2014届广东省韶关市高三4月高考模拟(二模)理科数学试卷(带解析)

2014届广东省韶关市高三4月高考模拟（二模）理科数学试卷（带

解析）

一、选择题

1.是虚数单位,则复数在复平面内对应的点在（）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【解析】

试题分析：对应点在第一象限 , 选A.

考点：复数的运算.

2.函数的零点所在区间是（）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

试题分析：，,选A.

考点：零点的定义.

3.在钝角中，，，则的面积为（）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

试题分析：由得，，或（舍去），则

选C.

考点：正弦定理、三角形面积公式.

4.某个几何体的三视图如图（其中正视图中的圆弧是半圆）所示,则该几何体的表面积为（）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

试题分析：三视图表示的几何体是由长方体和“半圆柱”组成的几何体，其中，长方体的上底面与“半圆柱”轴截面重合. ,选A

考点：三视图.

5.执行如图所示的程序框图,若输出的结果是,则判断框内的条件（）

A．? B．? C．? D．?

【答案】C

【解析】

试题分析：第一次循环，，不满足条件，循环。第二次循环，，不满足条件，循环。第三次循环，，不满足条件，循环。第四次循环，

，满足条件，输出。所以判断框内的条件是，选C

考点：程序框图.

6.给出下列四个命题，其中假命题是（）

A．从匀速传递的新产品生产流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件新产品进行某项指标检测，这样的抽样是分层抽样；

B．样本方差反映了样本数据与样本平均值的偏离程度；

C．在回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好；

D．设随机变量服从正态分布，若则.

【答案】A

【解析】

试题分析：A.选项A中的抽样为系统抽样，故此命题为假命题.其它选项为真命题.故选A

考点：抽样方法.

7.给出如下四个判断：

①；

②；

③设集合,,则“”是“”的必要不充分条件;

④ ,为单位向量,其夹角为，若，则.

其中正确的判断个数是：（）

A．１ B．２ C．３ D．４

【答案】A

【解析】

试题分析：，①不正确；当时，，②不正确；,，当时，，,反之，若，不一定有，③不正确；由得，，，所以，④正确．选A

考点：命题真假的判断.

8.若直角坐标平面内的两不同点、满足条件：①、都在函数的图像上；②、关于原点对称，则称点对是函数的一对“友好点对”（注：点对与看

作同一对“友好点对”）．已知函数=，则此函数的“友好点对”有（）对．

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【解析】

试题分析：根据题意可知只须作出函数的图象关于原点对称的图象，确定它与

函数交点个数即可,由图象可知，只有一个交点．选B

考点：新定义题、函数图象.

二、填空题

1.函数的定义域是________．

【答案】

【解析】

试题分析：得.

考点：函数的定义域.

2.已知向量,,且∥，则________.

【答案】

【解析】

试题分析：

考点：向量共线的充要条件.

3.已知两条平行直线与之间的距离是 .

【答案】1

【解析】

试题分析：两条直线与平行可得，，的方程为，两直线距离：

考点：平行线间的距离.

4.抛物线在处的切线与轴及该抛物线所围成的图形面积为 .

【答案】

【解析】

试题分析：函数的导数为,即切线斜率为,所以切线方程为,即,令，得，作图可知，围成的图形是曲边梯形去掉一个直角三角形，

所求面积为.

考点：利用导数求切线方程、积分求面积.

5.已知,若恒成立, 则的取值范围是 .

【答案】

【解析】

试题分析：要使不等式成立,则有,即,设,则.作出

不等式组对应的平面区域如图,平移直线,由图象可知当直线经过点B时,直线的截距最小,此时最大,由,解得,代入得,所以要使恒成立,则的取值范围是,即,

考点：线性规划.

6.若以为极点，轴正半轴为极轴，曲线的极坐标方程为：上的点到曲线的参数方程为：（为参数）的距离的最小值为 .

【答案】

【解析】

试题分析：曲线直角坐标方程，直线：

圆心到直线距离，所以，曲线上点到的距离的最小值

考点：极坐标方程与直角坐标方程的互化、点到直线的距离.

7.如图所示，是半径等于的圆的直径，是圆的弦，,的延长线交于点，若

，，则.

