黑龙江省大庆实验中学2014届高考数学得分训练试题(二)理 新人教A版

大庆实验中学2014届高三得分训练（二）数学（理）试题

第Ⅰ卷(选择题 共60分）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共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）

图象与x轴的交点,记 APB ,则sin2 的值是（ ） A．

16

65

B．

63 65

C．

1616 D． 6365

9．已知半径为5的球O被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆的公共弦为4，若其中的一圆的半径为4，则另一圆的半径为（ ）

A

B

C．

D．

x2y2 xy

1 ，N y 1 ，则M N （ ） 1．已知集合M x

4 32 9

A． B． (3,0),(2,0) C． [ 3,3] D． 3,2

1 i i2 i3 i20142. 已知复数z ，则复数z在复平面内对应的点位于（ ）

1 i

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3

3．若)的展开式中含a项，则最小自然数n是（ ）

1

x ,x A,f(x) 211

10．设集合A [0,)，B [,1],函数若x0 A，且f[f(x0)] A， 2(1 x),x B.22

则x0的取值范围是（ ）

1

a

n

A．2 B．5 C．7 D．12

4．若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积等于（ ）

5．在 ABC中（O为坐标原点）,OA (2cos ,2sin ),OB (5cos ,5sin ).

若OA OB 5，则 AOB面积为（ ）

35A． B． C．53 D．

22

6．下列四个命题中真命题的个数是 （ ）

A．10cm B．20cm C．30cm D．40cm

3333

A． 0, B. , C. , D. 0,

42 42 4 8

1 11 11 3

x2y2

11. 设F1,F2分别为双曲线2 2 1(a 0,b 0)的左、右焦点，P为双曲线右支上任一点。

ab

若

PF1PF2

2

的最小值为8a，则该双曲线的离心率的取值范围是（ ）

①若y f(x)是奇函数，则y |f(x)|的图像关于y轴对称；②若logm3 logn3 0，则

A．（

1．（1，3） C．（1，3] D

．3）

12. 已知定义的R上的偶函数f x 在 0, 上是增函数，不等式f ax 1 f x 2 对任意

0 m n 1；③若函数f(x)对任意x∈R满足f(x) f(x 4) 1，则8是函数f(x)的一个周

期；④命题“在斜 ABC中，A B是tanA tanB成立的充要条件；⑤命题 “存在x R,x x 1 0”的否定是“任意x R,x x 1 0” A．1 B．2 C．3 D．4 7．已知函数f x 的图象如右图所示，则f x 的解析式可能是（ ） A．f x x 2lnx B．f x x lnx C．f(x) |x| 2ln|x|

2

22

1

x ,1 恒成立，则实数a的取值范围是（ ）

2

A． 3, 1 B． 2,0 C． 5, 1 D． 2,1 第II卷(非选择题 共90分）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卡相应的位置上.）

13．若框图（右图）所给的程序运行结果为S 90，那么判断框中应填入 的关于k的条件是___________. 14. 在平面区域(x,y)|x| 1,|y| 1上恒有ax 2by 2，则动点P(a

,b)所2

D．f(x) |x| ln|x|

8．函数y sin( x )( 0)的部分图象如右图所示,设P是图象最高点,A,B是

13题

1

形成平面区域的面积为 . 15．函数y

20．（本小题满分12分）已知椭圆的焦点坐标是F,0),F2(1,0),过点F2垂直与长轴的直线交 1( 1椭圆与P，Q两点,且|PQ| 3.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）过F2的直线与椭圆交与不同的 两点M，N,则 F1MN的内切圆面积是否存在最大值?若存在,则求出这个最大值及此时的直线 方程；若不存在,请说明理由.

x2 x( 3 x 5)图像所有交点的纵坐标之和. 图像与函数y 2cos

x 14

16．已知A,B,C为 ABC的三个内角, 向量 (cos

A BA B

,sin),|| 2.如果当22

.

C最大时,存在动点M, 使得||,||,||成等差数列, 三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤.) 17. （本小题满分12分）将函数f(x) sin

111

x sin(x 2 ) sin(x 3 )在区间(0, )内442

1

ax) x2 ax（a为常数，a 0） 2

1

（Ⅰ）当a 1时，求函数f(x)在x 1处的切线方程；（Ⅱ）当y f(x)在x 处取得极值

2

21．（本小题满分12分）已知函数f(x) ln( 时，若关于

1

2

x的方程f(x) b 0在[0,2]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围；

1

,1 ，使不等式f(x0) m(a2 2a 3)成立，求实 2

的全部极值点按从小到大的顺序排成数列 an (n N*)．（Ⅰ）求数列 an 的通项公式； （Ⅱ）设bn 2nan,数列 bn 的前n项和为Tn，求Tn的表达式．

18．（本小题满分12分）某中学有6名爱好篮球的高三男生，现在考察他们的投篮水平与打球年限的关系，每人罚篮10次，其打球年限与投中球数如下表:

（III）若对任意的a (1,2)，总存在x0数m的取值范围。

的

(xi )(yi ) xiyi

i 1 i 1n b n (xi )2xi2 2 i 1i 1

a

nn

请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分。作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。 22.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

如图，AB是圆O的直径，C是半径OB的中点，D是OB延长线上一点， 且BD=OB，直线MD与圆O相交于点M、T（不与A、B重合），DN与 圆O相切于点N，连结MC，MB，OT．

（Ⅰ）求证：DT DM DO DC；（Ⅱ）若 DOT 60，试求 BMC的大小．

线性回归方程，若第6名同学的打球年限为11年，试估计他的投中球数(精确到整数).

