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广东省东莞市东华高级中学2014-2015学年高三上学期9月月考数学理试题


东莞东华高级中学 2014-2015 学年第一学期高三月一考试理科数 学试题
2014-9-30 一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,满分 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的. 1.已知集合 M ? {?1, 0, 2} , N ? {x | A. {?1, 0, 2} B. {0,1, 2}

x?2 ? 0

} ,则 M ? N ? x ?1
C. {0, 2} D. ?





2.已知向量 a ? (2, k ) , b ? (1, 2) ,若 a ? b ,则 k 的值为

?

?

?

?

(

)

A. 4 B. 1 C. -1 D. -4 3. 已知平面 ? , ? 和直线 m , 给出条件: ① m // ? ; ②m ?? ; ③ m ?? ; ④? ? ? ; ⑤ ? // ? . 能推导出 m ? ? 的是 ( ) A.①④ B.①⑤ 4.若复数 A. -1
2 2

C.②⑤

D.③⑤ ( D. 9
2

3? yi 的实部与虚部互为相反数,则实数 y ? 1 ? 2i
B. 1 C. 3

)

5.若椭圆

x y x y2 3 ? ? 1 ( a ? b ? 0) ? ? 1 的渐近线方程为 的离心率为 ,则双曲线 a 2 b2 a 2 b2 2
( ) B. y ? ? 2 x C. y ? ? 4 x

1 A. y ? ? x 2

1 D. y ? ? x 4

?2 x ? y ? 2 ? 0 ? 6.在平面直角坐标系 xoy 中, M ( x, y ) 为不等式组 ? x ? 2 y ? 1 ? 0 所表示的区域上一动点, ?3 x ? y ? 8 ? 0 ?
则z? A. 2

y 的最小值为 x
B. 1 C. ?

(

)

1 2

D. ?

7.已知函数 f ( x) ? A sin(? x ? ? ) ( x ? R, A ? 0, ? ? 0, | ? |?

?
2

1 3

) 的图象(部分)如图所示,则

? , ? 分别为 (
A. ? ? ? , ? ?

)

?
3

B. ? ? 2? , ? ? C. ? ? ? , ? ?

?
3

?
6

D. ? ? 2? , ? ?

?
6

8 .若关于 x 的方程 x ? ( )

1 1 ? x ? ? kx ? 1 ? 0 有五个互不相等的实根,则 k 的取值范围是 x x
1 1 ( ??, ? ) ? ( , ??) 4 4 1 1 D. ( ? , 0) ? (0, ) 8 8
B.

1 1 , ) 4 4 1 1 C. ( ??, ? ) ? ( , ??) 8 8
A. ( ?

二、填空题:本大题共 7 小题,考生作答 6 小题,每小题 5 分,满分 30 分. (一)必做题(9~13 题)

1 24 ) 的展开中, x 的幂指数是整数的项共有 3 x 10.曲线 y ? ln( x2 ? 1) ? 2x 在点 (0, 0) 处的切线方程为
9.在 ( x ? 11.读右侧程序框图, 该程序运行后输出的 A 值为 . A= 开始

项. .

1 ,i=1 2


fi≤4? 是 A=

1 2? A

输出 A 结束

i=i+1

12.若 _

? 2 是函数 f ( x) ? sin 2 x ? a cos x ( a ? R 且为常数)的零点,则 f ( x ) 的最大值是__ 4

13.一个五位自然数 a1a2a3a4a5 , ai ?{0,1,2,3,4,5}, i ? 1,2,3,4,5 ,当且仅当 ,则满足条件的五位自然数中“凹 a1 ? a2 ? a3 , a3 ? a4 ? a5 时称为“凹数”(如 32014,53134 等) 数”的个数为 . (二)选做题(14~15 题,考生从中选做一题) 14. (坐标系与参数方程选做题) 在极坐标系中,已知圆 O :

? ? 4sin ? ,若过点 P ? 2,

? ?

??

? 的直线 l 被圆 O 所截,则所截 4?

的弦长最长时,直线 l 的极坐标方程为______. 15.(几何证明选讲选做题) 如图,点 P 在圆 O 直径 AB 的延长线上, 且 PB=OB=2,PC 切圆 O 于 C 点,

CD⊥AB 于 D 点,则 CD=________.

