江西省南昌二中高三数学第十一次模拟考试试题 文 新人教A版(1).doc

江西省南昌二中2014届高三第十一次模拟考试数学（文）试题一、选择题（题型注释）1设集合，集合，则（ ）a b c d2复数的计算结果是（ ）a b c d3若双曲线的离心率为，则m=a b3 c d24设等差数列的前n项和为sn，若a1=1，a2+a3=11，则s6一s3=a27 b39c45 d635某几何体的三视图如题（6）所示，其侧视图是一个边长为1的等边三角形，俯视图是两个正三角形拼成的菱形，则这个几何体的体积为（ ）a1 b c d6若直线与圆相切，且为锐角，则这条直线的斜率是( )a b c d7若下面框图所给的程序运行结果为,那么判断框中应填入的关于的条件是（ ）a b c d8已知中，边的中点，过点的直线分别交直线、于点、，若，其中，则的最小值是（ ）a1 b c d9设满足不等式组，若的最大值为，最小值为，则实数的取值范围是( )a. b. c. d. 10已知 为 的导函数，则 的图象大致是（ ）二、填空题（题型注释）11若，则 .12直线与椭圆相交于、两点，过点作轴的垂线，垂足恰好是椭圆的一个焦点，则椭圆的离心率是 13在已知平面区域，直线和曲线有两个不同的交点，直线与曲线围成的平面区域为，向区域内随机投一点，点落在区域内的概率为，若，则实数的取值范围是 .14函数，若不等式的解集为，则实数的值为 .15空间中任意放置的棱长为2的正四面体.下列命题正确的是_.（写出所有正确的命题的编号）正四面体的主视图面积可能是；正四面体的主视图面积可能是；正四面体的主视图面积可能是；正四面体的主视图面积可能是正四面体的主视图面积可能是.三、解答题（题型注释）16已知函数（1）设，且，求的值；（2）在abc中，ab=1，且abc的面积为，求sina+sinb的值17已知数列的前n项和为满足：（1）求证：数列是等比数列；（2）令，对任意，是否存在正整数m，使都成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由18如图，在四棱锥pabcd中，pd平面abcd，四边形abcd是菱形，ac6，bd8，e是pb上任意一点，aec面积的最小值是3（1）求证： acde；（2）求四棱锥pabcd的体积19一个均匀的正四面体面上分别涂有1,2,3,4四个数字，现随机投掷两次，正四面体面朝下的数字分别为(1)记，求的概率；(2)若方程至少有一根，就称该方程为“漂亮方程”，求方程为“漂亮方程”的概率20已知椭圆的左焦点为,左、右顶点分别为,过点且倾斜角为的直线交椭圆于两点,椭圆的离心率为,（1）求椭圆的方程；（2）若是椭圆上不同两点，轴，圆过点，且椭圆上任意一点都不在圆内，则称圆为该椭圆的内切圆问椭圆是否存在过点的内切圆？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由21已知函数，（1）当时，求的单调区间；（2）已知点和函数图象上动点，对任意，直线倾斜角都是钝角，求的取值范围10南昌二中2014届高三第十一次模拟考试试题数学(文)参考答案1a 2（b） 3b 4b 5c 6a 7（d）8a【解析】试题分析：由已知得：，因为d、e、f三点共线，所以，由重要不等式得：.考点：向量的运算.9b10a【解析】因为，所以，为奇函数，其图象关于原点对称可排除；由于时，即的图象位于轴下方，故选考点：函数的奇偶性、单调性，导数的计算111213143当光线平行于底面，沿方向时，主视图为图中，则其面积为，正确；将正四面体放入正方体中，如上右图，光线垂直于正方体正对我们的面时，主视图是正方形，其面积为，并且此时主视图面积最大，故正确，不正确.考点：1.几何体的三视图；2.几何图形的面积.16（1），（2）【解析】试题分析：（1）研究三角函数性质，首先将三角函数化为基本三角函数形式，即：=再由得于是，因为，所以（2）解三角形，基本方法利用正余弦定理进行边角转化. 因为abc的面积为，所以，于是.因为，由（1）知由余弦定理得，所以可得或由正弦定理得,所以 【解】（1）= 由，得， 于是，因为，所以 （2）因为，由（1）知因为abc的面积为，所以，于是. 在abc中，设内角a、b的对边分别是a，b.