山东省山师附中高三下学期适应性测试（十四）理科数学试题 及答案

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1、 - 1 - 山东师大附中高三教学质量检测山东师大附中高三教学质量检测 理科数学理科数学( (十四十四) ) 第第 I I 卷卷 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1010 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 5050 分在分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的 1.1.已知全集已知全集U R，集合，集合31|xxA，0,2,4,6B ，则，则AB等等于于 A A 0,2 B B 1,0,2 C C |02xx D D| 12xx 2.2.已知已知i为虚数单位，为虚数单位，Ra，若，若iai2为纯虚数，则复数为纯

2、虚数，则复数iaz2) 12(的模等于的模等于 A A2 B B3 C C6 D D11 3 3某校高考数学成绩某校高考数学成绩近似地服从正态分布近似地服从正态分布2100,5N，且，且1100.98P，90100P的值为的值为 A A0 049 49 B B0 05252 C C0 051 51 D D0 04848 4.4. 设设0(sincos )kxx dx， 若， 若8280128(1).kxaa xa xa x， 则， 则1238.aaaa A A- -1 1 B B0 0 C C1 1 D D256256 5.5.已知不等式已知不等式21x的解集与不等式的解集与不等式20 xax

3、b的解集相同，的解集相同， - 2 - 则则, a b的值为的值为 A.A.1,3ab B.B.3,1ab C.C.4,3ab D.D. 3,4ab 6 6函数函数coslnxyx的图像是（的图像是（ ） 7 7 在在ABC中，角中，角,A B C所对的边分别为所对的边分别为, ,a b c，S表示表示ABC的面的面积，若积，若2221coscossin,()4aBbAcC Sbca，则，则B（）（） A A90 B B60 C.C.45 D D30 8.8.已知四面体已知四面体 S S- -ABCABC 中中, SA=SB=, SA=SB=2, 2, 且且 SASASBSB, , BC=BC

4、=5, , AC=AC=3, , 则该四面体的外接球的表面积为（则该四面体的外接球的表面积为（ ） A A4 B B4 23 8 23 8 9.9.设设1F、2F分别为双曲线分别为双曲线22221(0,0)xyabab的的左、右焦点左、右焦点. .若在若在双曲线右支上存在点双曲线右支上存在点P，满足，满足212PFFF，且，且2F到直线到直线1PF的距离的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A A340 xy B B350 xy C C540 xy D D430 xy 1010 规定函数规定函数)(xfy 图象上的点到坐标原点距离

5、的最小值叫做图象上的点到坐标原点距离的最小值叫做函数函数)(xfy 的的“中心距离中心距离”，给出以下四个命题：，给出以下四个命题： 函数函数1yx的的“中心距离中心距离”大于大于 1 1； - 3 - 函数函数542xxy的的“中心距离中心距离”大于大于 1 1； 若函数若函数)(Rxxfy与与)(Rxxgy的的“中心距离中心距离” ” 相等，相等，则函数则函数)()()(xgxfxh至少有一个零点至少有一个零点 以上命题是真命题的以上命题是真命题的个数有个数有： A 0 B 1 C 2 A 0 B 1 C 2 D 3D 3 第第 IIII 卷卷 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 5

6、 5 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，分，共共 2525 分分. . 1111. . 执行右边的程序框图， 若执行右边的程序框图， 若p p8080， 则输出的， 则输出的n n的值为的值为 . . 1212菱形菱形ABCD，边长为，边长为 1 1，E为为CD的中点，的中点，O为为两 对 角 线 交 点 ， 则两 对 角 线 交 点 ， 则OD OE的 取 值 范 围 是的 取 值 范 围 是_ _ 1313 若 若)(xf是是 R R 上 的 增 函 数 ， 且上 的 增 函 数 ， 且2)2(, 4) 1(ff， 设， 设31)(|txfxP，4)(|xfxQ，若“，若“Px”是“”

7、是“Qx的充分的充分不必要条件，则实数不必要条件，则实数t取值范围是取值范围是_ 14.14.函数函数 032142kkkkf的最大值为的最大值为_ 15.15.已知函数已知函数 221,f xxx若若 1,abf af b, ,则则ab的范围的范围是是_ 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 6 小题，共小题，共 7575 分分. .解答应写出文字说解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤明，证明过程或演算步骤. . 1616（本小题满分（本小题满分1212分）已知分）已知)cos),2cos(2(xxm, ,)2sin(2 ,(cosxxn, , 且函数且函数1)(nmxf 输入 P

