陕西省五校(长安一中、高新一中、交大附中、师大附中、西安中学)2014届高三第三次模拟(理)数学试题

陕西省五校(长安一中、高新一中、交大附中、师大附中、西

安中学)高2014届第三次模拟考试数学（理）试题

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，总分150分，考试时间120分钟

第I卷（选择题 共50分）

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的（本大题共10小题，每小题5分，共50分）

1.若复数m(m2)(m23m2)i是纯虚数，则实数m的值为( ) (A) 0或2 (B)2 (C)0 (D)1或2 2.已知集合A{xx11},B{x|()20},则AðRB( ) (A)(2,1) (B)(2,1] (C)(1,0) (D)[1,0)

3．等差数列{an}中，如果a1a4a739，a3a6a927，则数列{an}前9项的和为( ) (A)297 (B)144 (C)99 (D)66 4.圆x2y22x2y10上的点到直线xy2的距离最大值是( )

12x(A)2 (B)1+2 (C)12 (D)1+22 25.某班的全体学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数 据的分组依次为：[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100]．若低 于60分的人数是15，则该班的学生人数是( )

(A)45 (B)50 (C)55 (D)60

6.若下框图所给的程序运行结果为S35，那么判断框中应填入的关于k的条件是( )

(A)k7 (B)k6 (C)k6 (D)k6 7.下列命题正确的个数是 ( )

①命题“x0R,x013x0”的否定是“xR,x13x”；

②函数f(x)cosaxsinax的最小正周期为”是“a1”的必要不充分条件；

2222 1

③x22xax在x1,2上恒成立(x22x)min(ax)max在x1,2上恒成立； ④“平面向量a与b的夹角是钝角”的充分必要条件是“ab0”. (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 8.已知ABC外接圆O的半径为1，且OAOB1．C，从圆O内随机取一个点M，23若点M取自ABC内的概率恰为33，则ABC的形状为( ) 4(A)直角三角形 (B)等边三角形 (C)钝角三角形 (D)等腰直角三角形

x2y29.双曲线221(a0,b0)的左、右焦点分别是F1，F2，过F1作倾斜角为30的直线交双

ab曲线右支于M点，若MF2垂直于x轴，则双曲线的离心率为( ) (A)3 (B)5 (C)6 (D)2 0,2)10.定义域为R的函数f(x)满足f(x2)2f(x)，当x[x2x,x[0,1),时，f(x)1|x3|()2,x[1,2),2t21若当x[4,2)时，函数f(x)t恒成立，则实数t的取值范围为( )

42(A)2t3 (B)1t3 (C)1t4 (D)2t4 第Ⅱ卷（非选择题 共

100分）

二、填空题：（本大题共5小题，每小题5分，共25分）

11.右图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为 .

2xy112.若目标函数zkx2y在约束条件xy2下仅在点

yx2(1,1)处取得最小值，则实数k的取值范围是 . 13.函数ysinx(3sinx4cosx)(xR)的最大值为M，最 小正周期为T，则有序数对(M,T)为 .

2

127810111617192022231；12；39；„„ 3333333333333n13n23m23m1 .（最后则当nm且m,nN时，3333结果用m,n表示）

15.（考生注意：请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分）

14.观察下列等式：

(A)（不等式选讲选做题）己知x,y(0,)，若x3ykxy恒成立，利用柯西不等式可求得实数k的取值范围是 .

(B)（几何证明选讲选做题）如图，PA切圆O于点A，割线PBC经过圆心O，OBPB1，OA绕点O逆时针旋转60到OD，则

PD的长为 . (C)（坐标系与参数方程选做题）在极坐标系中，若圆C的极坐标方程为4cos(23)10，若以极点为原点，以极轴为x轴的正半轴建立相应的平面直

角坐标系xOy，则在直角坐标系中，圆心C的直角坐标是 .

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（本题共6小题，共75分）

216.（本小题满分12分）已知函数f(x)sin(2x)2cosx1.

6（Ⅰ）求函数f(x)的单调增区间；

（Ⅱ）在ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且a1,bc2,f(A)1，求 2ABC的面积.