三、解答题:本大题共6小题,满分80分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤. 16. (本小题满分 12 分) 在△ ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c. 已知 b ? c ? a ? bc .
2 2 2

(Ⅰ)求 A 的大小; (Ⅱ)如果 cos B ?

6 , b ? 2 ,求△ ABC 的面积. 3

17. (本小题满分 12 分) 某单位从一所学校招收某类特殊人才.对 20 位已经选拔入围的学生进行运动协调能力和 逻辑思维能力的测试,其测试结果如下表: 运动协调能力 一般 逻辑思维能力 一般 良好 优秀 良好 优秀

2
4

2

b
3

1 1

1

a

例如,表中运动协调能力良好且逻辑思维能力一般的学生有 2 人.由于部分数据丢失, 只知道从这 20 位参加测试的学生中随机抽取一位,抽到运动协调能力或逻辑思维能力优 2 秀的学生的概率为 . 5 (I)求 a , b 的值; (II)从参加测试的 20 位学生中任意抽取 2 位,求其中至少有一位运动协调能力或逻辑思 维能力优秀的学生的概率; (III)从参加测试的 20 位学生中任意抽取 2 位,设运动协调能力或逻辑思维能力优秀的学 生人数为 ? ,求随机变量 ? 的分布列及其数学期望 E? . 18. (本小题满分 14 分) 如图,在 Rt△ABC 中,∠ACB=30° ,∠ABC=90° ,D 为 AC 中点, AE ? BD 于 E ,延长 AE 交 BC 于 F,将 ? ABD 沿 BD 折起,使平面 ABD ? 平面 BCD. (Ⅰ)求证:AE⊥平面BCD; (Ⅱ)求二面角A–DC –B的余弦值. (Ⅲ)在线段 AF 上是否存在点 M 使得 EM / / 平面 ADC ?若存在,请指明点 M 的位置; 若不存在,请说明理由.

A D B E F C

A

E B F

D C

19. (本小题满分 14 分) 已知数列 {an } 为公差不为 0 的等差数列, Sn 为前 n 项和, a5 和 a7 的等差中项为 11 , 且 a2 ? a5 ? a1 ? a14 .令 bn ? (Ⅰ)求 an 及 Tn ; (Ⅱ)是否存在正整数 m, n (1 ? m ? n), 使得 T1 , Tm , Tn 成等比数列?若存在,求出所有的

1 , 数列 {bn } 的前 n 项和为 Tn . an ? an ?1

m, n 的值;若不存在,请说明理由.

20. (本小题满分 14 分)

x2 y 2 6 已知椭圆 C : 2 ? 2 ? 1 (a ? b ? 0) 的离心率为 ,长轴长为 2 3 . a b 3
(Ⅰ)求椭圆的方程; (Ⅱ)若直线 y ? kx ?

1 交椭圆 C 于 A 、B 两点,试问: 在 y 轴正半轴上是否存在一个定点 2

???? ???? M 满足 MA ? MB ,若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,请说明理由.

21. (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) ? ?

?? x3 ? x 2 ? bx ? c, x ? 1 ?a ln x x ?1

的图象过坐标原点 O, 且在点( ?1 , f (?1) ))

处的切线的斜率是-5. (1)求实数 b 、 c 的值; (2)求 f ( x ) 在区间上的最大值; (3)对任意给定的正实数 a ,曲线 y ? f ( x) 上是否存在两点 P、Q,使得△POQ 是以 O 为 直角顶点的直角三角形,且此三角形斜边中点在 y 轴上?请说明理由.

2014-2015 学年第一学期高三月一考试理科数学参考答案
1.C 2.C 3.C 4.B 5.A 6.D 7.C 8.D 9. 5 10. 2 x ? y ? 0 11.
2

5 6
2

12.
2

2 ? 1 13. 146

14. ? sin(? ?

