浙江省稽阳联谊学校届高三下学期联考数学理试题 Word版含答案.docx
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浙江省稽阳联谊学校届高三下学期联考数学理试题Word版含答案
2014年稽阳联谊学校高三联考
数学(理科)试题
注意:
本卷共22题,满分150分,考试时间120分钟
参考公式:
如果事件A、B互斥,那么棱柱的体积公式
如果事件A、B相互独立,那么其中S表示棱柱的底面积,h表示
棱柱的高棱锥的体积公式
如果事件A在一次试验中发生的概率是
P,那么n次独立重复试验中恰好发生k其中S表示棱锥的底面积,h表示
次的概率棱锥的高棱台的体积公式
球的表面积公式其中S1,S2分别表示棱台的上下底
面积,h表示棱台的高
球的体积公式其中R表示球的半径
第Ⅰ卷(选择题,共50分)
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,只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数满足,其中为虚数单位,则()
A.B.C.D.
2.已知全集,集合,则()
A.B.C.D.
3.已知为的三个内角,则是的()
A.充分且不必要条件B.必要且不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件.
4.已知空间两条不同的直线和两个不同的平面,则下列命题中正确的是()
A.若B.若
C.若D.若
5.执行如图所示的程序框图所表示的程序,则输出的结果为()
A.9B.10C.11D.13
6.已知直线与圆交于两点,是
原点,C是圆上一点,若,则的值为()
A.B.C.D.
7.如图是函数的部分图象,则函数
的零点所在的区间是()
A.B.C.D.
8.已知中,,为的外心,
则等于
A.4B.6C.8D.10
9.如图,双曲线的左、右焦点为
,抛物线的顶点为坐标原点,焦点为.过的圆
的一切线交抛物线于点,切点为.若线段
的中点恰为,则双曲线的离心率为()
A.B.C.D.
10.已知点P是正方体的表面上一动点,且满足.设与平面所成角为,则的最大值为()
A.B.C.D.
第Ⅱ卷(非选择题部分共100分)
二、填空题:
本大题共7小题,每小题4分,共28分。
11.已知二项式的展开式中的常数项为,则___________.
12.已知实数满足,则的最小值为____________.
13.将边长为2的正方体割除若干部分后得一
几何体,其三视图如图所示,则该几何体的体积
等于__________.
14.设和分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数,
用随机变量表示方程实根
的个数(重根按一个计).则的数学期望是.
15.如图,过抛物线的焦点F的直线交抛物线于点A、B,交其准线于点C,若,且,则此抛物线的方程为_________________.
16.在中,,以AB为一边向外作等边,若,,则=.
17.已知实数满足且,则的最小值为___________.
三、解答题:
本大题共5小题,共72分。
解答应写出文字说明,证明过程或演算过程.
18.(本小题满分14分)点A、B是直线与函数的图像的两个相邻交点,且.其中
(I)求的值;
(II)在锐角中,分别是角A,B,C的对边,若的面积为,求的值.
19.(本小题满分14分).已知等差数列的前项和为,且数列满足.
(I)求数列的通项公式;
(II)设数列的前项和为,求证:
.
20(本小题满分15分).如图所示,在四棱锥P—中,四边形为菱形,,为正三角形,分别为的中点.
(I)求证:
面;
(II)若平面平面,求二面角的余弦值.
21(本小题满分15分).已知椭圆的离心率为,且过点.抛物线的焦点坐标为.
(I)求椭圆和抛物线的方程;
(II)若点是直线上的动点,过
点作抛物线的两条切线,切点分别为,直线
交椭圆于两点.
i)求证直线过定点,并求出该定点坐标;
ii)当的面积取最大值时,求直线的方程.
22(本题满分14分)已知函数.
(I)当时,在处有极大值2.试讨论在上的单调性.
(II)若为上的奇函数,且任意的恒有,求的最大值.
2014年稽阳联谊学校高三联考
数学(理科)试题参考答案和评分标准
第Ⅰ卷(选择题,共50分)
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,只有一项是符合题目要求的,多选或少选概不给分.
1.B2.A3.C4.D5.C6.A7.C8.B9.A10.B
各题详细解答
1.解:
,则.或.选B.
2解:
由于,,则,选A.
3.解:
由正弦定理得,选C.
4.解:
选D.
5.解开始:
;第一次执行循环体后;第二次执行循环体后;第三次执行循环体后;第四次执行循环体后;第五次执行循环体后;故输出的结果为11,选C.