8、 开始 结束 输出 n n=1, S=0 S p N=n + 1 S=S + 2n N Y - 4 - （1 1）设方程）设方程01)(xf在在), 0(内有两个零点内有两个零点21xx，求，求21xx 的的值；值； （2 2）若把函数）若把函数)(xfy 的图像向左平移的图像向左平移6个单位个单位, ,再向下平再向下平移移 2 2 个单位个单位, ,得函数得函数)(xg图像图像, ,求函数求函数)(xg在在2,2上的单调增上的单调增区间区间. . 17. 17. （本小题满分（本小题满分1212分） 举世瞩目的巴西足球世界杯将于分） 举世瞩目的巴西足球世界杯将于20142014年年 6 6

9、月在巴西举行月在巴西举行, ,这是四年一度的足球这是四年一度的足球盛宴盛宴, ,是全世界足球迷的节日是全世界足球迷的节日. .在每场比赛在每场比赛之前之前, ,世界杯组委会都会指派裁判员进行世界杯组委会都会指派裁判员进行执法执法. .在某场比赛前在某场比赛前, ,有有 1010 名裁判可供选名裁判可供选择择, ,其中欧洲裁判其中欧洲裁判3 3人人, ,亚洲裁判亚洲裁判4 4人人, ,美洲美洲裁判裁判 3 3 人人. .若组委会要从这若组委会要从这 1010 名裁判中任选名裁判中任选 3 3 人执法本次比人执法本次比赛。求赛。求: : （1 1）选出的欧洲裁判人数多于亚洲裁判人数的概率；）选出的

10、欧洲裁判人数多于亚洲裁判人数的概率； （2 2） 选出的） 选出的 3 3 人中， 欧洲裁判人中， 欧洲裁判人数人数 X X 的分布列和数学期望。的分布列和数学期望。 18. 18. （本小题满分（本小题满分 1212 分）分）如如图图所所示，是一个示，是一个多面体多面体 ABCABCA A1 1B B1 1C C1 1和它的三视图和它的三视图 (1)(1)在直观图中连接在直观图中连接 ABAB1 1, , 试证明试证明 ABAB1 1/平面平面C C1 1A A1 1C C ; ; (2)(2)线段线段CCCC1 1上是否存在一点上是否存在一点E E，使，使BEBE平面平面A A1 1CCC

11、C1 1，若不存，若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；在，请说明理由，若存在，请找出并证明； - 5 - (3)(3)求平面求平面11C AC与平面与平面1ACA夹角的余弦值夹角的余弦值 19. 19. （本小题满分（本小题满分 1212 分）用部分自然数构造如图的数表：用分）用部分自然数构造如图的数表：用()ija ij表示第表示第i行第行第j个数（个数（, i jN） ，使得） ，使得1.iiiaai每行中的其每行中的其他各数分别等于其“肩膀”上的两个数之和他各数分别等于其“肩膀”上的两个数之和. .设第设第n（nN）行的第二个数为行的第二个数为(2)nb n ， （1 1）写出第

12、）写出第 6 6 行的第三个行的第三个数；数； （2 2）写出）写出1nb与与nb的关系并求的关系并求2nbn ； （3 3）设）设(1)12nnbcn，求证：，求证：2312.nccc 20. 20. （本小题满分（本小题满分 1313 分）在分）在ABC中，中，32BC, ,ED,分别为边分别为边ABAC,上的中点，上的中点，6 CEBD, ,BD与与CE交于点交于点G, ,以直线以直线BC为为x轴，边轴，边BC的垂直平分线为的垂直平分线为y轴建立直角坐标系，记动点轴建立直角坐标系，记动点G形成形成的曲线为的曲线为C （1 1）求曲线）求曲线C的方程；的方程； （2 2）QP,为曲线为曲线

13、C上的两动点，且上的两动点，且OQOP 求证：点求证：点O到直线到直线PQ的距离为定值；求的距离为定值；求minPQ. . 21. 21. （本小题满分（本小题满分 1414 分）已知函数分）已知函数 ,g2lnaf xxxxmx, , ( () )已知已知0m , ,若存在若存在01,xee, ,使使000 x f xg x, ,求求a a的取值的取值范围范围; ; ( (IIII) )已知已知1am, , - 6 - (1)(1)求最大正整数求最大正整数n,n,使得对任意使得对任意1n个实数个实数1,2,1ix in, ,当当1,2ixe时时, ,都有都有 112014ninif xg x

