2014广安三诊数学(理)

2014年高2011级第三次诊断考试

数学试题（理工类）

一、选择题

1．设复数z满足z·(i-1)=2i(其中i为虚数单位),则z等于 (A)1-i (B)1+i (C)-1+i (D)-1-i

2．设集合M{xx22x30},N{xlog2x1},则MN等于

(A){x1x3} (B){x1x2} (C){x0x1} (D){x0x2} 3．设为平面,a、b为两条不同的直线,则下列叙述正确的是 (A)若a∥,b∥,则a∥b (B)若a⊥,a∥b,则b⊥； (C)若a⊥,a⊥b,则b∥ (D)若a∥,a⊥b,则b⊥. 4．抛物线y=ax2的准线方程为y=1,则实数a之值为

(A)4 (B)14 (C)14 (D)-4

5．已知向量a=(1,-1),b=(2,x),若(a +b)∥(a -

2b),则实数x的值为

(A)-2 (B)0 (C)1 (D)2

6．设等比数列{an}的前n项积Pna1a2a3an,若P12=32P7,则a10等于 (A)16 (B)8 (C)4 (D)2

7．已知f(x)是定义在R上的奇函数,且当x<0时,f(x)=3x,则f(log94)的值为

(A)-2 (B)112 (C)2 (D)2

8．关于函数f(x)=sinx(sinx-cosx)的叙述正确的是 (A)f(x)的最小正周期为2π (B)f(x)在[,388]内单调递增

(C)f(x)的图像关于(8,0)对称

(D)f(x)的图像关于x8对称

追求卓越 成就梦想 9．如图,一个几何体的三视图(正视图、侧视图和俯视图)为两个等腰 直角三角形和一个边长为1的正方形,则其外接球的表面积为 (A)π (B)2π (C)3π (D)4π

第9小题图

10．已知实数a,b满足a23b67b,则不等式21a1a(a2)成立的概率为

(A)

114 (B)3 (C)233 (D)4 第Ⅱ卷 （非选择题 共100分）

二、填空题

11．执行右图程序,当输入42,27时,输出的结果是________.

INPUT a,b

12．若实数x,y满足xy2DO

xy1,则y的取值范围是________.

xc＝a-b a＝b 13．从总体中随机抽出一个容量为20的样本,其数据的分组及各组的

b＝c

频数如下表,试估计总体的中位数为________. LOOP UNTIL b<0 PRINT a 分 组 [12,16) [16,20) [20,24) [24,28) END

频 数 4 8 5 3 14．设a为非零常数,已知(x21)(xa)6xx的展开式中各项系数和为2,则展开式中常数项等于

________.

2x11,x115．已知函数f(x)x23x3,下列关于函数g(x)f(x)2af(x)1(其中a为常

x1,x1数)的叙述中:

①对a∈R,函数g(x)至少有一个零点; ②当a=0时,函数g(x)有两个不同零点; ③a∈R,使得函数g(x)有三个不同零点;

④函数g(x)有四个不同零点的充要条件是a<0.其中真命题有________.(把你认为的真命题的序号都．

填上) 1

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

16．(本小题12分)在四边形ABCD中,AD⊥CD,AD=5,AB=7,∠BDA=60º,∠CBD=15º,求BC长. 17．(本小题12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠ABC=60º,又PA⊥底面

ABCD,AB=2PA,E为BC的中点.

追求卓越 成就梦想 (1)求证:AD⊥PE;

(2)求平面APE与平面PCD所成锐二面角的余弦值.

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18．(本小题12分)盒子装中有形状、大小完全相同的五张卡片,分别标有数字1,2,3,4,5.现每

次从中任意抽取一张,取出后不再放回.

(1)若抽取三次,求前两张卡片所标数字之和为偶数的条件下,第三张为奇数的概率; (2)若不断抽取,直至取出标有偶数的卡片为止,设抽取次 数为ξ,求随机变量ξ的分布列及数学期望.

19．(本小题12分)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn=nan-n(n-1),其中n∈N*.

(1)求证:{an}是等差数列;

(2)求证:an•an+1<4Sn;

(3)求证:11115.

S1S2S3Sn3

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x220．(本小题13分)已知A、B是椭圆y21上的两点,且AFFB,其中F为椭圆的右焦

2点.

(1)求实数的取值范围;

(2)在x轴上是否存在一个定点M,使得MAMB为定值?若存在,求出定值和定点坐标；若不存在,说明理由.

21．(本小题14分)已知函数f(x)=x(x+a)-lnx,其中a为常数.

(1)求f(x)的单调区间;

(2)问过坐标原点可以作几条直线与曲线y=f(x)相切？并说明理由; (3)若g(x)f(x)ex在区间(0,1)内是单调函数,求a的取值范围.

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2014年高2011级第三次诊断考试

数学试题（理工类）参及评分意见

一、选择题（每小题5分，共50分）

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A D B C A D B D C C 10．提示：设xb2,y7b,则a23xy且x2y29(x0,y0).由直线与圆

(四分之一)的位置关系知3a26,解得a∈[-4,-1]∪[5,8].由不等式21a(1a)2得

|1-a|<2或|1-a|>4,解得a∈(-∞,-3)∪(-1,3)∪(5,+∞).所以当a∈[-4,-3)∪(5,8]时不

等式成立.由几何概型的概率公式可得P4263。

11．9 12．(13,3) 13．19 14．240 15．②④.

