浙江省金华十校2014届高三上期末数学理(word).doc

十校高三数学 理科 试题卷第 1 页 共 4 页 金华十校 2013 2014 学年第一学期期末调研考试 高三数学 理科 试题卷 本试卷分第 卷和第 卷两部分 考试时间 120 分钟 试卷总分为 150 分 请考生 按规定用笔将所有试题的答案涂 写在答题纸上 参考公式 球的表面积公式 棱柱的体积公式 S 4 R2 V Sh 球的体积公式 其中 S 表示棱柱的底面 积 h 表示棱柱的高 V R3 棱台的体积公式 4 3 其中 R 表示球的半径 V h S1 S2 1 3 12 S S 棱锥的体积公式 其中 S1 S2表示棱台的 上 下底面积 h 表示棱 V Sh 台的高 1 3 其中 S 表示棱锥的底面积 h 表示棱锥的高 如果事件 A B 互斥 那么 P A B P A P B 第 卷 一 选择题 本大题共 10 小题 每小题 5 分 共 50 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 1 已知集合 M x 2x 1 N x x 1 则 MN R A 1 B 0 1 C 0 D 0 2 复数 i 为虚数单位 在复平面上对应的点所在的象限为 2i 1i A 第一象限 B 第二象限 C 第三象限 D 第四象限 3 已知 a b 是实数 则 a b a b 是 ab0 0 的部分图象如图 所示 则此函数的最小正周期为 14 某几何体的三视图 单位 cm 如图所示 则该几何 体最长的一条侧棱长度是 cm 15 已知向量 a b c 满足 a b c 0 c 且 c 与 a b 所2 3 成的角为 120 则当 t R 时 ta 1 t b 的取值范围是 16 已知点 F 0 c 0 是双曲线的左焦点 过 F 且平行于双曲线渐近线3 22 22 1 xy ab 与抛物 线 y 相切 则该双曲线的离心率为 2 3 62 x 17 若函数的值域为 则实数 a 的最小值为 2 1 lg 1 xax f xx x 0 三 解答题 本大题共 5 小题 共 72 分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 18 本题满分 14 分 在 ABC 中 角 A B C 所对的边分别是 a b c 已知 c 1 6 C 若 a 求 b 的值 3 求 cosAcos B 的取值范围 19 本题满分 14 分 袋中装有黑球和白球共 7 个 从中任取 2 个球都是白球的概率为 现有甲 乙两 1 7 人从袋中轮流 不放回地摸取 1 球 甲先取 乙后取 然后甲再取 直到袋中的球取 完即终止 若摸出白球 则记 2 分 若摸出黑球 则记 1 分 每个球在每一次被取出的 机会是等可能的 用 表示甲四次取球获得的分数之和 求袋中原有白球的个数 求随机变量 的概率分布列及期望 E 20 本题满分 14 分 如图 在四棱锥 P ABCD 中 PA 平面 P A BC D M 第 20 题图 十校高三数学 理科 试题卷第 4 页 共 4 页 ABCD AD BC AD CD 且 AD CD BC PA 2 点 M 在线段 PD 上 2 24 2 求证 AB PC 若二面角 M AC D 的大小为 45 求 AM 的长 21 本题满分 15 分 已知曲线 C 上任意一点 P 到两定点 F1 1 0 与 F2 1 0 的距离之和为 4 求曲线 C 的方程 设曲线 C 与 x 轴负半轴交点为 A 过点 M 4 0 作斜率为 k 的直线 l 交曲线 C 于 B C 两点 B 在 M C 之间 N 为 BC 中点 证明 k kON为定值 是否存在实数 k 使得 F1N AC 如果存在 求直线 l 的方程 如果不存在 请说 明理由 22 本题满分 15 分 已知函数 f x ln x 1 ax2 x a R 当时 求函数 y f x 的极值 1 4 a 是否存在实数 b 1 2 使得当 x 1 b 时 函数 f x 的最大值为 f b 若存在 求实数 a 的取值范围 若不存在 请说明理由 十校高三数学 理科 试题卷第 5 页 共 4 页 金华十校 2013 2014 学年第一学期期末调研考试 高三数学 理科 卷参考答案高三数学 理科 卷参考答案 一 选择题 每小题一 选择题 每小题 5 分 共分 共 50 分分 题号12345678910 答案B A BA CDACBD 二 填空题 本大题共填空题 本大题共 7 小题 每小题小题 每小题 4 分 共分 共 28 分 分 11 2 12 60 13 14 29 15 16 2 或 17 2 3 2 2 3 3 三 解答题 解答题 18 解 解法一 由余弦定理得 所以 b 1 222 2cos cababC 2 320bb 或 b 2 解法二 由正弦定理 3 sin sinsin2 ac A AC 得 2 33 AA 或 当 当 2 32 ABb 时 2 1 36 ABb 时 综上 b 1 或 b 2 531 coscoscoscoscoscossin 622 ABAAAAA 2 3131331 cossincossin2cos2sin 2 22444423 AAAAAA 因为 所以 54 0 2 6333 AA 3 sin 21 23 A 十校高三数学 理科 试题卷第 6 页 共 4 页 P A BC D M 图 3 E x y z O P A BC D M 图 2 N G H 所以 cosAcos B 的取值范围是 3 13 224 19 解 证明 如图 1 设 E 为 BC 的中点 连结 AE 则 AD EC 且 AD EC 所以四边形 AECD 为平行四边形 故 AE