【答案】

【解析】

试题分析：由割线定理知，，为正三角形，，由圆的性质，圆周角等于圆心角的一半，得

考点：割线定理、圆的性质.

三、解答题

1.已知函数

(1)求的值；

（2）当时，求函数的值域.

【答案】（1）2 ；（2）

【解析】

试题分析：本题主要考查倍角公式、两角和的正弦公式、诱导公式、三角函数值域等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，利用倍角公式和两

角和的正弦公式化简表达式，使之化简成的形式，将代入解析式，用

诱导公式化简得到数值；第二问，利用第一问化简的表达式，将代入，先得到角的范围，再利用数形结合得到函数的值域.

（1） .2分

4分

6分

（2）

，8分

，10分

，即的值域是12分

考点：倍角公式、两角和的正弦公式、诱导公式、三角函数值域.

2.袋中装有大小和形状相同的小球若干个黑球和白球，且黑球和白球的个数比为４:３,从中任

取2个球都是白球的概率为现不放回从袋中摸取球，每次摸一球，直到取到白球时即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用表示取球终止时所需要的取球次数.

（1）求袋中原有白球、黑球的个数；

（2）求随机变量的分布列和数学期望.

【答案】（1）袋中原有3个白球和4个黑球；（2）分布列详见解析，.

【解析】

试题分析：本题主要考查古典概型、离散型随机变量的分布列和数学期望等基础知识，考查

学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，设出袋中白球和黑球个数，

由于从中任取2个都是白球，则可列出，利用组合数的计算，计算出n的值，从而得

到白球和黑球个数；第二问，利用第一问的结论，利用不放回抽样，计算出每一种情况的概率，列出分布列，利用计算出数学期望.

（1）依题意设袋中原有个白球,则有个黑球.

由题意知， 4分

即，解得，

即袋中原有3个白球和4个黑球. 5分

（2）依题意，的取值是.

，即第1次取到白球，

，即第2次取到白球

同理可得，

10分

分布列为

12345

12分

考点：古典概型、离散型随机变量的分布列和数学期望.

3.如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，∥，，

，为的中点．

（1）求证：∥平面；

（2）求证：平面平面；

（3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析；（3）.

【解析】

试题分析：本题主要考查中位线、平行四边形的证明、线面平行、线面垂直、面面垂直、二面角等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，作出辅助线

MN，N为中点，在中，利用中位线得到，且，结合已知条件，

可证出四边形ABMN为平行四边形，所以，利用线面平行的判定，得∥平面；第二问，利用面面垂直的性质，判断面，再利用已知的边长，可证出

，则利用线面垂直的判定得平面BDE，再利用面面垂直的判定得平面平面；第三问，可以利用传统几何法证明二面角的平面角，也可以利用向量法建立空间直角坐标系，求出平面BEC和平面ADEF的法向量，利用夹角公式计算即可.

（1）证明：取中点，连结．

在△中，

分别为的中点，所以∥，且

．由已知∥，，所以

∥，且．所以四边形为平行四边形，

所以∥．

又因为平面，且平面，

所以∥平面． 4分

（2）证明：在正方形中，．又因为

平面平面，且平面平面，

所以平面．所以． 6分

在直角梯形中，，，可得．

在△中，，所以． 7分

所以平面． 8分

又因为平面，所以平面平面． 9分

（3）（方法一）延长和交于．

在平面内过作于,连结．由平面平面，∥，，平面平面=，

得，于是．

又，平面，所以，

于是就是平面与平面所成锐二面角的

平面角. 12分

由，得.

又，于是有.

在中，.

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 14分

（方法二）由（2）知平面，且．

以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系．

易得.平面的一个法向量为.设为平面的一个法向量，因为，所以，令，得．

所以为平面的一个法向量．１２分

设平面与平面所成锐二面角为．

则．所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 14分

考点：中位线、平行四边形的证明、线面平行、线面垂直、面面垂直、二面角.

4.已知点，的坐标分别为，.直线，相交于点，且它们的斜率之积是，记动点的轨迹为曲线.

（1）求曲线的方程；

（2）设是曲线上的动点，直线，分别交直线于点，线段的中点为

，求直线与直线的斜率之积的取值范围；

（3）在（2）的条件下，记直线与的交点为，试探究点与曲线的位置关系，并

说明理由.

