云南省部分名校高届12月份统一考试_理科数学含答案

1、云南省部分名校高2014 届 12 月份统一考试（昆明三中、玉溪一中）理科数学一、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1.若复数 1bi 的实部与虚部相等，则实数b 等于 ( )2i11A3B. 1C.D.322.设全集 U R，集合 A x x10 ， B x 1 2x 8，则（ CUA ） B等于x2（）A 1，3）B（ 0， 2C（ 1， 2D（ 2，3）3.已知某随机变量 X 的概率密度函数为0, x0P(x)=, 则随机变量 X 落在区间 (1,2) 内e x , x0的概率为 ()A e2+e B e 1C e2-

2、e D e 1e2e24.我校在模块考试中约有1000 人参加考试，其数学考试成绩N(90 ， a2)(a>0 , 试卷满分150 分 ) ，统计结果显示数学考试成绩在70 分到 110分之间的人数约为总人数的3 ，则此5次数学考试成绩不低于110 分的学生人数约为 ( )A 600B 400C 300 D 2005.若函数x-xf(x)=(k-1)a -a (a>0，且 a 1)在 R 上既是奇函数，又是减函数，则g(x)=log a(x+k)的图象是 ()ABCD6. 设向量 a =（ sin，）的模为，则 cos2=（）ABCD2 xy0，则 z 4 x( 1) y 的最小值

3、为 ( )7. 已知正数 x,y 满足3y5 0x2A 1B132C 1D 1416328. 一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为（）ABCD9. 函数 y=sin （ x+ ）在区间上单调递减，且函数值从1 减小到 1，那么此函数图象与y 轴交点的纵坐标为（）A B CD 10. P 是双曲线 x 2y 2 1( a0, b0) 上的点， F1、 F2 是其焦点，且PF1PF2 0，a 2b 2若 F1PF2 的面积是 9，a+b=7 ，则双曲线的离心率为（）A BCD11已知正四棱锥的各棱棱长都为32 ，则正四棱锥的外接球的表面积为()A12B 36C 72D

4、10812. 设 f(x)， g( x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当x<0 时， f ' (x)g( x)f (x)g' ( x)0 ，且 f ( 3)0 ，则不等式 f (x) g( x) 0的解集是 (）A( 3， 0) (3 ， +)B( 3， 0) (0 ，3)C ( ， 3) (3 ， +)D ( ， 3) (0 ，3)二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13.如右图所示的程序框图的输出值y(1,2 ，则输入值x。14. P 为抛物线 y2 4x 上任意一点， P 在 y 轴上的射影为Q，点 M（ 4，5），则 PQ 与 P

5、M 长度之和的最小值为15已知AD 是ABC 的中线，若A=120 °， ABAC开始输入 x否x 0 ?是y l og2 ( x 1) y 2 x1输出 y结束2 ，则 | AD | 的最小值是_.16. 在ABC 中， BC= 2 5 ， AC=2 ，ABC 的面积为4，则 AB 的长为。三、解答题 : 本大题共 5 小题，共计 70分。解答应写出文字说明证明过程或演算步骤17（ 12 分）等比数列 an 的各项均为正数，且 2a1 3a2 1， a329a2 a6 .(1)求数列 an 的通项公式；(2)设 bn log 3a1 log3a2 log 3an，求数列 1的前 n

6、 项和bn18. （ 12 分）在一次抢险救灾中，某救援队的50 名队员被分别分派到四个不同的区域参加救援工作，其分布的情况如下表，从这50 名队员中随机抽出2 人去完成一项特殊任务区域ABCD人数2010515（1）求这 2 人来自同一区域的概率；（2）若这 2 人来自区域A ， D，并记来自区域A 队员中的人数为X ，求随机变量X 的分布列及数学期望19. （ 12 分）如图 ,正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直 ,AD 丄1ECD,AB/CD,AB=AD=CD=2, 点 M 在线段 EC 上。2(I) 当点 M 为 EC 中点时，求证 :BM/ 平面 ADEF ；FM

7、(II)求证 :平面 BDE丄平面 BEC；DC(III)若平面说 BDM 与平面 ABF 所成二面角为锐角,且该二面AB角的余弦值为6 时，求三棱锥 M-BDE 的体积 .620. （ 12 分）已知两点F1 ( 1,0) 及 F2 (1,0) ，点 P 在以 F1 、 F2为焦点的椭圆C 上，且PF1 、 F1 F2、 PF2构成等差数列( ) 求椭圆 C 的方程；( ) 如图，动直线 l : y kx m 与椭圆 C 有且仅有一个公共点，点 M , N 是直线 l 上的两点，且 F1Ml ，F2 N l 求四边形 F1 MNF2 面积 S 的最大值21. （ 12 分）已知函数 g xx

