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黑龙江省齐齐哈尔市2014届高三数学第二次模拟考试 理


黑龙江省齐齐哈尔市 2014 届高三数学第二次模拟考试 理(扫描版) 新人教 A 版

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齐齐哈尔市高三第二次模拟考试 数学试卷参考答案(理科) 1.B 由题意可得 A=(0,2),B=[1,+∞),则 A∩B=[1,2). 1-ai 1 ? a ?

(a ? 1)i 1-a 2.B z= = ,则 =-1,得 a=3,∴z 的虚部为-2. 1+i 2 2 π 3 3 π 4 3.D 因为 sin(θ + )= ,所以 cos θ = ,又- <θ <0,所以 sin θ =- ,所 2 5 5 2 5 sin θ 4 以 tan(π -θ )=-tan θ =- = . cos θ 3 4. A 由抛物线 y =(a -9)x 开口向右可得 a -9>0, 即得 a>3 或 a<-3, ∴“a>3” 2 2 是“方程 y =(a -9)x 表示开口向右的抛物线”的充分不必要条件,故应选 A. 5.A 根据题意可得甲组数据的中位数为 21,则可得 20+n=21,即 n=1,所以乙组 20+22+28+10+m m 数据的平均数为 22,则可得 =22,解得 m=8,所以 =8. 4 n 6.A 当 x=3 时,f(3)=2 =8,g(3)=3 =9,显然 f(3)<g(3),则 h(3)=9,故 h(3) -3=6. 7 .C 由三视图可知该几何体为半个圆锥,底面半径为 1,高为 3 ,∴表面积 S= 1 2
3 2 2 2 2

1 1 3 2 ?2? 3+ ?π ?1 + ?π ?1?2= 3+ π . 2 2 2 1 8 8.C ∵ =log9 3,log8 3>log9 3>log9 ,∴c>a>b. 4 5 9.D 作出不等式组对应的区域为三角形 BCD,直线 y=kx-1 过定点 M(0,-1),由图 象可知要使直线 y=kx-1 与区域 Ω 有公共点,则有直线的斜率 k≥kMC,由?
? ?x=1 2-(-1) ? ,即 C(1,2).又 kMC= =3,所以 k≥3,即[3,+∞). 1-0 ?y=2 ? ? ?x+y=3, ?y=x+1 ?



π 10.A 将 f(x)= 3sin 2x-cos 2x=2sin(2x- )的图象向左平移 m 个单位,得函数 6 π π π π kπ g(x)=2sin(2x+2m- )的图象, 则由题意得 2? +2m- =kπ + (k∈Z), 即有 m= 6 6 6 2 2 π π + (k∈Z),∵m> , 6 2 2π ∴当 k=1 时,m 取最小值为 . 3 11 . D ∵ 由 f(x)<f′(x)?tan x 可 得 : cos x?f(x) - sin x?f′(x)<0 , cos x?f(x)-sin x?f′(x) sin x?f′(x)-cos x?f(x) ∴ <0,∴ >0,即函数 2 2 sin x sin x

5

f( ) f( ) 6 3 f(x) π π π 在(0, )上单调递增,∴ < ,∴ 3f( )<f( ). sin x 2 π π 6 3
sin 6
2

π

π

sin
2

3
2

12. D

?OA +AB =OB ? 由条件知, OA⊥AB, 所以? , 则|OA|∶|AB|∶|OB|=3∶4∶5, ?2|AB|=|OA|+|OB| ?

4 → → 于是 tan∠AOB= .因为向量BF与FA同向, 故过 F 作直线 l1 的垂线与双曲线相交于同一支. 而 3

b a x y x y 4 双曲线 2- 2=1 的渐近线方程分别为 ± =0,故 = ,解得 a=2b,故双曲线的 a b a b b 2 3 1-( ) a
2 2

2?

离心率 e= =

c a

5 . 2 C3A4+C3A4+C3A4 9 1 4 = .第一个 C3A4表示甲与除乙外的某一位志愿者一起去同 2 4 C5A4 10
1 4 2 4 1 4 1 4 2 4

13.-10 ∵a∥b, ∴x=-4,又∵b⊥c,∴2m+12=0,即m=-6,∴x+m=-10. 14. 9 10

P=

一个岗位服务,第二个 C3A4表示乙与除甲外的某一位志愿者一起去同一个岗位服务,C3A4表 示甲与乙都一个人去某一岗位服务. 4 3 15. 3 设球心到平面 ABC 的距离为 h,球的半径为 R,则球面上的点到平面 ABC 的最 3 2 3 4 3 ) = ,所以 h+R= . 3 3 3 4-(