BC 又 AE BE EC 2 2 所以 ABC ACB 45 得 AB AC 因为 PA 平面 ABCD AB 平面 ABCD 所以 AB PA 又 PA AC A PA 平面 PAC AC 平面 PAC 所以 AB 平面 PAC 得 AB PC 4 分 解法一 如图 2 设 AC 与 BD 交于点 O 连结 OP 过点 M 作 MN AD 于 N 过 点 N 作 NG AC 于 G 连结 MG 则 MN PA 由 PA 平面 ABCD 得 MN 平面 ACD 所以 MN AC 故 AC 平面 MNG 得 AC MG 所以 MGN 就是二面角 M AC D 的平面角 即 MGN 45 10 分 设 MN x 则 NG AG x 所以 AN ND 2x 可得 M 为 PD 的中点 连结 PO 交 BM 于 H 连结 AH 由 AB 平面 PAC 所以 BAH 就是 BM 与平面 PAC 所成的角 12 分 在 ABM 中 AB 4 AM PD BM 1 2 33 3 所以 222 5 3 cos 29 ABBMAM ABM AB BM 又 BAH 与 ABM 互余 所以 5 3 sin 9 BAH 即 BM 与平面 PAC 所成的角的正弦值为 15 分 5 3 9 解法二 如图 3 以 A 为坐标原点 以射线 AE AD AP 分别为 x 轴 y 轴 z 轴的 正半轴 建立空间直角坐标系 A xyz 则 0 0 0 A 2 2 0 0 E 2 2 2 2 0 B 2 2 2 2 0 C 0 2 2 0 D 0 0 2 P 设 01 PMtPDt 00 0 Myz 则 1 2 1 x x fx x 0 2 2 2 PD 所以 00 2 2 22yt zt 即 10 分 0 2 2 22 Mtt 设 n x1 y1 z1 是平面 AMC 的一个法向量 P A BC D M 图 1 E 十校高三数学 理科 试题卷第 7 页 共 4 页 则 11 11 2 22 20 2 2 22 0 ACxy AMtyt z n n 令 得 即 1 2y 11 2 2 1 t xz t 2 2 2 1 t t n 又 m 0 0 1 是平面 ACD 的一个法向量 所以 2 2 1 cos cos45 2 4 1 t t t t m n m n mn 解得 即 M 为 PD 的中点 故 1 2 t 0 2 1 M 13 分 2 2 3 2 1 BM 而是平面 PAC 的一个法向量 设 BM 与平面 PAC 所成的角为 2 2 2 2 0 AB 则 5 3 sin cos 9 BM AB BM AB BMAB 故 BM 与平面 PAC 所成的角的正弦值为 15 分 5 3 9 其它建系方法类似给分 20 解 设袋中原有 n 个白球 由题意知 2 2 7 1 1 776 n Cn n C 解之得 n 3 或 n 2 舍去 即袋中原有 3 个白球 由上得 袋中有 3 个白球 4 个黑球 甲四次取球可能的情况是 4 个黑球 3 黑 1 白 2 黑 2 白 1 黑 3 白 相应的分数之和为 4 分 5 分 6 分 7 分 即 可能的取 值是 4 5 6 7 4 4 4 7 1 4 35 C P C 31 43 4 7 12 5 35 CC P C 22 43 4 7 18 6 35 CC P C 13 43 4 7 4 7 35 CC P C 所以 的概率分布列为 11218440 4567 353535357 E 21 解 22 1 43 xy 设过点 M 的直线 l 的方程为 y k x 4 设 B x1 y1 C x2 y2 x2 y2 4567 P 1 35 12 35 18 35 4 35 十校高三数学 理科 试题卷第 8 页 共 4 页 联立方程组 得 22 4 1 43 yk x xy 2222 43 3264120kxk xk 则 故 2 12 2 2 12 2 32 43 6412 43 k xx k k x x k 2 12 2 16 243 N xxk x k 2 12 4 43 NN k yk x k 所以 所以 k kON 为定值 3 4 ON k k 3 4 若 F1N AC 则 kAC kFN 1 因为 F1 1 0 故 1 2 22 2 12 4 43 1614 1 43 F N k k k k kk k 2 2 2 y x 2 4 1 14 k k 代入 y2 k x2 4 得 x2 2 8k2 y2 2k 8k3 而 x2 2 故只能 k 0 显然不成立 所 以这样的 直线不存在 15 分 22 解 当时 1 4 a 2 1 ln 1 4 f xxxx 则 化简得 x 1 11 1 12 fxx x 1 2 1 x x fx x 函数 f x 在 1 0 1 上单调递增 在 0 1 上单调递减 且 f 0 0 3 1 ln2 4 f 函数 y f x 在 x 1 处取到极小值为 在 x 0 处取到极大值为 0 3 ln2 4 由题意 2 12 1 xaxa fx x 1 当 a 0 时 函数 f x 在 1 0 上单调递增 在 0 上单调递减 此时 不存在实数 b 0 1 使得当 x 1 b 时 函数 f x 的最大值为 f b 2 当 a 0 时 令有 x 0 或 0fx 1 1 2 x a 当即时 函数 f x 在和 0 上单调递增 在 1 10 2a 1 2 a 1 1 1 2a 上 1 1 0 2a 单调递减 要存在实数 b 0 1 使得当 x 1 b 时 函数 f x 的最大值为 f b 十校高三数学 理科 试题卷第 9 页 共 4 页 则 代入化简得 1 1 1 1 2 f f a 1 ln2ln210 4 a a 令 因恒成立 11 g