?
4

)? 2

15. 3

16. 解: (Ⅰ)因为 b ? c ? a ? bc ,所以 cos A ? 又因为 A ? (0, π) ,所以 A ? (Ⅱ)因为 cos B ? 由正弦定理
2 2

b2 ? c 2 ? a 2 1 ? , 2bc 2

3分

π . 3

5分

6 3 2 , B ? (0, π) ,所以 sin B ? 1 ? cos B ? . 3 3

7分 9分

a b b sin A ? ? 3. , 得 a? sin A sin B sin B
2 2

因为 b ? c ? a ? bc , 所以 c ? 2c ? 5 ? 0 , 因为 c ? 0 ,所以 c ? 6 ? 1. 故△ ABC 的面积 S ?

解得 c ? 1 ? 6 ,

1 3 2? 3 . 12 分 bc sin A ? 2 2

17.解: (I)设事件 A :从 20 位学生中随机抽取一位,抽 到运动协调能力或逻辑思维能力优秀 的学生. 由题意可知,运动协调能力或逻辑思维能力优秀的学生共有 (6 ? a) 人. 6?a 2 ? .解得 a ? 2 .所以 b ? 4 . 4分 则 P( A) ? 20 5 (II)设事件 B :从 20 人中任意抽取 2 人,至少有一位运动协调能力或逻辑思维能力优秀的 学生. 由题意可知,至少有一项能力测试优秀的学生共有 8 人. 2 C12 62 7分 则 P( B) ? 1 ? P( B) ? 1 ? 2 ? . C20 95 (III) ? 的可能取值为 0 , 1 , 2 . 20 位学生中运动协调能力或逻辑思维能力优秀的学生人 数为 8 人.所以 P(? ? 0) ? 所以 ? 的分布列为
1 1 2 C12 C8 C82 14 C12 33 48 ? P ( ? ? 1) ? ? P ( ? ? 2) ? ? , , . 2 2 2 C20 95 C20 95 C20 95

?

P
所以, E? ? 0 ?

0 33 95

1 48 95

2 14 95

33 48 14 76 4 ? 1? ? 2 ? ? ? 12 分 95 95 95 95 5 18.解(Ⅰ)因为平面 ABD ? 平面 BCD ,交线为 BD ,又在 ?ABD 中, AE ? BD 于 E ,

AE ? 平面 ABD ,所以 AE ? 平面 BCD .
由题意可知 EF ? BD ,又 AE ? BD .

3分

z

(Ⅱ)由(Ⅰ)结论 AE ? 平面 BCD 可得 AE ? EF .

A1

E B

D Fx

y C

如图,以 E 为坐标原点,分别以 EF , ED, EA 所在直线为 x 轴,

y 轴, z 轴,建立空间直角坐标系 E ? xyz
不妨设 AB ? BD ? DC ? AD ? 2 ,则 BE ? ED ? 1 .

2 3 3 . , EF ? 3 3 3 则 E (0, 0, 0), D(0,1, 0), B(0, ?1, 0), A(0, 0, 3), F ( , 0, 0), C ( 3, 2, 0) 3 ???? ??? ? DC ? ( 3,1,0), AD ? (0,1, ? 3) . ??? ? 由 AE ? 平面 BCD 可知平面 DCB 的法向量为 EA . ???? ? ?n ? DC ? 0, ? ? 3x ? y ? 0, 设平面 ADC 的法向量为 n ? ( x, y, z ) ,则 ? ???? 即? ? ? n ? AD ? 0. ? ? y ? 3 z ? 0. 令 z ? 1 ,则 y ? 3, x ? 1,所以 n ? (1, 3, ?1) . ??? ? ??? ? EA ? n 5 ? ?? 所以 cos ? n, EA ?? ??? , 5 | EA | ? | n |
由条件计算得, AE ? 3 , BC ? 2 3 , BF ? 所以二面角 A ? DC ? B 的余弦值为

5分

6分

8分

5 5

9分

(Ⅲ)设 AM ? ? AF ,其中 ? ? [0,1] .由于 AF ? ( 所以 AM ? ? AF ? ? (

???? ?

??? ?

??? ?

3 , 0, ? 3) , 3
10 分

3 ,0, ? 3) ,其中 ? ? [0,1] 3 ???? ? ??? ? ???? ? ? 3 ? ? , 0, (1 ? ? ) 3 所以 EM ? EA ? AM ? ? ? ? 3 ? ? ? ???? ? 3 3 由 EM ? n ? 0 ,即 ? -(1-?) 3 ? 0 , 解得 ? = ? (0,1) . 4 3 ???? ? AM 3 ? . 所以 在线段 AF 上存在点 M 使 EM∥平面ADC ,且 AF 4
19.解: (Ⅰ)因为 {an } 为等差数列,设公差为 d ,则由题意得

???? ?

