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

1、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表示球的半径第卷（选择题，共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5

2、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.9 B.10 C.11 D.136.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

3、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.4 B.6 C.8 D.109.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

4、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

5、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.

6、（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.1B 2.A 3.C 4.D 5.C 6.A 7.C 8.B 9.A 10.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

7、：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D

8、Q=，从而最大值为1，故最大值为.选B第卷（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

9、，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

10、，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

11、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.