.故ABP面积的最大值为.22.解：（1）函数f(x)的定义域为（0，）.求导数，得f (x)a.若a0，则f (x)0，f(x)是（0，）上的增函数，无极值；若a0，令f (x)0，得x.当x（0，）时，
