2014屆高三第二次高考模擬考試理科數(shù)學3

1、高考試題庫（）我的高考我做主！第 PAGE * Arabic 9頁 共 NUMPAGES 9頁學優(yōu)高考網(wǎng)（）我的高考我做主！高考試題庫（）我的高考我做主！、齊齊哈爾市高三第二次模擬考試數(shù)學試卷參考答案(理科)1B由題意可得A(0，2)，B1,+)，則AB1，2)2Bzeq f(1ai,1i)，則eq f(1a,2)1，得a3，z的虛部為2.3D因為sin(eq f(,2)eq f(3,5)，所以cos eq f(3,5)，又eq f(,2)0，所以sin eq f(4,5)，所以tan()tan eq f(sin ,cos )eq f(4,3).4A由拋物線y2(a29)x開口向右可得a290

2、，即得a3或a3，“a3”是“方程y2(a29)x表示開口向右的拋物線”的充分不必要條件，故應選A.5A根據(jù)題意可得甲組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為21，則可得20n21，即n1，所以乙組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為22，則可得eq f(20222810m,4)22，解得m8，所以eq f(m,n)8.6A當x3時，f(3)238，g(3)329，顯然f(3)log9eq r(3)log9eq f(8,5)，cab.9D作出不等式組對應的區(qū)域為三角形BCD，直線ykx1過定點M(0，1)，由圖象可知要使直線ykx1與區(qū)域有公共點，則有直線的斜率kkMC，由eq blc(avs4alco1(xy3，,yx1)得eq blc

3、(avs4alco1(x1,y2)，即C(1，2)又kMCeq f(2（1）,10)3，所以k3，即3，)10A將f(x)eq r(3)sin 2xcos 2x2sin(2xeq f(,6)的圖象向左平移m個單位，得函數(shù)g(x)2sin(2x2meq f(,6)的圖象，則由題意得2eq f(,6)2meq f(,6)keq f(,2)(kZ)，即有meq f(k,2)eq f(,6)(kZ)，meq f(,2)，當k1時，m取最小值為eq f(2,3).11D由f(x)f(x)tan x可得：cos xf(x)sin xf(x)0 ，eq f(cos xf（x）sin xf（x）,sin2x)

4、0，eq f(sin xf（x）cos xf（x）,sin2x)0，即函數(shù)eq f(f（x）,sin x)在(0，eq f(,2)上單調(diào)遞增，eq f(f（f(,6)）,sinf(,6)eq f(f（f(,3)）,sinf(,3)，eq r(3)f(eq f(,6)f(eq f(,3)12D由條件知，OAAB，所以eq blc(avs4alco1(OA2AB2OB2,2|AB|OA|OB|)，則|OA|AB|OB|345，于是tanAOBeq f(4,3).因為向量eq o(BF,sup6()與eq o(FA,sup6()同向，故過F作直線l1的垂線與雙曲線相交于同一支而雙曲線eq f(x2,

5、a2)eq f(y2,b2)1的漸近線方程分別為eq f(x,a)eq f(y,b)0，故eq f(2f(b,a),1（f(b,a)）2)eq f(4,3)，解得a2b，故雙曲線的離心率eeq f(c,a)eq f(r(5),2).1310ab，x4，又bc，2m120，即m6，xm10.14.eq f(9,10)Peq f(Ceq oal(1,3)Aeq oal(4,4)Ceq oal(1,3)Aeq oal(4,4)Ceq oal(2,3)Aeq oal(4,4),Ceq oal(2,5)Aeq oal(4,4)eq f(9,10).第一個Ceq oal(1,3)Aeq oal(4,4)表