6.解:
由于,且点均在圆上,则,故到直线的距离为,故,从而,选A.
7.解:
,由的图像可知.显然是上的单调递增函数,且,.从而的零点在内.选C.
8.解:
结合向量数量积的几何意义及点在线段上的射影为相应线段的中点,从而
故,选B,
9.解:
在中,为中位线,且,从而.由抛物线的定义,设,则,从而.又点到轴的距离为,从而点
.考虑到点在抛物线,从而,即,即,故,又,解得,选A.
10.解:
如图,点的轨迹为:
以点为球心,以半径为的
球与正方体表面的交线,即为如图的弧段,
要使得与底面ABCD所成角最大,则与底面ABCD
的交点与点D的距离最短,从而点在弧段上,故
点P在弧段ENF上,且在QD上.设正方体的边长为2,从而DQ=,从而
最大值为1,故最大值为.选B
第Ⅱ卷(非选择题部分共100分)
二、填空题:
本大题共7小题,每小题4分,共28分。
11.12.13.14.15.16.17.
各题详细解答
11.解:
二项式展开式的通项为
从而令,故.从而常数项.
12.解:
利用线性规划的求解方式容易得当时,有最小值为2.
13.解:
该几何体的直观图如图所示,为四棱锥
则其体积为.
14.解:
的可能取值为,则,
,,
故.
15.解:
由于,则直线的斜率为,故,从而,从而.故,即,从而抛物线的方程为.
16.如图,设点D关于AC的对称点为,且交于点.设,则在中利用正弦定理得从
而得,从而
或从而得.显
然,故.
17.解:
由于,则,从而
令,从而,从而.当且仅当取等号.故的最小值为.
三、解答题:
本大题共5小题,共72分。
解答应写出文字说明,证明过程或演算过程.
18.解:
(1)……3分
由函数的图象及,得到函数的周期解得……5分
(2)……7分
又是锐角三角形,即……9分
由,得……11分
得即……13分
19.解:
(I)由于,故,故等差数列的公差,
故数列的通项公式.
(II)由于,则两式相减即得
,从而
.
由于
故当时,从而,从而,即
20解:
(1)取AP中点,连接NG,MG,由N平行且等于BM,得四边形NBM为平行四边形,从而MN//B,则MN//面PAB;……7分
(2)建立空间直角坐标系如图,则有,,B,,由N为PD中点,∴……9分
令平面的法向量,
由,令,则.……11分
同理可知平面的法向量可取……13分
则,则所求二面角的余弦值为;……15分
方法二:
连接PM,QM,AM,,四边形QNCB为平行四边形,
且NC//QM平面PAM
即
从而,又
所以为二面角的平面角
设=,则中,,,
所以
即二面角的的余弦值为
21.解:
(I)由于椭圆中,,则设其方程为,由于点在椭圆上,故代入得.故椭圆的方程为.对抛物线中,,故,从而椭圆的方程为,抛物线的方程为.
(II)
i)设点,且满足,点,则切线的斜率为,从而MA的方程为,考虑到,则切线的方程为,同理切线的方程为,由于切线同过点,从而有,由此点在直线上.又点M在直线上,则,故直线的方程为,即,显然直线过定点.
ii)设,考虑到直线的方程为,则联立方程
,消去并简化得,从而
,,
从而,
点到的距离,从而
,当且仅当,即
又由于,从而消去得,即,从而求得,从而或,从而所求的直线为
或
22.解:
(I),由于在处有极大值2,则,即
,则.从而.
由于在处有极大值,且,则,即.
当时,则,从而当时,;时,,
从而在上单调递增,在上单调递减.
当时,则,从而当时,;时,,从而在上单调递增,在上单调递减,在
上单调递增.
(II)由于为上的奇函数,从而,从而
要使得任意的恒有,则只需任意的时恒成立.
显然要使得取最大值,则.
当时,则当时,,故在上单调递增.由于任意的恒有,则只需,从而,即的最大可能值为.
当时,则,令.
)当时,当时,恒有,故在上单调递增.要使得任意的恒有,则只需,从而.
考虑到,即,从而,故,即的最大可能值为.
)当时,则当时,有;当时,有
,从而在上单调递增,在上单调递减,故要使得任意的恒有,则只需,且
即,且,故,即
故,即的最大可能值为.
由上述可知,的最大可能值为.下面我们再证明是可取的,令,则,则当时有
,故在单调递减,在上单调递增,在上单调递减,故
,
从而任意的恒有成立.
综合上述,实数的最大值为.