2014届先知新课标数学模拟试卷

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1、2014届先知新课标数学模拟卷150分， 120分钟第I卷（选择题 共60分）一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）1.（理）已知集合，则( )A. B. C. D.1.（理）【答案】C【解析】，故.1.（文）设全集， ，则（ ）A. B. C. D.1.（文）【答案】C【解析】.2.（ ）A. B. C. D.2.【答案】D【解析】故选D.3.执行如图所示的程序框图，输出结果（ ）A.B. C. D.3.【答案】B【解析】根据程序框图，输出的为4.(理)若的展开式中的常数项是第6项，则（ ）A.8 B.10 C.12 D.15

2、4.（理）【答案】D 【解析】由题可知因为为常数项，.4（文）直线和与的四个交点把圆分成的四条弧长相等，则（ ）A.或 B.或 C. D.4.（文）【答案】B【解析】的圆心为，所以，可得或.5.若点是不等式组表示的可行域内的任意一点，则点到直线的距离的最小值是（ ）A. B. C. D.5.【答案】C【解析】如图画出可行域是如图所示的的边界及内部 ，容易看出当点移动到处时，到直线的距离最小，最小值为6.以表示等差数列的前项和，若，则下列不等关系不一定成立的（ ）A. B.C. D.6.【答案】D【解析】因为，所以，由是等差数列，可得，故，A一定成立；因为，所以，B一定成立；，所以，C一定成立；

3、，所以符号不确定，所以D不一定成立，答案为D.7.“”是“函数在区间内单调递减”的（ ）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条条件 D.既不充分也不必要条件7.【答案】C 【解析】在上单调递减等价于在区间无实根，即或，也就是，故是函数在上单调递减的充要条件.8.设是任意的非零向量,且相互不共线,则； ； 若存在唯一实数组，使，则共面；中，是真命题的个数是（ ）A.0 B.1 C.2 D.38.【答案】B【解析】由向量数量积运算不满足结合律可知错误；由向量的加减法三角形法则可知，当非零且不共线时，故正确；当时，成立，但不共面，故错误；因为，故错误.答案为B.9.（理）设，下列关系式

4、成立的是( ) A. B. C. D.9.（理）【答案】C【解析】，所以，又，所以，所以，故A，B错误； ，故C正确；.9.（文）函数的图象如图所示，若函数与轴有两个不同交点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D.9.（文）【答案】D【解析】函数与轴有两个不同交点，即方程有两个不同的解，由知，与有两个不同的交点，结合图形可知故选D10.如图，边长为的等边的中线与中位线交于点，已知是绕旋转过程中的一个图形，对于下列叙述错误的是（ ）A.平面平面B.平面C.三棱锥的体积最大值为D.直线与直线可能共面10.【答案】D【解析】A中由已知可得四边形是菱形，则，所以平面，所以面面，A正确；又，平面；B

5、正确；当面面时，三棱锥的体积达到最大，最大值为，C正确；在旋转过程中与直线始终异面，D不正确11.（理）在区域内随机取一个点，则此点到点的距离大于的概率是（ ）A. B. C. D.11.（理）【答案】D【解析】如图，因为点在圆上，所以到点的距离大于的构成的区域是区域内去除它与区域公共部分剩下的部分，剩下部分面积为，故所求事件的概率为.11.（文）椭圆：与双曲线：有公共焦点，曲线，在第一象限交于点， 的中点分别为，为坐标原点，四边的周长为则的周长是（ ）A. B.C.D.11.（文）【答案】C【解析】因为的中点分别为，是的中点，所以四边形为平行四边形，故其周长为，可得又因为椭圆与双曲线共焦点，

6、所以，可得，的周长为.第12题图12.（理）如图内外两个椭圆的离心率相同,从外层椭圆顶点向内层椭圆引切线.设内层椭圆方程为,则外层椭圆方程可设为.若与的斜率之积为,则椭圆的离心率为 ( ) A. B. C. D.12.（理）【答案】C【解析】设切线的方程为,则由,同理，所以,故.选C.12.（文）同理科11题第II卷（非选择题 共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置）13.（理）已知直线与曲线切于点，则的值为 .13.（理）【答案】3【解析】由条件知在直线上，又在曲线上，.13.（文）函数的定义域为 .13.（文）【答案】【解析】.14.设的内角