17.（本小题满分12分）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn4anp，其中p是不为零的常数． （Ⅰ）证明：数列{an}是等比数列；

（Ⅱ）当p3时，数列{bn}满足bn1bnan(nN*)，b12，求数列{bn}的通项公式．

3

18.（本小题满分12分）如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱 AA1平面ABC，ABC为等腰直角三角形，BAC90，且ABAA1,E,F分别是CC1,BC的中点. （Ⅰ）求证：B1F平面AEF； （Ⅱ）求锐二面角B1AEF的余弦值.

C1A1ECAB1FB19.（本小题满分12分）一个口袋中有2个白球和n个红球（n2，且nN），每次从袋中摸出两个球（每次摸球后把这两个球放回袋中），若摸出的两个球颜色相同为中奖，否则为不中奖． (Ⅰ)试用含n的代数式表示一次摸球中奖的概率p； (Ⅱ)若n3，求三次摸球恰有一次中奖的概率；

*(Ⅲ)记三次摸球恰有一次中奖的概率为f(p)，当n为何值时，f(p)取最大值.

x2y220.（本小题满分13分）已知椭圆C:221(ab0)的短半轴长为1，动点M(2,t)(t0)aba2在直线x（c为半焦距）上．

c（Ⅰ）求椭圆的标准方程；

（Ⅱ）求以OM为直径且被直线3x4y50截得的弦长为2的圆的方程； （Ⅲ）设F是椭圆的右焦点，过点F作OM的垂线与以OM为直径的圆交于点N，

求证：线段ON的长为定值，并求出这个定值．

21.（本小题满分14分）设函数f(x)xa(x1)ln(x1),(x1,a0)． （Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）当a1时，若方程f(x)t在[n1,1]上有两个实数解，求实数t的取值范围； 2m（Ⅲ）证明：当mn0时，(1m)(1n)．

4

五校高2014届第三次模拟考试数学（理）答案

第I卷（选择题 共50分）

一、选择题：（本大题共10小题，每小题5分，共50分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C C C B B D B 第Ⅱ卷（非选择题 共100分） 二、填空题：（本题共5小题，每小题5分，共25分） 题号 答案 11 12 13 14 A 8 B 9 A 10 B 15 B C 4 3(4,2) (4,) m2n2 k10 7 (1,3) 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（本题共6小题，共75分）

16.（本小题满分12分） 【解析】（Ⅰ）∵f(x)sin(2x31)2cos2x1=sin2xcos2xcos2x 622=31sin2xcos2x=sin(2x).„„„„„„„„3分

622,k](kZ).„„„5分 361131（Ⅱ）∵f(x)，∴sin(2A). 又0A，∴2A.

6226665,故A. „„„„„„„7分 ∴2A663在ABC中，∵a1,bc2,A∴函数f(x)的单调递增区间是[k3，

22∴1bc2bccosA,即143bc. ∴bc1.

∴SABC13„„„„„„„„12分 bcsinA.24

17.（本小题满分12分）

【解析】（Ⅰ）证明：因为Sn4anp(nN*),则Sn14an1p(nN*,n2)，

所以当n2时，anSnSn14an4an1，整理得an由Sn4anp，令n1，得a14a1a，解得a14an1．-------------4分 3p． 35

4p，公比为的等比数列． -----------------6分 334n1（Ⅱ）当p3时，由（Ⅰ）知，则an()，

34n1由bn1anbn(n1,2,)，得bn1bn() ， ----------------- 8分

3所以{an}是首项为

当n2时，可得bnb1(b2b`1)(b3b2)(bnbn1)

41()n143＝23()n11， -----------------10分

43134n1* 当n1时，上式也成立．∴数列{bn}的通项公式为bn3()1(nN)----- 12分

318.（本小题满分12分） 【解析】（Ⅰ）连结AF，∵F是等腰直角三角形ABC斜边BC的中点，∴AFBC.