1

（Ⅱ）现在从高三年级大量男生中调查出打球年限超过3年的学生所占比例为，将上述的比例视

4

为概率。现采用随机抽样方法在男生中每次抽取1名，抽取3次，记被抽取的3名男生中打球年限超过3年的人数为X。若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列，期望E(X)。 19. （本小题满分12分）如图，在四棱柱ABCD A1BC11D1中，侧面 ADD1A1⊥底面ABCD，D1A D1D，底面ABCD为直角梯形，其中BC//AD , AB AD ,AD 2AB 2BC 2，O为AD中点。 （Ⅰ）求证：AO//平面ABC1 ； 1

（Ⅱ）求锐二面角A C1D1 C的余弦值.

23. (本小题满分10分)选修4-4：坐标系与参数方程

已知极点为直角坐标系的原点，极轴为x轴正半轴且单位长度相同的极坐标系中，

x cos 2

直线l： cos( ) 与直角坐标系中的曲线Ｃ： （ 为参数），

42 y

sin

交于A、B两点．

（Ⅰ）求直线l在直角坐标系下的方程；（Ⅱ）求点M( 1,2)与A、B两点的距离之积MAMB．

24. (本小题满分10分)选修4-5：不等式选讲

关于x的不等式lg(|x 3| |x 7|) m.（Ⅰ）当m 1时，解此不等式； （Ⅱ）设函数f(x) lg(|x 3| |x 7|)，当m为何值时，f(x) m恒成立？

大庆实验中学2014届高三得分训练（二）理科数学 参考答案

2

一、选择题 CACBD CBADB CB

二、填空题 13.k 9?或k

8? 三、解答题

17. （Ⅰ）化简f(x) sin

x4cosx4 ( cosx2) 14sinx，其极值点为x k

2

(k )， 它在(0, )内的全部极值点构成以

2

为首项， 为公差的等差数列， a1

n

2

(n 1)

2n 2

(n *)． （6分） （Ⅱ）bn

n 2an 2

(2n 1) 2n

∴T

n

[1 2 3 22

(2n 3) 2n 1

2 (2n 1) 2n

]

2Tn

2

[1 22 3 23 (2n 3) 2n (2n 1) 2n 1]

相减得， Tn

22

[1 2 2 2 2 2n (2n 1) 2

n 1

]

∴Tnn [(2n 3) 2 3]． （12分） 18. 解： (Ⅰ) 设所求的线性回归方程为y

bx a， 则b n

(xi

)(yi

)

i 1

10

n

20

0.5，a y b

x 0.4.(x2

i

)

i 1

所以投中球数y关于打球年限x的线性回归方程为 y 0.5x 0.4x(x N,0 x 16).（4分） 当x 11时, y 0.5x 0.4 0.5 11 0.4 5.9

6 ∴可以估计第6名同学投中球数为6个． （6分）

（Ⅱ）由题意可知，X

B(3,1

4)

（8分）

从而X的分布列为（要有运算过程） （10分） 期

望

为

E(X)