6、示甲與除乙外的某一位志愿者一起去同一個崗位服務，第二個Ceq oal(1,3)Aeq oal(4,4)表示乙與除甲外的某一位志愿者一起去同一個崗位服務，Ceq oal(2,3)Aeq oal(4,4)表示甲與乙都一個人去某一崗位服務15.eq f(4r(3),3)設(shè)球心到平面ABC的距離為h，球的半徑為R，則球面上的點到平面ABC的最大距離為hR，由題知Req r(3)，又因heq r(3（2r(2)f(r(3),3)2eq f(r(3),3)，所以hReq f(4r(3),3).1622Req f(BC,sin 120)eq f(r(a2b22abcos 120),f(r(3),2)eq f

7、(r(（ab）2ab),f(r(3),2)eq f(r(4（f(ab,2)）2),f(r(3),2)2.17解：(1)設(shè)數(shù)列an的公比為q，若q1，則S1a11，2S24a14，3S39a19，故S13S31022S2，與已知矛盾，故q1, 從而得Sneq f(a1（1qn）,1q)eq f(1qn,1q)， 由S1，2S2，3S3成等差數(shù)列，得S13S322S2，即13eq f(1q3,1q)4eq f(1q2,1q)，解得qeq f(1,3)，所以ana1qn1(eq f(1,3)n1.（6分）(2) 由(1)得，bnnann(eq f(1,3)n1，所以Tn12eq f(1,3)3(eq

8、 f(1,3)2n(eq f(1,3)n1，eq f(1,3)Tneq f(1,3)2(eq f(1,3)23(eq f(1,3)3n(eq f(1,3)n，由解得Tneq f(9,4)eq f(32n,4)(eq f(1,3)n1.(12分)18解：(1)設(shè)選出的3種商品中至少有一種是家電為事件A，從3種服裝、2種家電、3種日用品中，選出3種商品，一共有Ceq oal(3,8)種不同的選法，選出的3種商品中，沒有家電的選法有Ceq oal(3,6)種所以，選出的3種商品中至少有一種是家電的概率為P(A)1eq f(Ceq oal(3,6),Ceq oal(3,8)eq f(9,14).(5分

9、)(2)設(shè)顧客三次抽獎所獲得的獎金總額為隨機變量X，其所有可能的取值為0，m，3m，6m(單位：元)X0表示顧客在三次抽獎都沒有獲獎，所以P(X0)(1eq f(1,3)3eq f(8,27)；同理，P(Xm)Ceq oal(1,3)(1eq f(1,3)2eq f(1,3)eq f(4,9)；P(X3m)Ceq oal(2,3)(1eq f(1,3)1(eq f(1,3)2eq f(2,9)；P(X6m)Ceq oal(3,3)(eq f(1,3)3eq f(1,27).顧客在三次抽獎中所獲得的獎金總額的期望值是E(X)0eq f(8,27)meq f(4,9)3meq f(2,9)6meq

10、 f(1,27)eq f(4,3)m.由eq f(4,3)m100，解得m75.故m最高定為75元，才能使促銷方案對商場有利(12分)19(1)證明：連結(jié)AC，交BD于N，連結(jié)MN.在AEC中，M、N分別為兩腰AE、AC的中點，可得MNCE，又因為MN平面BDM，EC平面BDM，所以可得EC平面BDM.(4分)(2)解：設(shè)平面ADE與平面ACF所成的銳二面角的大小為，以D為空間直角坐標系的原點，分別以DE，DC，DA所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則A(0，0，eq r(2)，F(xiàn)(1，1，0)，C(0，2，0)，eq o(AF,sup6()(1，1，eq r(2)，eq o(FC,s

11、up6()(1，1，0)設(shè)平面ADE的單位法向量為n1，則可得n1(0，1，0)(6分)設(shè)面ACF的法向量n2(x，y，1)，則有eq blc(avs4alco1(n2o(FC,sup6()0，,n2o(AF,sup6()0，)代入數(shù)據(jù)可得eq blc(avs4alco1(xyr(2)0，,xy0，)解得xyeq f(r(2),2)，所以n2(eq f(r(2),2)，eq f(r(2),2)，1)(10分)所以cos eq f(|n1n2|,|n1|n2|)eq f(1,2)，又因為(0，eq f(,2)，所以eq f(,3).(12分)20解：(1)設(shè)P(x0，y0)，則Q(x0，y0)S