7、所对边的长分别为,若,则角 .14.【答案】 【解析】由可得，又，所以可令，可得，故.15某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 .15.【答案】 俯视图左视图【解析】由三视图可知该几何体是由两个全等的圆锥构成的组合体，其表面积为.16.（理）如图，射线上的点，其中，且，则的横坐标是 .16.（理）【答案】【解析】设，由可得因为，所以可得数列是以为首项，为公比的等比数列，可得，故，上式累加可得所以.16.（文）已知等差数列的公差不为，前项和为，等比数列的公比是正整数，前项和为.若，且是正整数，则等于 16.【答案】【解析】因为为正整数，且为正整数，所以，则，故，.三、解答题（本大题共5

8、小题，共60分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.（本小题满分10分）已知函数为奇函数，其半个周期内的图象如图所示，其中是斜边长为2的等腰直角三角形.（1）求的值；（2）求出的值.17.【解析】（1）由题设知，又为奇函数，所以，可得因为，故；（5分）（2）因为函数的周期，所以，可得，（10分）18.（理）（本小题满分12分）某次网球比赛分四个阶段，只有上一阶段的胜者，才能参加继续下一阶段的比赛，否则就被淘汰，选手每闯过一个阶段，个人积分，否则积分甲、乙两个网球选手参加了此次比赛.已知甲每个阶段取胜的概率为，乙每个阶段取胜的概为.（1）求甲、乙两人最后积分之和为分的概率；（2）设甲的

9、最后积分为，求的分布列和数学期望.18.【解析】（1）设“甲、乙两人最后积分之和为分”为事件“甲得分、乙得分”为事件，“甲得分、乙得分”为事件，“甲得分、乙得分”为事件，又，；（6分）（2）的取值可为：， 所以的分布列可为 数学期望（12分）18.（文）(本题满分12分)如图，已知正三棱柱中，是上的动点，（1）求五面体的体积；（2）当在何处时，平面，请说明理由；（3）在（2）的条件下，求证：平面平面.18.（文）【解析】（1）如图可知五面体是四棱锥，侧面垂直于底面，正三角形的高就是这个四棱锥的高，又，于是（ 4分）（2）当点D为AC中点时，平面 证明：连结连结，四边形是矩形，为中点，平面，平面

10、平面DO，DOAB1，D为AC的中点 （8分）（3）由（2）可知当平面时，D为AC的中点ABC为正三角形，D为AC的中点，BDAC，由CC1平面ABC，又，平面，又平面，平面平面（12分）19.（理）（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形， ，是中点，且，.CDOBE图1CDOBEH图2(1) 证明:平面；(2) 求二面角的平面角的正切值. 19.（理）【解析】(1) 在图1中,易得，连结,在中,由余弦定理可得因为，所以,所以，同理可证, 又,所以平面；（5分）(2) 传统法:过作交的延长线于,连结,因为平面，所以,所以为二面角的平面角.CDOxE图3yzB结合图1可知, ，故,

11、从而,所以二面角的平面角的正切值为.（12分）向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示,则,所以,设为平面的法向量,则,即,解得,令,得由(1) 知,为平面的一个法向量,所以,即二面角的平面角的正切值为.（12分）19.（文） (本题满分12分)某学校进行自主实验教育改革，选取两个班作为对比班，一班采用传统教育方式，二班采用学生自主学习，学生可以针对自己薄弱学科进行练习，教师不做过多干预两班人数相同.为了检验教学效果，现从两班各随机抽取20名学生的期末总成绩，得茎叶图：一班二班 28642185221987667 5 4 299880 14780 24566793585789595857

12、5655（1）求两班学生成绩的平均数，根据平均数对两种教学方式进行简单评价；若不低于580分记为优秀，填写下面的22列联表，根据这些数据，判断是否有95%的把握认为“成绩优秀与教学方式有关”?一班二班合计优秀不优秀合计（2）若从两个班成绩优秀的学生中各取一名，则这两名学生的成绩均不低于590分的概率是多少？参考公式：参考数据：0100005000250010270638415024663519.【解析】（1）一班学生成绩的平均数是5；二班学生成绩的平均数是582.2，从平均分来看，学生自主进行学习，更有利于平衡各科成绩，能有效的提高总成绩. (3分)22列联表如下：甲班乙班合计优秀61319不