??? ?

13 分 14 分

?a5 ? a7 ? 22 ?a1 ? 5d ? 11 ?d ? 2 ?2a1 ? 10d ? 22 整理得 ? ?? ?? ? ?a1 ? 1 ?d ? 2a1 ?(a1 ? d )(a1 ? 4d ) ? a1 (a1 ? 13d ) ?a2 a5 ? a1a14
所以 an ? 1 ? (n ?1) ? 2 ? 2n ?1 由 bn ? 4分

1 1 1 1 1 ? ? ( ? ) an ? an?1 (2n ? 1)(2n ? 1) 2 2n ? 1 2n ? 1

所以 Tn ?

1 1 1 1 1 1 n (1 ? ? ? ? ? ? ? )? 2 3 3 5 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1

7分

( Ⅱ)假设存在 由(Ⅰ)知, Tn ?

n 1 m n , Tn ? ,所以 T1 ? , Tm ? 2n ? 1 3 2m ? 1 2n ? 1

若 T1 , Tm , Tn 成等比,则有

Tm 2 ? T1 ? Tn ? (


m 2 1 n m2 n ) ? ? ? ? 2 2m ? 1 3 2n ? 1 4m ? 4m ? 1 6 n ? 3

9

?

4m 2 ? 4m ? 1 6n ? 3 3 4m ? 1 ? 2m 2 ? ? ? m2 n n m2

(1)

因为 n ? 0 ,所以 4m ? 1 ? 2m2 ? 0 ? 1 ? 分

6 6 , ? m ? 1? 2 2

12

因为 m ? N , m ? 1,? m ? 2, ,当 m ? 2 时,带入(1)式,得 n ? 12 ; 综上,当 m ? 2, n ? 12 可以使 T1 , Tm , Tn 成等比数列。 分 20.解: (Ⅰ)由题意得 e ? 14

?

c 6 , 2a ? 2 3 ,解得 a ? 3 , b ? 1 ? a 3
4分

椭圆的方程为

x2 ? y2 ? 1 3

(II)解法一.当 k ? 0 时,直线 y ? ?

1 3 1 与椭圆交于两点的坐标分别为 A( ,? ) , 2 2 2

3 1 B ( ? ,? ) 2 2
设 y 轴上一点 P(0, t ) ,满足 PA ? PB , 即 PA ? PB ? 0 , ∴ ( ,?

3 2

1 3 1 ? t ) ? (? ,? ? t ) ? 0 解得 t ? 1 或 t ? ?2 (舍) , 2 2 2
7分

则可知 P(0,1) 满足条件,若所求的定点 M 存在,则一定是 P 点. 下面证明 M (0,1) 就是满足条件的定点. 设直线 y ? kx ?

1 交椭圆于点 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) . 2

1 ? y ? kx ? ? ? 2 2 2 由题意联立方程 ? 2 消去 y 得 (12k ? 4) x ?12kx ? 9 ? 0 ? x ? y2 ? 1 ? ?3

12k ? x1 ? x2 ? ? ? 12k 2 ? 4 由韦达定理得 ? ? x x ? ?9 1 2 ? 12k 2 ? 4 ?
又 MA ? ( x1 , y1 ?1) , MB ? ( x2 , y2 ?1)

11 分

????

????

??? ? ???? 3 3 ?MA ? MB ? x1x2 ? ( y1 ?1)( y2 ?1) ? x1 x2 ? (k x1 ? )(k x2 ? ) 2 2 3 9 ? 9 3 12k 9 ? (1 ? k 2 ) x1 x2 ? k ( x1 ? x2 ) ? ? (1 ? k 2 ) ? ? k? ? ?0 2 2 2 4 12k ? 4 2 12k ? 4 4 ???? ???? ? MA ? MB ,即在 y 轴正半轴上存在定点 M (0,1) 满足条件. 14 分
解法二.设 y 轴上一点 M (0, t ) ( t ? 0 )满足 MA ? MB ,即 MA ? MB ? 0 设直线 y ? kx ?