由余弦定理得，所以 由可得或 于是由正弦定理得，所以考点：三角函数性质，正余弦定理17（1）详见解析；（2）m的值为1，2，3【解析】试题分析：（1）首先由题设找到与间的关系，然后证明是一个常数.（2）首先求得，由此得，用裂项法可求得和.由对任意都成立，得，即对任意都成立，所以 小于等于的最小值.（1）当时，解得， 1分当时，由得， 2分两式相减，得，即（）， 3分则，故数列是以为首项，公比为3的等比数列 4分（2）由（1）知， 6分所以， 7分则， 8分由对任意都成立，得， 10分即对任意都成立，又，所以m的值为1，2，3 .12分考点：1、等比数列；2、裂项法求和；3、不等关系.18（1）详见解析，（2）.【解析】试题分析：（1）证明线线垂直，一般利用线面垂直性质与判定定理进行转化. 因为四边形abcd是菱形，所以acbd又因为pd平面abcd，所以pdac因而ac平面pdb，从而acde（2）设ac与bd相交于点f连ef由（1），知ac平面pdb，所以acef所以saceacef，因此ace面积最小时，ef最小，则efpb由pdbfeb，解得pd，因为pd平面abcd，所以vpabcdsabcdpd24（1）证明：连接bd，设ac与bd相交于点f因为四边形abcd是菱形，所以acbd又因为pd平面abcd，ac平面abcd，所以pdac而acbdf，所以ac平面pdbe为pb上任意一点，de平面pbd，所以acde（2）连ef由（1），知ac平面pdb，ef平面pbd，所以acef saceacef，在ace面积最小时，ef最小，则efpb sace3，6ef3，解得ef1 由pdbfeb，得由于ef1，fb4，所以pb4pd，即解得pdvpabcdsabcdpd24考点：线面垂直性质与判定定理，四棱锥体积19(1) ；(2)【解析】试题分析：（1）由于要将均匀的面上分别涂有1、2、3、4四个数字的正四面体随机投掷两次，故基本事件共有44=16个，然后求出时，基本事件的个数，代入古典概型公式即可得到结果；（2）分类讨论方程根分别为1，2，3，5时，基本事件的个数，然后代入古典概型公式即可得到结果(1)因为是投掷两次，因此基本事件共有16个，当时，的所有取值为(1,3)，(3,1)，所以(2)若方程一根为，则，即，不成立若方程一根为，则，即，所以若方程一根为，则，即，所以若方程一根为，则，即，所以综合知，的所有可能取值为(1,2)，(2,3)， (3, 4)，所以，“漂亮方程”共有3个，方程为“漂亮方程”的概率为考点：1创新能力；2古典概型20（1）；（2）存在【解析】试题分析：（1）由离心率为，倾斜角为的直线交椭圆于两点，.通过联立直线方程与椭圆的方程，可求得的值.即可得结论.（2）依题意可得符合要求的圆e，即为过点, 的三角形的外接圆.所以圆心在x轴上.根据题意写出圆e的方程.由于圆的存在必须要符合，椭圆上的点到点距离的最小值是，结合图形可得圆心e在线段上，半径最小.又由于点f已知，即可求得结论.试题解析：（1）因为离心率为，所以，所以椭圆方程可化为：，直线的方程为， 2分由方程组，得：,即, 4分设，则， 5分又，所以，所以，椭圆方程是； 7分（2）由椭圆的对称性，可以设，点在轴上，设点，则圆的方程为，由内切圆定义知道，椭圆上的点到点距离的最小值是，设点是椭圆上任意一点，则, 9分当时，最小，所以 10分又圆过点，所以 11分点在椭圆上，所以 12分由解得：或，又时，不合，综上：椭圆存在符合条件的内切圆，点的坐标是 13分考点：1.待定系数求椭圆方程.2.函数的最值.3.方程的思想解决解决解几问题.3.归纳化归的思想.4.运算能力.21（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）【解析】试题分析：（1）先求导，再令导数等于0，解导数大于0得函数的增区间，解导数小于0得函数的减区间。（2）可将问题转化为在上恒成立问题，即在上。先求导，因为，故可只讨论分子的正负问题，不妨令，讨论在区间上的正负问题，同时注意对的讨论。根据导数正得增区间导数负得减区间，再根据函数的单调性求函数的最值。解： 当时，定义域为，所以当时，的单调递增区间为，单调递减区间为 因为对任意，直线的倾斜角都