14．提示：令x=1得a=2.又(x2x)6的展开式通项Tr62rr1C6(2)rx(r0,1,2,,6).因6-2r为偶数,故6-2r=-2即r=4.所以(x21x)(x2x)6的展开式的常数项为C46(2)4240.

15．提示：数形结合可得:当a>0时无零点;当a=0时有2个零点;当a<0时有4个零点. 16．解：在ΔABCD中,由余弦定理得AB2

=AD2

+BD2

-2AD•BDcos60º, 即BD2-5BD-24=0,解得BD=8.（6分） 在ΔBCD中,由正弦定理得:BCBDsinBCDsinBDC8sin30sin13542.（12分）

17．（1）证明：因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60º,且E为BC的中点,所以AE⊥BC.

又BC∥AD,所以AE⊥AD.又PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AD. 于是AD⊥平面PAE,进而可得AD⊥PE.（6分） （2）解：分别以AE、AD、AP为x、y、z轴,设AP=1,则

P(0,0,1),E(3,0,0),C(3,1,0),D(0,2,0).

显然,平面APE的法向量为n(0,1,0),设平面PCD的法向量为m(1,y,z),则 由mCD3y0解得m(1,3,23).所以cosm,nmn33.

mPD2yz0mn414故平面APE与平面PCD所成锐二面角的余弦值为

34.（12分） 追求卓越 成就梦想 18．解：（1）设“前两张卡片所标数字之和为偶数”为事件A,“第三张为奇数”为事件B,则所

求概率为P(BA)P(AB)1A2212A2A31P(A)C3C121.（6分） 4A2A32（2）ξ=1,2,3,4.

1 P(1)A1122A3A3A15; P(2)2A2;

5510131 P(3)A23A2A31; P(4)A3A214. 55A510 所以E125231110354102. （12分） 19．证明：（1）当n≥2,n∈N*

时,由已知Sn=nan-n(n-1)得Sn-1=(n-1)an-1-(n-1)(n-2).

两式相减得Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-2(n-1).又Sn-Sn-1=an,所以(n-1)an-(n-1)an-1=2(n-1). 即a*

n-an-1=2(n≥2,n∈N).所以{an}是以1为首项、2为公差的等差数列. （4分） （2）由(1)得a2

*

n=2n-1,Sn=n,n∈N.所以an•an+1=(2n-1)•(2n+1)=4n2

-1<4Sn; （8分） （3）由(2)得

142(an1an)11Sa2(),所以 nann1anan1anan1 111112[(11)(11)(11S)]

1S2S3Sna2a3a3a4anan1 12(1a1)12(11)125. （12分） 2an132n13320．解：（1）由已知条件知:直线AB过椭圆右焦点F(1,0).

当直线AB与x轴重合时,322.

当直线AB不与x轴重合时,可设AB:xmy1,代入椭圆方程,并整理得

(2m2)y22my10.

设A(x2m1,y1),B(x2,y2),由根与系数的关系得y1y22m2,y1y122m2. (y21y2)y4m2所以2(4,0].又由AFFB得y1y2,所以 1y22m(y2221y2)yy1y22y1y212(4,0],解之得322322.

1y2y1y2综上,实数的取值范围是[322,322]. （7分）

（2）设M(a,0)，则MAMB(x1a)(x2a)y1y2(my11a)(my21a)y1y2

(1m2)y1m22m2(1a)1y2m(1a)(y1y2)(1a)22m22m2(1a)2 5

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(2a24a1)(a22)m22m2为定值,所以2a24a12(a22),解得a54. 故存在定点M(5,0),使得MAMB为定值7416. （经检验，当AB与x轴重合时也成立） （13分）

21．解：（1）由f(x)2xa12x2ax1xx0(x0)得

xaa2840,xaa281240(舍去).

a2f(x)在区间(0,8a4)内单调递减,在(a2所以8a4,)内单调递增.（3分）

（2）设切点(t,t2atlnt),则切线方程为y(2ta1t)(xt)t2atlnt. 因为过原点,所以0(2ta1)(t)t2atlnt,化简得t2t1lnt0（※）. 设h(t)t21lnt(t0),则h(t)2t1t0,所以h(t)在区间(0,)内单调递增.又

h(1)0,故方程(※)有唯一实根t1,从而满足条件的切线只有一条.（8分）

（3）g(x)[f(x)f(x)]ex[x2lnx1(2a)xa]exx. 设(x)x2lnx1x(2a)xa,则(x)2x11xx22a,显然(x)在区间(0,1)内单调递减.

①当a2时,(1)2a0,从而(x)0在(0,1)内恒成立,即(x)在(0,1)内单 调递增.注意到(1)0,所以(x)0即g(x)0在(0,1)内恒成立.于是g(x)在区间(0,1)内单调递减,符合题意.

②当a2时,(1)2a0,(0),从而x1(0,1),使得(x)0在(0,x1) 内恒成立,(x)0在(x1,1)内恒成立.即(x)在(0,x1)内单调递增,在(x1,1)内单调递减.又(1)0,所以(x1)0,又(ea)e2aea(2a)ea0,所以存在

x0(ea,x1),使得(x)0即g(x)0在(ea,x0)内恒成立,(x)0即g(x)0在

(x0,x1)内恒成立.因此g(x)在区间(0,1)内既有递减区间(ea,x0),也有递增区间(x0,x1),不符合题意.综上可知,实数a的取值范围是a2.（14分）

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