13、优秀14721合计202040 (5分)，可知有95%的把握认为“成绩优秀与教学方式有关” (8分)（2）甲班成绩优秀的有6人，乙班成绩优秀的有13人，基本事件的总数是61378个，成绩均不低于90分的基本事件有155个，. (12分)20.（文）（本小题满分12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆与直线四点中有三个点在椭圆上，剩余一个点在直线上（1）求椭圆的方程；（2）若动点P在直线上，过P作直线交椭圆于两点，使得，再过P作直线证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标20.【解析】（1）由题意有3个点在椭圆上，根据椭圆的对称性，则点一定在椭圆上，即 ， （1分）若点在椭圆上，则点必为的左顶点，而，

14、则点一定不在椭圆上，故点在椭圆上，点在直线上， （3分）所以 ，联立可解得，所以椭圆的方程为； （5分）（2）由（1）可得直线的方程为，设，当时，设显然，联立则，即，又，即为线段的中点，故直线的斜率为， （8分）又，所以直线的方程为， 即， 显然恒过定点； （10分）当时，直线即，此时为x轴亦过点；综上所述，恒过定点 （12分）20.（理）（本小题满分12分）抛物线的准线过椭圆的左焦点，如图，以原点为圆心，以为半径的圆分别与抛物线在第一象限的图象以及轴的正半轴相交于点与点，直线与轴相交于点.（1）求抛物线的方程；（2）设点的横坐标，点C的横坐标，曲线上点的横坐标为，求直线的斜率.xyBAOaD

15、20.（理）【解析】（1）因为椭圆的左焦点坐标为，所以，可得，（3分）故；（4分）（2）由题意知，因为，所以，（6分）由于，故有由点的坐标知，直线的方程为，（7分）又因点在直线上，故有，将代入上式，得，解得（9分）又因为，所以直线的斜率为（12分）21.（文）（本小题满分12分）设函数，（，为自然对数的底数）（1）当时，恒成立，求的取值范围；（2）函数，若曲线上存在点使得，求的取值范围.21.【解析】（1）因为在上是增函数，要使恒成立，只要，（3分）可得.（4分）（2）因为，（5分）所以曲线上存在点使得，首先使（6分）令，若假设，由函数为增函数，得，因为，与假设矛盾，再假设，由函数为增函数，得

16、，即，所以，（8分）综上 ，所以，即，所以 令 ，（10分）因为时，所以函数在上为增函数，所以，可得.（12分）21.（理）（本小题满分12分）已知函数（1）若存在，使不等式成立，求实数的取值范围；（2）设，证明：【解析】（1）由变形为令，则故当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，所以的最大值只能在或处取得又，所以所以，从而（2），设，则当时，在上为减函数；当时，在上为增函数从而当时，因为，所以请考生在第22,23,24题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号22.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，四边形内接于，过点作的切线交的延长线于已知（第22题

17、图）（1）证明：；（2）求证：是与的比例中项【解析】（1）与相切于点，又 ， ， （5分）（2）四边形内接于，（7分），即（），是与的比例中项（10分）23. (本小题满分10分) 选修4一4:坐标系与参数方程已知极坐标的极点在平面直角坐标系的原点处，极轴与轴的正半轴重合，且长度单位相同直线的极坐标方程为：,点，参数.(1)求点轨迹的直角坐标方程；(2)求点到直线距离的最大值.【解析】(1)，且参数，所以点P的轨迹方程为（4分）(2)因为，所以，所以，所以直线l的直角坐标方程为由(1) 点P的轨迹方程为，圆心为，半径为2.，所以点P到直线l距离的最大值.24.（本小题满分10分）选修4-5，不等式选讲已知函数，（1）当时，求不等式的解集；（2）不等式的解集为空集，求实数的取值范围【解析】（1）当时， （2分）所以不等式的解为或或，即，故不等式的解集为（5分）（2）因为，因为不等式的解集为空集，则 ，解之或，就是或，故实数的取值范围是（10分）