14、成立成立; ; (2)(2)设设 H xxf xg x, ,在在 H x的图象上是否存在不同的两的图象上是否存在不同的两点点1122,A x yB xy121xx , ,使得使得1212122xxH xH xHxx. . 山东师大附中高三教学质量检测理科数学山东师大附中高三教学质量检测理科数学( (十四十四) )答案答案 一、选择题：一、选择题：ACDBC BCDDBACDBC BCDDB 二、填空题二、填空题 11. 7 12. 11. 7 12. 10,2 13. 13. 3, 14.14. 15 15. 15. 4,22 2 三、解答题：三、解答题： 1616解：（解：（1 1）由题设知

15、）由题设知2)42cos(212cos12sin)(xxxxf，2 2 分分 12)42cos(2, 01)(xxf，22)42cos(x，3 3 分分 或43242kxZkkx,45242 得得4 kx或或2 kx，5 5 分分 43,2,4), 0(2121xxxxx. .6 6 分分 - 7 - （2 2）)(xfy 图像向左平移图像向左平移6个单位，得个单位，得 2cos2()22cos(2)22sin(2)2643412yxxx 再向下平移再向下平移2 2个单位得个单位得)122sin(2)(xxg 8 8 分分 23212222kxkZkkxk,24172459 9分分 当当1k时

16、时2472419x; ;当当0k时时, ,2417245 x1010 分分 2,2x )(xf在在2,2的增区间为的增区间为247,2, ,2,245. .1212 分分 17.17.（）解：设“选出的（）解：设“选出的 3 3 名裁判中欧洲裁判人数多于亚洲名裁判中欧洲裁判人数多于亚洲裁判人数”为事件裁判人数”为事件 A A， “恰好选出， “恰好选出 1 1 名欧洲裁判和名欧洲裁判和 2 2 名美名美洲裁判”为事件洲裁判”为事件 A A1 1“恰好选出“恰好选出 2 2 名欧洲裁判“为事件名欧洲裁判“为事件 A A2 2， ”， ”恰好取出恰好取出 3 3 名欧洲裁判名欧洲裁判”为事件为事件

17、 A A3 3由于事件由于事件 A A1 1，A A2 2，A A3 3彼此互斥，且彼此互斥，且 A=AA=A1 1A A2 2A A3 3而而 ,403)(31023131CCCAPP(AP(A2 2)=P(X=2)=)=P(X=2)= 407,P(A3)=P(X=3)=,P(A3)=P(X=3)= 1201, , 所以选出的所以选出的 3 3 名裁判中欧洲裁判人数多于名裁判中欧洲裁判人数多于亚洲裁判人数的亚洲裁判人数的概率为概率为 P(A)=P(AP(A)=P(A1 1)+P(A)+P(A2 2)+P(A)+P(A3 3)=)= 403+ +407+ +1201= =12031 （）解：由

18、于从（）解：由于从 1010 名裁判中任选名裁判中任选 3 3 人的结果为人的结果为310C，从，从1010 名裁判中任取名裁判中任取 3 3 人，其中恰有人，其中恰有k k名欧洲裁判的结果数为名欧洲裁判的结果数为 - 8 - 337kkC C，那么从，那么从 1010 人任选人任选 3 3 人，其中恰有人，其中恰有 k k 名欧洲裁判的概率名欧洲裁判的概率为为 P(X=k)=P(X=k)= CCCkk310373,k=0,1,2,3.,k=0,1,2,3. 所以随机变量所以随机变量 X X 的分布列是的分布列是 X X 0 0 1 1 2 2 3 3 P P 247 4021 407 120

19、3 X X 的数学期望的数学期望 EX=EX=109120134072402112470 18.18.解：由题意知解：由题意知AAAA1 1，ABAB，A AC C两两垂直，建立如图所示的两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则空间直角坐标系，则A A(0(0，0 0，0)0)，A A1 1(0(0，0 0，2)2)，B B( (2 2，0 0，0)0)， B B1 1 ( (2 2，0 0，2), 2), C C(0(0，2 2，0)0)，C C1 1( (1 1，1 1，2) (22) (2分分) ) (1) (1) 由由1CC( (1 1，1 1，2)2)，11CA( (1 1，1 1

20、，0)0) 1AB( (2 2，0 0，2)2) 设设1AB= =m m11CA+ +n n1CC， 即， 即( (2 2， 0 0， 2)=2)= m m( (1 1，1 1，0)+0)+ n n( (1 1，1 1，2)2) 即即20202mnmnn 解得解得11mn 即即1AB= =11CA+ +1CC ( (4 4 分分) ) 即向量即向量1AB、11CA、1CC共面，又共面，又A A1 1C C1 1、C CC C1 1在在平面平面C C1 1A A1 1C C内，内，A AB B1 1 不 在不 在 平 面平 面C C1 1A A1 1C C内 ， 所 以内 ， 所 以ABAB1