3

4

（12分）

19. （Ⅰ）证明：如图，连接CO , AC， 则四边形ABCO为正方形， OC AB A1B1，

且 OC//AB//A1B1 故四边形A1B1CO为平行四边形， AO1

//B1C， 又

AO1 平面ABC1，B1C 平面ABC1 AO1

//平面ABC1 （6分） （Ⅱ）

D1A D1D , O为AD的中点， DO1

AD，又侧面ADD1A1⊥底面ABCD，故D1O⊥底面ABCD，以O为原点，所OC , OD , OD1在直线分别为x轴，y轴，Z轴建立如图所示

的坐标系，则

C 1,0,0 , D 0,1,0 , D1 0,0,1 , A 0, 1,0

， （8分）

DC 1, 1,0 , DD D

1 0, 1,1 , 1A 0, 1, 1 , D1C1 DC 1, 1,0

，

m

设

x,y,z

为平面

CDD1C1的一个法向量，由

m DC , m DD

x y 0

1，得 y z 0，

y 1,x 1 , m

令Z 1，则

1,1,1

（10分）

y1 Z1 又设

n x1,y1,z1

为平面ACD

11的一个法向量，由n D1A , n DC11，得 x1 y1 0，令

cos m , n Z

11 1y1 ,

，则

1 1,x1 n 1, 1,1

，则

3， 1

故所求锐二面角A C1D1 C的余弦值为3 （12分）

注：第2问用几何法做的酌情给分。

20.解： （Ⅰ）设椭圆的方程是x2y2

a2 b

2 1(a b 0), 由交点的坐标得:c 1,

由|PQ| 3,可得2b2a，b 故椭圆的方程是x24 y2

3 ，解得a 23

1 （Ⅱ）设M(x1，y1)，N(x2，y2),不妨设y1 0，y2 0

3

设 F1MN的内切圆半径是R,则 F1MN的周长是4a 8,

S1

F1MN 2(MN F1M F1N)R 4R, 因此S F1MN最大,R就最大 S F1MN

1

2

F1F2(y1 y2) y1 y2 由题知,直线l的斜率不为0,可设直线l的方程为x my 1,

x my 1

由

x2y2得,(3m2 4)y2 6my 4

3 1 9 0,

法一：解得y1 y 2

则S AMN

12AB(y1 y2) y1 y2

令t 则t 1则S1 AMN

2AB(y121 y2) y1 y2 3t 1

t

令f(t) 3t 1，f (t) 3

1t

t

2 当t 1时,f (t) 0,f(t)在 1，

+ 上单调递增, 有f(t) f(1) 4，S12

AMN 4 3, 即当t 1，m 0时,S123

AMN 4 3，S AMN 4R，

所以Rmax 4, 此时所求内切圆面积的最大值是9

16

故直线l:x 1, AMN内切圆的面积最大值是9

16

法二：用韦达定理

S 12Fy2

m2 1 F1MN

1F21 y2 y1 y2 (y1 y2) 4y1y2 3m2

4

以下同上

21. （Ⅰ）a

1时，f(x) ln(12 12x) x2 x f'(x) 1

1 x 2x 1，

于是

f'(1)

32，又f(1) 0，即切点为（1,0) 切线方程为y 3

2(x 1) （3分）

（Ⅱ）

f'(x)

a

1 ax 2x a，f'(12

) a 1 a 0，即a2 a 2 0，

1 12

a

a 0, a 2此时，f'(x) 2x(2x 1)，1

上减， 1 1 2x x 0,2

2,2 上增， 又

f(0) ln12,f(12) 34,f(2) ln5

312

4 b ln

2 （7分）（III）f (x) a2ax2 (2 a2)xx[2ax1 ax 2x a 1 ax (a2 2)]

1 ax 因为1 a 2，所以

a2 22a 12 (a 2)(a 1)a2 21

2a 0，即2a 2

所以f(x)在 1,1 上单调递增，所以f(x)11

2

max f(1) ln(2

2

a) 1 a 只需满足ln(1

1

22a) 1 a m(a2 2a 3) 设h(a) ln(112 2

a) 1 a m(a2 2a 3) h'

(a) 1 2ma2 (1 a 1 2ma 2m

4m 1)a 2m

a 1

又h(1) 0 h(a)在1的右侧需先增， h

'

(1) 0, m 1

8

设g(a) 2ma

2

(4m 1)a 2m，对称轴a 1

1

4m

1 又 2m 0，g(1) 8m 1 0 在(1,2)上，g(a) 0，即h'

(a) 0

4

h(a)在(1,2)上单调递增， h(a) h(1) 0

则lgt 1，当t 10,x 7时，lgt 1， 故只需m 1即可，

所以，m的取值范围是

mm 1

8 （12分） 即m 1时，f(x) m恒成立． （10分）

22. （Ⅰ）证明：因MD与圆O相交于点T，由切割线定

理DN2 DT DM，DN2

DB DA，得DT DM DB DA，设半径OB=r(r 0)，

因BD=OB，且BC=OC=

r 2，则DB DA r 3r 3r2

，DO DC 2r

3r2

3r2，

所以DT DM DO DC. (5分) （Ⅱ）由（1）可知，DT DM DO DC， 且 TDO CDM，

故 DTO∽ DCM，所以 DOT DMC；

根据圆周角定理得， DOT 2 DMB，则 BMC 30

. （10分）

2

23．解：（Ⅰ）由l： cos(

4)

2

得 cos sin 1 （3分）

从而l在直角坐标系中方程为x y 1 （4分）

（Ⅱ）曲线Ｃ的普通方程为y2

x22

1 （5分） 22

x1 由 2x y 2 3 x y 1 得 或 x 1 4

y

3 y 0 从而 A(1,0)，B( 13,4

3

). （7分）

又Ｍ（－1,2）

所以 MAMB 1 1）2

（0-2）2

-12483 1） 3-2）2

3

（10分） 24．解：解：（Ⅰ）当m 1时，原不等式可变为0 |x 3| |x 7| 10，

可得其解集为{x|2 x 7}. （5分）

（Ⅱ）设t |x 3| |x 7|， 则由对数定义及绝对值的几何意义知0 t 10，

因y lgx在(0, )上为增函数，

5

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/1io4.html