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东北三省四市教研协作体2014届高三第一次模拟数学(理)试题.doc

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东北三省四市教研协作体2014届高三第一次模拟数学(理)试题.doc

2014年理科一模答案1D2D3C4C5B6B7A8D9A10B11D12D13314611581623XY1716SINCOS4XXXF1COS21SIN23COS4XXX(1分)1COS2COSSIN322XXXXX2COS2SIN3(2分)62SIN2X(3分)(1)令,226222ZKKXK(4分)递增区间是,6,3ZKKK(5分)(2),0C,613626C由1CF,可得3C∵21COS2222CABCAB,(7分)∴22222CABCBAAB,(9分)又∵4C∴16AB343SIN1621ABCS(11分)当且仅当4BA时,故△ABC面积的最大值是34(12分)18解(1)乙的中间有两个数187和188,因此乙的中位数为1875CM(3分)(2)根据茎叶图知,“优秀品种”的有12株,“非优秀品种”的有18株用分层抽样的方法抽取,每株被抽中的概率是51306“优秀品种”的有11226株,“非优秀品种”的有1183株(5分)用事件A表示“至少有一株‘优秀品种’的被选中”,则2325C3711,C1010PA因此从5株树苗中选2株,至少有一株“优秀品种”的概率是710(7分)(3)依题意,一共有12株优秀品种,其中乙种树苗有8株,甲种树苗有4株,则X的所有可能取值为0,1,2,3,321884331212CCC14280;1;C55C55PXPX2134841212CCC1212;3C55CPXPX(9分)因此X的分布列如下X0123P145528551255155所以14281210123155555555EX(12分)19(1)由三视图可知NABBBC1面,建系0,8,0,0,4,4,0,0,4,0,0,01BNAB,,,8,0,4,0,01CC(1分)4,4,4,0,4,4,0,4,411NCNBBN(2分)01NBBN,01NCBN且NNCNB11,(4分)BN平面NBC11(5分)(2)设平面1CNB的法向量,,ZYXN,则0CNN,01CBN0480444ZYZYX2,1,1N(8分)设NC1与平面1CNB所成的角为,则32SIN11NNCNNC(11分)直线NC1与平面1CNB所成角的正弦值为32(12分)20I由已知||32||MQMP,即32||||MQMP(2分)且32大于||PQ(3分)所以M的轨迹是以2,0,2,0为焦点,23为长轴长的椭圆,即其方程为2213XY(5分)II设AB的方程为TKXY代入椭圆方程得到033613222TKTXXK2249330KT,即2231KT①方程有两个不同的解(6分)122631KTXXK,1223231XXKTK122231YYTK,(7分)1212112202YYXXK,化简得到2314KT②(8分)得到04T又原点到直线的距离为2||1TDK(9分)22221224933||1||131KTABKXXKK(10分)22222493311||||||122311AOBKTTSABDKKK化简得到21344AOBSTT,所以当2T时,即73K(11分)AOBS取得最大值32(12分)21(1)(1)XXF1,(1分)11F,(2分)故切线方程为1XY;(4分)(2)LN2AXXXAXXG,(5分)令AXXXAXXFLN,则XFY在,1上单调递增.221LNXAXXXF,则当1X时,01LN2AXX恒成立,即当1X时,1LN2XXA恒成立.(6分)令1LN2XXXG,则当1X时,0212XXXG,故1LN2XXXG在,1上单调递减,从而21MAXGXG,(7分)故2MAXXGA.(8分)(3)XXAXXAAXAXXG22222LNLN22LN,令XXAXXAAH222LNLN22,则2LN2XXAH.(9分)令XXXQLN,则XXXXQ111,显然XQ在1,0上单调递减,在,1上单调递增,(10分)则11MINQXQ,(11分)则21AHXG.(12分)22(1)证明,,,ABCP共圆,又ABC为等边三角形,60QPBBAC,(1分)ABBCPQPB,QPB为等边三角形,60QBPABCA(2分)ABP≌CBQ(3分)CQAP;(4分)(2)设1AB,点P是弧BC的中点,ABAC,90ABP,60APB,(6分)33BP,(8分)221133ABCBPQSSABBP(10分)231解I由COS4SIN2,得COS4SIN2所以曲线C的直角坐标方程为XY42(4分)2将直线L的参数方程代入XY42,得032382TT(5分)设A、B两点对应的参数分别为T1、T2,则T1T238,T1T232(7分)5842122121TTTTTTPBPA(9分)4511PBPAPBPAPBPA(10分)2424.(1)①221XXX(1分)②2211X11X

注意事项

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