广东省百所高中2014届高三联考数学理试题 WORD版含答案.doc

1、广东省百所高中2014届高三11月联合考试数学理1、已知集合M0，1，2，3，4，N2，0，2，则2、已知复数，则z在复平面内对应的点位于A、第一象限 B、第二象限C、第三象限D、第四象限3、下列函数中，在（0，）上为增函数的是A、y（x1）2 B、yx2C、D、4、在ABC中，D是BC的中点，则等于5、如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积等于A、2B、C、D、46、已知x，y满足约束条件，则z2x4y的最小值是A、6 B、5C、10D、107、设F1、F2分别为双曲线C：的左、右焦点，A为双曲线的左顶点，以F1F2为直径的圆交双曲线某条渐过线于M，N两点，且满足MAN120，则该双曲线

2、的离心率为A、B、C、D、8、在整数集z中，被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为k，则k5nk，k0，1，2，3，4，则下列结论错误的是A、20133C、“整数a，b属于同一类”的充要条件是“ab0”D、命题“整数a，b满足，则”的原命题与逆命题都为真命题9、函数f（x）x1x3（xR）的值域为10、二项式的展开式中常数项是11、曲线在点（1,2）处的切线方程为12、设等差数列有前n项和为，则数列的公差d为13、如图的程序框图（未完成），设当箭头a指向时，输出的结果sm，当箭头a指向时，输出的结果sn，则mn14、在极坐标系中，圆C1的方程为，以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建

3、立平面坐标系，圆C2的参数方程（为参数），若圆C1与C2相切，则实数a15、如图，在ABC中，ABAC，C72，圆E过A，B两点且与BC相切于点B，与AC交于点D，连结BD，若BC1，则AC16、（本小题满分12分）已知函数（1）求的值；（2）设，求的值。17、（本小题满分12分）为贯彻“激情工作，快乐生物”的理念，某单位在工作之余举行趣味知识有奖竞赛，比赛分初赛和决赛两部分，为了增加节目的趣味性，初赛采用选手选题答题的方式进行，每位选手最多有5次选答题的机会，选手累计答对3题或答错3题即终止其初赛的比赛，答对3题者直接进入决赛，答错3题者则被淘汰，已知选手甲答题的正确率为。（1）求选手甲答题

4、次数不超过4次可进入决赛的概率；（2）设选手甲在初赛中答题的个数，试写出的分布列，并求的数学期望。18、（本小题满分14分）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是正方形，PD平面ABCD，E为PB上的点，且2BEEP。（1）证明：ACDE；（2）若PCBC，求二面角EACP的余弦值。19、（本小题满分14分）已知数列的通项公式为，在等差数列数列中，又成等比数列。（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和20、（本小题满分14分）已知椭圆C1：的离心率为，直线l：yx2与以原点为圆心，以椭圆C1的短半轴长为半径的圆O相切。（1）求椭圆C1的方程；（2）抛物线C2：y22px（p0）与椭圆C1

5、有公共焦点，设C2与x轴交于点Q，不同的两点R，S在C2上（R，S与Q不重合），且满足，求的取值范围。21、（本小题满分14分）已知函数（1）若，求证：当时,f（x）1；（2）若f（x）在区间上单调递增，试求k的取值范围；（3）求证：数学试卷参考答案（理科）1DMN0，22Azi，i，应选A.3B对于A，y(x1)2在(1，)上为增函数；对于C，y()x为(，)上的减函数；对于D，y在(0，)上为减函数4CD为BC的中点，()ab.5D还原直观图可得，该几何体是个三棱柱，如图，根据数据得底面面积S2，高h2，所以体积V4.6A画出可行域易知在点(3，3)处有最小值6.7A不妨设圆与yx相交且点

6、M的坐标为(x0，y0)(x00)，则N点的坐标为(x0，y0)，联立y0x0，xyc2得M(a，b)，N( a，b)，又A(a，0)且MAN120，所以由余弦定理得4c2(aa)2b2b22bcos 120，化简得7a23c2，求得e.8D依题意2013被5除的余数为3，则A正确；整数集就是由被5除所得余数为0，1，2，3，4的整数构成，B正确；假设C中a4n1m1，b4n2m2，ab4(n1n2)m1m2，a，b要是同类，则m1m20，所以ab0，反之也成立；因为a1，b3，所以可设a5n11，b5n23，ab5(n1n2)44，原命题成立，逆命题不成立，如a5，b9满足ab4，但是a0，