【答案】（1）()；（2）；（3）点在曲线上.

【解析】

试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程、点斜式求直线方程、中点坐标公式等基础知识，

考查学生的分析问题解决问题的能力、计算能力.第一问，设出P点坐标，利用斜率公式，求

出直线AP、BP的斜率，计算得到曲线C的方程；第二问，设出Q点坐标，利用点斜式写出

直线AQ的方程，它与x=4交于M，则联立得到M点坐标，同理得到N点坐标，利用中点坐

标公式得到后，将Q点横坐标的范围代入直接得到所求范围；第三问，结合第二问得到直线AN和直线BM的方程，令2个方程联立，得到T点坐标，通过计算知T点坐标符

合曲线C的方程，所以点T在曲线C上.

(1)设动点，则(且)

所以曲线的方程为(). 4分

（2）法一：设，则直线的方程为，令，则得，直线的方程为，

令，则得， 6分

∵=

∴，∴ 8分

故

∵，∴，

∴，

∴，

∴直线与直线的斜率之积的取值范围为 10分

法二：设直线的斜率为，则由题可得直线的斜率为，

所以直线的方程为，令，则得，

直线的方程为，令，则得，

∴，

∴ 8分

故

∴直线与直线的斜率之积的取值范围为 10分

（3）法一：由（2）得，，

则直线的方程为，直线的方程为， 12分由，解得即 12分

∴

∴点在曲线上. 14分

法二：由（2）得，

∴， 12分

∴

∴点在曲线上. 14分

法三：由（2）得，，，

∴， 12分

∴∴点在曲线上. 14分

考点：椭圆的标准方程、点斜式求直线方程、中点坐标公式.

5.已知正项数列中，其前项和为，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）设是数列的前项和，是数列的前项和，求证：.

【答案】（1）；（2）证明过程详见解析.

【解析】

试题分析：本题主要考查等差数列的通项公式、前n项和公式、放缩放、累加法等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、计算能力、转化能力.第一问，法一，利用

转化已知表达式中的，证明数列为等差数列，通过，再求；法二，利用

转化，证明数列为等差数列，直接得到的通项公式；第二问，要证，只需要证中每一项都小于中的每一项，利用放缩法，先得到，

，只需证，通过放缩法、累加法证明不等式.（1）法一：由得

当时，，且，故 1分

当时，，故，得，

∵正项数列，

∴ 4分

∴是首项为，公差为的等差数列.

∴，

∴. 6分

法二：

当时，，且，故 1分

由得， 2分

当时，

∴，

整理得

∵正项数列，，

∴， 5分

∴是以为首项，为公差的等差数列，

∴. 6分

（2）证明：先证： 7分.

故只需证， 9分

因为[]2

所以 12分

所以

当取得到不等式，

相加得：

即： 14分

考点：等差数列的通项公式、前n项和公式、放缩放、累加法.

6.已知函数，其中且.

（1）讨论的单调性；

(2) 若不等式恒成立，求实数取值范围；

（3）若方程存在两个异号实根，，求证：

【答案】（1）详见解析；（2）；（3）证明详见解析.

【解析】

试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断导数的单调性、利用导数求函数的单调性、利用导数求函数的最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、计算能力.第

一问，先求函数的定义域，对求导，由于，所以讨论a的正负，利用的正

负，判断函数的单调性；第二问，结合第一问的结论，当时举一反例证明不恒成立，当时，将恒成立转化为恒成立，令，利用导数求的最小值；第三问，要证，需证，令，利用函数的单调性，解出的大小.

(１)的定义域为.

其导数 2分

①当时,,函数在上是增函数;

②当时,在区间上,;在区间(0,+∞)上,．

所以,在是增函数,在(0,+∞)是减函数. 4分

(２)当时, 则取适当的数能使，比如取，

能使, 所以不合题意 6分

当时，令,则

问题化为求恒成立时的取值范围.

由于

在区间上,;在区间上,. 8分

的最小值为,所以只需

即,, 10分

(３)由于存在两个异号根，不仿设，因为,所以

11分

构造函数:()

所以函数在区间上为减函数. ,则,

于是,又,,由在上为减函数可知.即 14分

考点：导数的运算、利用导数判断导数的单调性、利用导数求函数的单调性、利用导数求函数的最值.

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