????

????

???? ????

1 交椭圆于点 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) . 2

1 ? y ? kx ? ? ? 2 由题意联立方程 ? 2 消去 y 得 (12k 2 ? 4) x2 ?12kx ? 9 ? 0 ? x ? y2 ? 1 ? ?3 12k ? x1 ? x2 ? ? ? 12k 2 ? 4 由韦达定理得 ? ? x x ? ?9 ? 1 2 12k 2 ? 4 ?
又 MA ? ( x1 , y1 ? t ) , MB ? ( x2 , y2 ? t )

8分

????

????

??? ? ???? 1 1 ?MA ? MB ? x1x2 ? ( y1 ? t )( y2 ? t ) ? x1 x2 ? (k x1 ? ? t )(k x2 ? ? t ) 2 2
1 1 ? (1 ? k 2 ) x1 x 2 ? ( ? t )k ( x1 ? x 2 ) ? ( ? t ) 2 2 2 ? (1 ? k 2 ) ? ?9 1 12 k 1 ? ( ? t )k ? ? ( ? t)2 ? 0 2 2 12 k ? 4 2 12 k ? 4 2 1 2
2

11 分

整理得, k [12( ? t ) ? 12( ? t ) ? 9] ? 9 ? 4( ? t ) ? 0
2 2

1 2

1 2

由对任意 k 都成立,得 12( ? t ) ? 12( ? t ) ? 9 ? 0 且 ? 9 ? 4( ? t ) ? 0
2 2

1 2

1 2

1 2

解得 t ? 1 ,所以存在点 M (0,1) 满足 MA ? MB .

14 分

21.解:

(1)当 x<1 时,f(x)=-x3+x2+bx+c,则 f′(x)=-3 x2+2x+b. 3分

? ? ?f?0?=0 ?c=0 依题意,得? 即? ,解得 b=c=0. ?f′?-1?=-5 ?-3-2+b=-5 ? ? ?-x3+x2,x<1 ? (2)由(1)知,f(x)=? . ? ?aln x,x≥1

2 x- ?, ①当-1≤x<1 时,f′(x)=-3x2+2x=-3x? ? 3? 2 令 f′(x)=0 得 x=0 或 x= . 3 当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-1,0) - 单调递减 0 0 极小值 2 (0, ) 3 + 单调递增 2 3 0 极大值 2 ,1) 3 - 单调递减

2? 4 又 f(-1)=2,f? ?3?=27,f(0)=0,∴f(x)在上单调递增,∴f(x)在上的最大值为 aln 2. 综上所述,当 aln 2≤2,即 a≤ 2 时,f(x)在上的最大值为 2; ln 2 9分

2 当 aln 2>2,即 a> 时,f(x)在上的最大值为 aln 2. ln 2

(3)假设曲线 y=f(x)上存在两点 P、Q 满足题设要求,则点 P、Q 只能在 y 轴的两侧. 不妨设 P(t,f(t))(t>0),则 Q(-t,t3+t2),显然 t≠1. ∵△POQ 是以 O 为直角顶点的直角三角形, ∴O P · O Q =0,即-t2+f(t)(t3+t2)=0.

→ →



若方程①有解,则存在满足题意的两点 P、Q;若方程①无解,则不存在满足题意的两点 P、Q. 若 0<t<1,则 f(t)=-t3+t2,代入①式 得,-t2+(-t3+ t2)(t3+t2)=0,即 t4-t2+1=0,而 此方程无实数解,因此 t>1. 1 此时 f(t)=aln t,代入①式得,-t2+(aln t)(t3+t2)=0,即 =(t+1)ln t. a ②

1 令 h(x)=(x+1)ln x(x≥1),则 h′(x)=ln x+ +1>0,∴h(x)在[1,+∞)上单调递增, x ∵t>1,∴h(t)>h(1)=0,当 t→+∞时,h(t)→+∞,∴h(t)的取值范围为(0,+∞). ∴对于 a>0,方程②总有解,即方程①总有解. 因 此对任意给定的正实数 a,曲线 y=f(x)上总存在两点 P、Q,使得△POQ 是以点 O 为 直角顶点的直角三角形, 且此三角形斜边中点在 y 轴上. 分 14


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