21、1/ 平 面平 面C C1 1A A1 1C C. . ( (5 5 分分) ) - 9 - ( (2)2)设存在一点设存在一点E E，使，使BEBE平面平面A A1 1CCCC1 1，即满足即满足11100BE CCBE AC 设设CE1CC，由，由1CC( (1 1，1 1，2)2)，BC= =(2, (2, 2, 0)2, 0), , 得得BE=(2=(2, , 2+2+, 2, 2) ) (6(6 分分) ) 又又11CA( (1 1，1 1，0)0)，所以，所以224022+00 得得2=3 所以线段所以线段CCCC1 1上存在一点上存在一点E E，满足满足CE231CC，使，使BE

22、BE平面平面A A1 1CCCC1 1. (8. (8 分分) ) (3)(3)设平面设平面C C1 1A A1 1C C的法向量为的法向量为m m( (x x，y y，z z) )， 则由， 则由 m mA A1 1C C1 10 0m mA A1 1C C0 0， (9(9 分分) ) 得得 x xy y0 02 2y y2 2z z0 0，取，取x x1 1，则，则y y1 1，z z1.1.故故m m(1(1，1 1，1)1)， 而平面而平面A A1 1CACA的一个法向量为的一个法向量为n n(1(1，0 0，0)0)， 则则coscos m m，n n m mn n| |m m|n

23、 n| |1 13 33 33 3， (11(11 分分) ) 平面平面C C1 1A A1 1C C与平面与平面A A1 1CACA夹角余弦值为夹角余弦值为 33. . (12(12 分分) ) 19.19.（1 1）第）第 6 6 行的第三个数为行的第三个数为 2525； （2 2）由已知得）由已知得1nnbbn， - 10 - 1(1)2123(1)2nn nnbbn 当时， 又又1(1)11.2nn nbb ， （3 3）由（）由（2 2）知知12112()1(1)1nncbn nnn， 231111112(1)2(1)2231ncccnnn， 112,02nn ，2312.nccc

24、20.20.（1 1）43232CEBDGCGB32 BC, , 动点动点G轨迹为以轨迹为以CB,为焦点的椭圆（去掉为焦点的椭圆（去掉x轴上的两点） ，轴上的两点） ， 曲线曲线C的方程为：的方程为：)0( 1422xyx （2 2） 由 （） 由 （1 1） 知直线） 知直线OQOP,的斜率存在， 设的斜率存在， 设),(),(2211yxQyxP，kxylOP:，则则 xkylOQ1: 1422yxkxy联立方程得：联立方程得：22414kxP， 同理可得， 同理可得44222kkxQ 设 点 设 点O到 直 线到 直 线PQ的 距 离 为的 距 离 为h， 由 条 件 知， 由 条 件

25、知PQhOQOP, ,2222PQhOQOP 又又222OQOPPQ, ,22222OQOPOQOPh. .又又2222241)1 (4kkyxOPPP， 4)1 (422222kkyxOQQQ，222111OQOPh45552h为定值为定值 )41)(4()1 (202222222kkkOQOPPQ516)1 (25)1 (202222kk，等号成立当且仅，等号成立当且仅当当12k 554min PQ - 11 - 21:(21:(I I) ) 22lnxf xg xxax 22lnaxx 令令 22lnh xxx 则则 211220 xxh xxxxx 当当1,1xe时时, , 0h x

26、当当1,xe时时, , 0h x 22112,21hh eeeeh ehe 22max2,2hxeae ( (IIII) ) (1)(1) 112014ninif xg x - 12 - 1min1max2014ninif xg x ,f xg x均为增函数均为增函数 1max13222niif xnn 1min20142014 24028314028,268523ng xnn n的最大的最大值为值为 2685.2685. (2)(2) 22ln1H xxxa 221Hxxx 1212121212122 ln1ln1xxxxxxH xH xxxxx 11212212ln1xxxxxx 121212421xxHxxxx 原式原式112212112ln12xxxxxx 121212111ln2111xxxxxx 令令1211,1xt tx 式式12ln22 111tttt 令令 4ln21u ttt 222114011tu tttt t u t在在1,上是增函数上是增函数 10u tu - 13 - u t无零点无零点, ,故故 A A、B B 两点不存在两点不存在