大距离为 h+R,由题知 R= 3,又因 h=

3-(2 2?

a+b
2

16.2 2R= = sin 120°

BC

a +b -2abcos 120°
3 2

2

2

(a+b) -ab = ≥ 3 2

2



2

3 2

=2. 17.解:(1)设数列{an}的公比为 q,若 q=1,则 S1=a1=1,2S2=4a1=4,3S3=9a1=9, 故 S1+3S3=10≠2?2S2,与已知矛盾,故 q≠1, 从而得 Sn= 由 S1,2S2,3S3 成等差数列,得 S1+3S3=2?2S2, 1-q 1-q 1 1 n-1 n-1 即 1+3? =4? ,解得 q= ,所以 an=a1?q =( ) .(6 分) 1 -q 1-q 3 3 1 n-1 1 1 2 1 n-1 (2) 由(1)得,bn=nan=n?( ) ,所以 Tn=1+2? +3?( ) +?+n( ) ,① 3 3 3 3 1 1 1 1 1 Tn= +2?( )2+3?( )3+?+n( )n,② 3 3 3 3 3 9 3+2n 1 n-1 由①-②解得 Tn= - ( ) .(12 分) 4 4 3 18.解:(1)设选出的 3 种商品中至少有一种是家电为事件 A,从 3 种服装、2 种家电、 3 3 种日用品中,选出 3 种商品,一共有 C8种不同的选法,选出的 3 种商品中,没有家电的选
3 2

a1(1-qn) 1-qn = , 1-q 1-q

6

法有 C6种. C6 9 所以,选出的 3 种商品中至少有一种是家电的概率为 P(A)=1- 3= .(5 分) C8 14 (2)设顾客三次抽奖所获得的奖金总额为随机变量 X,其所有可能的取值为 0,m,3m, 6m(单位:元).
3

3

X=0 表示顾客在三次抽奖都没有获奖,所以 P(X=0)=(1- )3= ;
1 2 1 4 1 1 1 2 2 1 2 同理,P(X=m)=C3?(1- ) ? = ;P(X=3m)=C3?(1- ) ?( ) = ; 3 3 9 3 3 9
3 P(X=6m)=C3 . 3?( ) =

1 3

8 27

1 3

1 27

8 4 2 1 顾客在三次抽奖中所获得的奖金总额的期望值是 E(X)=0? +m? +3m? +6m? 27 9 9 27 4 = m. 3 4 由 m≤100,解得 m≤75. 3 故 m 最高定为 75 元,才能使促销方案对商场有利.(12 分) 19.(1)证明:连结 AC,交 BD 于 N,连结 MN. 在△AEC 中,M、N 分别为两腰 AE、AC 的中点,可得 MN∥CE, 又因为 MN? 平面 BDM, EC?平面 BDM, 所以可得 EC∥平面 BDM.(4 分) (2)解:设平面 ADE 与平面 ACF 所成的锐二面角的大小为 θ ,以 D 为空间直角坐标系的原点,分别以 DE,DC,DA 所在直线为 x,y,z 轴 建立空间直角坐标系, → 则 A(0,0, 2),F(1,1,0),C(0,2,0),AF=(1,1,- 2), →

FC=(-1,1,0).
设平面 ADE 的单位法向量为 n1,则可得 n1=(0,1,0).(6 分) → ? ?n2?FC=0,

设面 ACF 的法向量 n2=(x,y,1),则有?

?x+y- 2=0, 代入数据可得? → ?-x+y=0, ? ?n2?AF=0,

解得 x=y=

2 2 2 ,所以 n2=( , ,1).(10 分) 2 2 2

所以 cos θ =

|n1?n2| 1 π π = ,又因为 θ ∈(0, ),所以 θ = .(12 分) |n1||n2| 2 2 3

1 20.解:(1)设 P(x0,y0),则 Q(-x0,y0).∴S△CPQ= ?2|x0|?|y0|=|x0y0|, 2

x0 y0 2|x0y0| 又 + 2=1≥ ,∴|x0y0|≤ 2b,即 S△CPQ≤ 2b,∴ 2b=2,得 b= 2, 8 b 2 2b
∴椭圆方程为 + =1.(5 分) 8 2 (2)设直线 MA、MB 的斜率分别为 k1,k2,只需证明 k1+k2=0 即可,设 A(x1,y1),B(x2,