12、CPQeq f(1,2)2|x0|y0|x0y0|，又eq f(xeq oal(2,0),8)eq f(yeq oal(2,0),b2)1eq f(2|x0y0|,2r(2)b)，|x0y0|eq r(2)b，即SCPQeq r(2)b，eq r(2)b2，得beq r(2)，橢圓方程為eq f(x2,8)eq f(y2,2)1.(5分)(2)設(shè)直線MA、MB的斜率分別為k1，k2，只需證明k1k20即可，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則k1eq f(y11,x12)，k2eq f(y21,x22)，直線l方程為yeq f(1,2)xm，代入橢圓方程eq f(x2,8)eq f(y2,

13、2)1消去y，得x22mx2m240可得x1x22m，x1x22m24.(9分)而k1k2eq f(y11,x12)eq f(y21,x22)eq f(（y11）（x22）（y21）（x12）,（x12）（x22）)eq f(（f(1,2)x1m1）（x22）（f(1,2)x2m1）（x12）,（x12）（x22）)eq f(x1x2（m2）（x1x2）4（m1）,（x12）（x22）)eq f(2m24（m2）（2m）4（m1）,（x12）（x22）)eq f(2m242m24m4m4,（x12）（x22）)0，(11分)k1k20，故直線MA、MB與x軸始終圍成一個等腰三角形(12分)21

14、解：(1)由題意知：f(x)b(ln xeq f(x1,x)1，f(1)2b11，b1，h(x)f(x)xln xx1，h(x)eq f(1,x)1，h(x)eq f(1,x)10，解得0 x1.h(x)eq f(1,x)10，解得x1.所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減（6分）(2)g(x)f(x)(ax)ln xeq f(1,2)ax2(1a)ln xeq f(1,2)ax2x1，g(x)eq f(1a,x)ax1eq f(ax2x1a,x)eq f(ax（1a）（x1）,x)eq f(ax（f(1,a)1）（x1）,x)，由g(x)0得：x1eq f(1,a)1，x

15、21.若0eq f(1,a)11，a0即eq f(1,2)a1，0 x1x2，x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)極大值極小值此時g(x)的最小值點為x1，極大值點xeq f(1,a)1.若eq f(1,a)11，a0即aeq f(1,2)，x1x21，則g(x)0，g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，無極值點若eq f(1,a)11，a0即0aeq f(1,2)，x1x21，x(0，x2)x2(x2，x1)x1(x1，)f(x)00f(x)極大值極小值此時g(x)的極大值點為x1，極小值點xeq f(1,a).綜上所述：當eq f(1,2)a1時，g(x)的極小值點為

16、x1，極大值點xeq f(1,a)1；當aeq f(1,2)時，g(x)無極值點；當0aeq f(1,2)，g(x)的極大值點為x1，極小值點為xeq f(1,a)1.（12分）22解：(1)連結(jié)AB，AC是O1的切線，BACD.又BACE，DE，ADEC.(4分)(2)PA是O1的切線，PD是O1的割線，PA2PBPD.62PB(PB9)，PB3.在O2中，由相交弦定理得PAPCBPPE.PE4，AD是O2的切線，DE是O2的割線，AD2BDDE916，AD12.(10分)23解：(1)將C轉(zhuǎn)化為普通方程是eq f(x2,3)y21，將l轉(zhuǎn)化為直角坐標方程是xy40.(4分)(2)在eq f(x2,3)y21上任取一點A(eq r(3)cos ，sin )，則點A到直線l的距離為deq f(|r(3)cos sin 4|,r(2)eq f(|2sin（60）4|,r(2)，它的最大值為3eq r(2).(10分)24證明：ab(eq f(ab,2)2eq f(1,4)，當且僅當a=b=eq f(1,2)時等號成立,eq f(1,ab)4.eq f(1,a2)e