8、 , fxgx ax .ln x（）求函数 gx 的单调区间；（）若函数fx 在 1,上是减函数，求实数a 的最小值；（）若x1, x2e, e2，使 fx1fx2a （ a0 ）成立，求实数a 的取值范围 .请考生在第22、23 题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分22. （ 104 cos， 直 线 l 的 参 数 方 程 为分）已知曲线 C 的极坐标方程为2sinxt c o st 为参数， 0 ).y(1 t si n( ) 把曲线 C的极坐标方程化为直角坐标方程，并说明曲线C 的形状；( ) 若直线 l经过点 (1,0) ，求直线 l 被曲线 C 截得的线段AB的长 .2

9、3（ 10 分）设函数f(x)=|2x-1|+|2x-3|,x R( )解不等式f(x) 5；1( )若 g(x)的定义域为R，求实数 m 的取值范围 .f (x)m云南省部分名校高2014 届 12 月份统一考试参考答案（理科数学）一、选择题：ABDDA BCCAB BD二、填空题：13. (1,3 log 2 3,1)14.34115. 116.4三、解答题：17.解： (1) 设数列 an 的公比为 q.22221由 a3 9a2 a6 得 a39a4，所以 q .91由条件可知 q>0，故 q .31由 2a1 3a21 得 2a1 3a1q 1，所以 a1 .3故数列 an 的

10、通项公式为an 1n.63(2)bn log 3a1 log3a2 log 3an (1 2 n)n( n 1).21211故 bnn(n 1) 2n 1 .n111111112nb1 b2 bn 21 2 23 nn 1n 1.所以数列1的前 n 项和为2n12bnn 118.解：（ 1）记 “这 2 人来自同一区域”为事件 E，那么 P（ E） =，所以这 2 人来自同一区域的概率是（ 4 分）（2）随机变量可能取的值为0， 1， 2，且P（X=0 ）=，P（X =1 ）=P（X =2）=（8分）所以 的分布列是：X012P的数学期望为 E =0× +1×+2×

11、;=（ 12 分）19.解：（ 1）证明取 DE 中点 N ，连结 MN,AN 在 EDC 中， M,N分别为EC, ED 的中点，则 MN CD，且 MN1CD 由已知 AB CD ， AB1CD ，22因此， MN AB ，且 MNAB 所以，四边形 ABMN 为平行四边形于是， BM AN 又因为AN平面 ADEF，且 BM平面 ADEF ，所以 BM 平面 ADEF .3 分（2）证明 在正方形 ADEF中， EDAD 又平面 ADEF平面 ABCD ，平面ADEF平面 ABCDAD ，知 ED平面 ABCD 所以 EDBC 在直角梯形ABCD 中， ABAD2， CD4 ，算得 BC

12、22 在 BCD 中， BD BC22, CD4 ，可得 BCBD 故 BC平面 BDE 又因为 BC平面 BCE ，所以，平面BDE平面 BEC .7分（3）按如图建立空间直角坐标系，点D 与坐标原点 O 重合 .设 M ( x, y, z) ，则EM(x, y, z 2) ，又 EC(0,4,2) ，设 EMEC(01) ，则x0, y4, z2 2，即 M (0,4 ,2 2) .设 n(x1 , y1 , z1 )是平面BDM 的法向量，则OB n 2 x12 y10 , OM n 4 y1(2 2 )z10 .取 x1 1，得 y11, z12，即得平面BDM 的一个法向量为12n

13、(1, 1,) . .10 分1由题可知， OA(2,0,0) 是平面ABF 的一个法向量 .因此， | cosOA, n| OAn |21,1 ，|OA | n |224262(1)2即点 M 为 EC 中点 .此时， S DEM2， AD 为三棱锥 BDEM 的高，所以， V M BDEVB DEM12 24 . . .12 分33x2220.解：（ 1）依题意，设椭圆 C 的方程为y1a2b2、 12、PF1 FFPF2构成等差数列，2a PF1PF 22FF124 ， a 2 又c1，b23 椭圆 C 的方程为x2y21 4 分43(2) 将 直 线 l的 方 程 ykxm 代 入 椭