又三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，∴面ABC面BB1C1C， ∴AF面BB1C1C，AFB1F. -------2分

C1A1ECAB1633设ABAA，则. BF,EF,BE1111222∴B1F2EF2B1E2，∴B1FEF. ------------4分 又AFFBEFF，∴ B1F平面AEF.-----------6分

（Ⅱ）以F为坐标原点，FA,FB分别为x,y轴建立直角坐标系如图，设ABAA11，

2221,0,0),B1(0,,1),E(0,,)， 则F(0,0,0),A(222222122AE(,,)，AB1(,,1)----8分

22222由（Ⅰ）知，B1F平面AEF， ∴可取平面AEF的法向量mFB1(0,zC1A1ECA6

B1BFxy2,1). 2设平面B1AE的法向量为n(x,y,z)，

由nnAE0,AB10221xyz0,2x2yz0,222 222x2y2z0,xyz022∴可取n(3,1,22).-------------------10分 设锐二面角B1AEF的大小为，

则cos|cosm,n|mn|m||n|0302(2(1)1222222)132(1)2(22)226. 6∴所求锐二面角B1AEF的余弦值为6.-------------------12分 6219.（本小题满分12分）【解析】(Ⅰ)一次摸球从n2个球中任选两个，有Cn2种选法，

22其中两球颜色相同有Cn种选法； C2

22CnC2n2n2∴一次摸球中奖的概率p.----------------- 4分 22Cnn3n22(Ⅱ)若n3，则一次摸球中奖的概率是p一次中奖的概率是p3(1)C3p(1p)(Ⅲ)设一次摸球中奖的概率是p，

122

，三次摸球是重复实验，三次摸球中恰有5

54. ----------------- 8分 1251232则三次摸球中恰有一次中奖的概率是f(p)C3p(1p)3p6p3p,0p1，

2 ∵f(p)9p12p33(p1)(3p1)，

∴f(p)在(0,)是增函数，在(,1)是减函数， ∴当p

13131

时，f(p)取最大值. -----------------10分 3

n2n21n2. 由2n3n23∴n2时，三次摸球中恰有一次中奖的概率最大．-----------------12分

7

（本小题满分13分）【解析】（Ⅰ）由点M(2,t)在直线xa2a220.c上，得c2，

1c2故c2， ∴c1． 从而a2． „„„„„2分

所以椭圆方程为x22y21． „„„„„4分 （Ⅱ）以OM为直径的圆的方程为x(x2)y(yt)0．

即(x1)2(yt2)2t2tt241． 其圆心为(1,2),半径r41．„„„„6分

因为以OM为直径的圆被直线3x4y50截得的弦长为2， 所以圆心到直线3x4y50的距离dr21t2． 所以

32t5t，解得t4．所求圆的方程为(x1)2(y2)2525．„„9分（Ⅲ）方法一：由平几知：ON2OKOM，

直线OM:yt2x，直线FN:y2t(x1)， yt由2x得x4K2．y2t(x1)t4

2(1t2t2t2∴|ON|44)xK(14)xM(14)t2422．

所以线段ON的长为定值2． „„„„„13分 方法二：设N(x0,y0)，

则FN(x01,y0),OM(2,t),MN(x02,y0t),ON(x0,y0)．

FNOM,2(x01)ty00,2x0ty02．

8

又

MNON,x0(x02)y0(y0t)0,x02y022x0ty02．

x02y022为定值． „„„„„13分

所以，ON21.（本小题满分14分）【解析】（Ⅰ）f/(x)1aln(x1)a．

①a0时，f/(x)0，∴f(x)在(1,)上是增函数．-----------------1分 ②当a0时，由f(x)01xe∴f(x)在(1,e1aa1aa1，由f(x)0xe1aa1，

1]上单调递增，在[e1aa1,)上单调递减. -------------------4分

12111又f(0)0,f(1)1ln4,f()ln2， ------------------6分

222135∴f(1)f()ln20．

22211∴当t[,ln2,0)时，方程f(x)t有两解． ------------------8分

22（Ⅲ）∵mn0.∴要证：(1m)n(1n)m只需证nln(1m)mln(1n), 只需证：

（Ⅱ）当a1时，由（Ⅰ）知，f(x)在[,0]上单调递增，在[0,1]上单调递减，

ln(1m)ln(1n)ln(1x),(x0)， --------10分 ．设g(x)mnxxln(1x)x(x1)ln(x1)则g(x)1x2． 2xx(1x)由（Ⅰ）知x(1x)ln(1x)󰀀在(0,)单调递减， --------------------12分 ∴x(1x)ln(1x)0，即g(x)是减函数，而mn．

∴g(m)g(n)，故原不等式成立． --------------------14分

9