2

2

x2 y2

7

y1-1 y2-1 1 x2 y2 y2),则 k1= ,k2= ,直线 l 方程为 y= x+m,代入椭圆方程 + =1 消去 y, x1-2 x2-2 2 8 2
得 x +2mx+2m -4=0 可得 x1+x2=-2m,x1x2=2m -4.(9 分) 而 k1+k2=
2 2 2

y1-1 y2-1 (y1-1)(x2-2)+(y2-1)(x1-2) + = x1-2 x2-2 (x1-2)(x2-2)

1 1 ( x1+m-1)(x2-2)+( x2+m-1)(x1-2) 2 2 = (x1-2)(x2-2) = = =

x1x2+(m-2)(x1+x2)-4(m-1) (x1-2)(x2-2)
2m -4+(m-2)(-2m)-4(m-1) (x1-2)(x2-2) 2m -4-2m +4m-4m+4 =0,(11 分) (x1-2)(x2-2)
2 2 2

∴k1+k2=0,故直线 MA、MB 与 x 轴始终围成一个等腰三角形.(12 分) 21.解:(1)由题意知:f′(x)=b(ln x+

x+1 )-1,f′(1)=2b-1=1,b=1,h(x) x x

1 1 =f(x)-xln x-x+1,h′(x)= -1,h′(x)= -1>0,解得 0<x<1.

x

h′(x)= -1<0,解得 x>1. x
所以 h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. (6 分) 1 2 1 2 1-a (2)g(x)=f(x)-(a+x)ln x+ ax =(1-a)ln x+ ax -x+1,∴g′(x)= +ax 2 2 x

1

a[x-( -1)](x-1) a ax -x+1-a [ax-(1-a)](x-1) -1= = = , x x x
2

1

1 由 g′(x)=0 得:x1= -1,x2=1.

a

1 1 ①若 0< -1<1,a>0 即 <a<1,0<x1<x2, a 2

x f′(x) f(x)

(0,x1) + ?

x1
0 极大值

(x1,x2) - ?

x2
0 极小值

(x2,+∞) + ?

1 此时 g(x)的最小值点为 x=1,极大值点 x= -1.

a

1 1 ②若 -1=1,a>0 即 a= ,x1=x2=1,则 g′(x)≥0,g(x)在(0,+∞)上单调递增, a 2 无极值点. 1 1 ③若 -1>1,a>0 即 0<a< ,x1>x2=1, a 2

x f′(x) f(x)

(0,x2) + ?

x2
0 极大值

(x2,x1) - ?

x1
0 极小值

(x1,+∞) + ?
8

1 此时 g(x)的极大值点为 x=1,极小值点 x= .

a

综上所述: 1 1 当 <a<1 时,g(x)的极小值点为 x=1,极大值点 x= -1; 2 a 1 当 a= 时,g(x)无极值点; 2 1 1 当 0<a< ,g(x)的极大值点为 x=1,极小值点为 x= -1.(12 分) 2 a 22.解:(1)连结 AB,∵AC 是⊙O1 的切线,∴∠BAC=∠D. 又∵∠BAC=∠E,∴∠D=∠E,∴AD∥EC.(4 分) 2 2 (2)∵PA 是⊙O1 的切线,PD 是⊙O1 的割线,∴PA =PB?PD.∴6 =PB?(PB+9),∴PB =3. 在⊙O2 中,由相交弦定理得 PA?PC=BP?PE.∴PE=4,∵AD 是⊙O2 的切线,DE 是⊙O2 的割线, 2 ∴AD =BD?DE=9?16,∴AD=12.(10 分) 23.解:(1)将 C 转化为普通方程是 +y =1,将 l 转化为直角坐标方程是 x+y-4= 3 0.(4 分) (2)在 +y =1 上任取一点 A( 3cos α ,sin α ),则点 A 到直线 l 的距离为 3

x2

2

x2

2

d=

| 3cos α +sin α -4| |2sin(α +60°)-4| = ,它的最大值为 3 2.(10 分) 2 2

24.证明:①∵ab≤(

a+b

1 1 1 2 ) = ,当且仅当 a=b= 时等号成立,∴ ≥4. 2 4 2 ab

1 1 2 1 1 1 ∵ 2+ 2≥ ≥8,当且仅当 a=b= 时等号成立,∴ 2+ 2≥8.(5 分) a b ab 2 a b 1 1 1 1 1 1 1 1 1 b a ②∵ + + = + + + =2(a+b)( + )=4+2( + )≥4+4

a b ab a b a b

a b

a b

b a ? =8,当且仅当 a=b a b

1 = 时等号成立, 2 1 1 1 ∴ + + ≥8.(10 分)

a b ab

9


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