14、 圆 C的 方 程 3x24 y212中，得(4k 23) x28kmx4m 2120 5 分由直线 l 与椭圆 C 仅有一个公共点知，64k 2m24(4k 23)(4m212)0 ，化简得： m24k23设 d1F1MkmF2 Mkmk 2， d2k21，8 分1（法一）当 k0 时，设直线 l 的倾斜角为，则 d1d2MNtan，yd1d2 ，lMNkM222 mHS1 d1d2 (d d)d1d2N2k122kk 212 m8， 10 分F1OF2xm23m11m4m24k 23 ，当 k0 时 ， m3 ， m1314 3 ，m33S 23 当 k0 时，四边形 F1MNF2是矩形，

15、 S2 3 所以四边形 F1MNF2 面积 S 的最大值为 2 3 12 分22(km)2km)22(m2k2 )2(5k 23)（法二）d1d2k21(k 2 1k 21，k 2 1d1d2k m k mm2k 23k233 k 2 1k 2 1k21k 21MNF1F22(d1d2 )24 (d12d222d1d2 )21k21四边形 F1 MNF2 的面积 S1 MN(d1d2 )( d1d 2 ) ， 10 分2k21212216k 212Sk 21 ( d1d22d1d 2 )(k 21) 2164(112) 21212 分k 2当且仅当 k0时， S212, S23 ，故 Smax

16、23所以四边形 F MNF2的面积 S 的最大值为 2 3 121.解：由已知函数g (x),f ( x) 的定义域均为 (0,1) (1,) ,且 f ( x)xax .1分ln xln xx1ln x1（）函数 g (x)x(ln x)2(ln x)2当0xe 且 x1时, g ( x) 0当时, g ( x) 0 .;x e所以函数 g( x) 的单调减区间是(0,1), (1,e),增区间是 (e,) .3分（）因 f(x)在 (1,) 上为减函数，故ln x1(1,)f ( x)(ln x)2 a0在上恒成立所以当 x(1,) 时， f ( x)max0 ln x1121121又 f

17、( x)aa1a ，(ln x)2ln xln xln x24故当11 ，即 x e2 时，f(x)max1a ln x24所以 1a0, 于是 a 1 ，故 a 的最小值为1 6 分444（）命题 “若 x1 ,x2e,e2 ,使 f ( x1 )fx2a 成立 ”等价于“当 xe,e2 时，有 f ( x) minfxmaxa ”由（），当 xe,e2 时， f( x) max1 a，fx maxa144问题等价于： “当 xe,e2 时，有 f ( x) min1”8 分140af ( x)21 当4时，由（），在e,e 上为减函数，则2e22111f (x)min = f (e )2a

18、e4 ，故 a24e211210当 0< a1a 在 e,e2 上为增函数，24 时，由于f ( x)ln x24故 f(x) 的值域为21 f (e), f(e ) ，即 a, 4a 由 f(x) 的单调性和值域知，x20)0 ，且满足：唯一0，使f (x当 x(e,x0 ) 时， f( x)0， f (x) 为减函数；当 x(x0 ,e2 ) 时， f(x)0 ， f (x) 为增函数；所以， f (x)min = f ( x0 )x0ax01 ， x0(e,e2 ) ln x04所以， a1111111 ，与0 a1 矛盾，不合题意ln x04 x0ln e24e 2 4 44综上

19、，得 a1121 2 分24e22.解：（ 1）曲线 C 的直角坐标方程为y 24x ，故曲线 C 是顶点为O（ 0， 0），焦点为F(1,0)的抛物线；（ 2）直线 l 的参数方程为xt cos( t 为参数， 0). 故 l经过点（ 0， 1）；y1t sin若直线 l 经过点(1,0)，则34xt cos32 t直线 l 的参数方程为42（t 为参数）y1t sin 312 t42代入 y 24x ，得 t 226t2 0设 A 、B 对应的参数分别为t1 ,t 2 ，则 t1t 22 6, t1 t2 2ABt 1 t 2(t1t 2 ) 24t1t 2 =8出师表两汉：诸葛亮先帝创业未半而中道崩殂，今天下三分，益州疲弊，此诚危急存亡之秋也。然侍卫之臣不懈于内，忠志之士忘身于外者，盖追先帝之殊遇，欲报之于陛下也。诚宜开张圣听，以光先帝遗德，恢弘志士之气，不宜妄自菲薄，引喻失义