7、b4，D错误92，)f(x)|x1|x3|(x1)(x3)|2.1080由通项公式得常数项为(2)4C80.113xy50y，该切线的方程k3，切线方程为y23(x1)，即3xy50.12.因为S1212(a1a12)6(a1a12)，S99(a1a9)，所以2，整理得a12a93d，所以d.1318当箭头a指向时，可得m7，当箭头a指向时，可得n11，mn18.14C1的方程化为4cos 4sin ，化简得24cos 4sin ，由2x2y2，xcos ，ysin ，得x2y24x4y0，其圆心C1坐标为(2，2)，半径r12；圆C2的参数方程是其普通方程是(x1)2(y1)2a2，所以C2

8、的坐标是(1，1)，r2|a|，因为两圆外切，所以|a|2|C1C2|3，所以a.152由已知得BDADBC，BC2CDAC(ACBC)AC，得AC2.16解：(1)f()2sin()2sin.(5分)(2)由f(3)2sin ，得sin ，又0，所以cos ，由f(32)2sin()2cos ，得cos ，又0，所以sin ，所以cos()cos cos sin sin .(12分)17解：(1) 选手甲答3道题进入决赛的概率为()3；(1分)选手甲答4道题进入决赛的概率为C()2.(3分)选手甲答题次数不超过4次可进入决赛的概率P.(6分)(2)依题意，的可能取值为3，4，5.则有P(3)

9、()3()3，P(4)C()2C()2，P(5)C()2()2C()2()2，(10分)因此，有345PE3453.(12分)18解：(1)PD平面ABCD，PDAC，底面ABCD是正方形，BDAC，AC平面PBD，DE平面PBD，ACDE.(5分)(2)以D为原点，DP，DA，DC所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系设BC3，则CP3，DP3，因为2BEEP，易知D(0，0，0)，A(0，3，0)，C(0，0，3)，P(3，0，0)，E(1，2，2)所以(0，3，3)，(3，0，3)，(1，2，1)，设平面ACP的法向量为u(x，y，z)，则u0，u0，即令x1，得u(1，1，1)，同

10、理可取平面ACE的法向量v(1，1，1)，所以cosu，v，所以二面角EACP的余弦值为.(14分)19解：(1)an3n1(nN*)，a11，a23，a39，在等差数列bn中，b1b2b315，b25.又因为a1b1、a2b2、a3b3成等比数列，设等差数列bn的公差为d，(15d)(95d)64，解得d10或d2，bn0(nN*)，舍去d10，取d2，b13，bn2n1(nN*)(7分)(2)由(1)知，Tn3153732(2n1)3n2(2n1)3n1，3Tn33532733(2n1)3n1(2n1)3n，(8分)得2Tn312323223323n1(2n1)3n(10分)32(3323

11、33n1)(2n1)3n32(2n1)3n3n(2n1)3n2n3n，Tnn3n.(14分)20解：(1)由直线l：yx2与圆x2y2b2相切，得b，即b.由e，得1e2，所以a，所以椭圆的方程是C1：1.(4分)(2)由=1,p=2，故C2的方程为y2=4x,易知Q(0，0)，设R(，y1)，S(，y2)，(，y1)，(，y2y1)，由0，得y1(y2y1)0，y1y2，y2(y1)，yy3223264，当且仅当y，即y14时等号成立又|，y64，当y64，即y28时，|min8，故|的取值范围是8，)(14分)21解：(1)f(x)exx2，则h(x)f(x)exx，h(x)ex10(x0

12、)，h(x)f(x)在(0，)上递增，f(x)f(0)10，f(x)exx2在(0，)上单调递增，故f(x)f(0)1.(5分)(2)f(x)ex2kx，下求使f(x)0(x0)恒成立的k的取值范围若k0，显然f(x)0，f(x)在区间(0，)上单调递增；记(x)ex2kx，则(x)ex2k，当0k时，exe01，2k1，(x)0，则(x)在(0，)上单调递增，于是f(x)(x)(0)10，f(x)在(0，)上单调递增；当k时，(x)ex2kx在(0，ln 2k)上单调递减，在(ln 2k，)上单调递增，于是f(x)(x)(ln 2k)eln 2k2kln 2k，由eln 2k2kln 2k0得2k2kln 2k0，则k，综上，k的取值范围为(，(10分)(3)由(1)知，对于x(0，)，有f(x)exx21，e2x2x21，则ln(2x21)2x，从而有ln(1)(nN*)，于是ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)22(1)44，故(1)(1)(1)(1)e4.(14分)高考资源网版权所有！投稿可联系QQ：1084591801