2014年安庆市高三模拟考试（三模）数学（文）答

2014年安庆市高三模拟考试（三模）

数学试题（文）参考答案

一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分，每小题分别给出四个选项.）

题号 答案 1 D 2 A 3 D 4 B 5 D 6 D 7 B 8 C 9 C 10 A 1、解析：B??2,1,?，A?B?{－1，0，1，

??1?2?1，2}.选D. 23?i(3?i)28?6i43?43?2、解析：z?????i，点?,?在第一象限内，选A.

3?i(3?i)(3?i)1055?55?1?1知x?1或x?0，故选D. x4、解析：由图可知0?a?1?b，故函数g(x)单调递增，排除A,D，结合a的范围选B.

3、解析：由

5、解析：执行程序框图依次得S?故选D.

6、解析：对于②，其正视图与侧视图都是等腰三角形，符合题意；对于④，其正视图与侧视图都

是等腰三角形，符合题意；另外两个都不符合题意，故选D.

7、解析：Sn?Sn?2?2Sn?1=(Sn?2?Sn?1)?(Sn?1?Sn)?an?2?an?1?d (d为公差)．

x因为d?0，0＜a＜1,a是减函数,所以a2Sn?1137,n?2；S?,n?3;S?,n?4，此时应不满足条件，248?aSn·aSn?2, 选B.

“黄金异面直线对”，故有2?12?248、解析：对于每一条面对角线，有另外两条面对角线与之成对.

9、解析：将向量AP投影到AB,AC上，即过点P作AB,AC的平行线，分别交AC,AB于点D,E.

由系数,12AE1AD2?,?. 的几何意义知，

55AB5AC5B 于是

S?ADEAEAD2???, S?ABCABAC251SADEP?S?APE 2E A D

P C 又S?ADE?所以

S?APE2SAE1S2?. 而?APE??,所以?ABP?.故选C. S?ABC25S?ABPAB5S?ABC5

10、解析：采用特殊值法，令直线为y?2，则|AB|?|CD|?2，于是|AB|?|CD|?4，选A. 二、填空题：（本大题共5小题，每小题5分，共25分.） 11、3 12、[-3，1] 13、4? 14、a?2 15、①②⑤

18718??x?，当x?6 ，所以y13261311、解析：由条件可知x?6,y?3，代入回归方程，可得a???3，故填3. 时，y12、解析：令u?x?y，则y??x?u，u表示直线y??x?u在y轴上的截距.作出不等式组

表示的平面区域，易知直线y??x?u经过B?1,2?时， u有最大值3，直线y??x?u经过A（-2,1），u有最小

值为-1，因此z?x?y?2的取值范围是[-3，1]. 13、解析：函数f(x)的周期为8?，则x214、解析：f?(x)?sinx?cosx??x1的最小值是4??)，

.

444|c||c|?1即?13?c?13时，圆O上有四个不同点到15、解析：圆心O到直线l的距离为，当1313直线l的距离为1；当c??13时，圆O上恰有三个不同点到直线l的距离为1；当13?c?39或?39?c??13时，圆O上恰有两个不同点到直线l的距离为1；当c??39时，圆O上只有一个点到直线l的距离为1.故①②⑤正确.

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、（本题满分12分）解：（Ⅰ）由已知，根据正弦定理得2a?(2b?c)b?(2c?b)c

即a?b?c?bc 由余弦定理得 a?b?c?2bccosA

2222222sin(x???x???3?，最大值为2,a?2 42A??故 cos12?，?A?(0,?),?A= ??6分

322 （Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)?cos2x?2sinx?1?2sinx?2sinx??2(sinx?)? 因为x?R，所以sinx???1,1?，因此，当sinx? 当sinx??1时，f(x)有最小值-3，

1223 231时，f(x)有最大值.

22所以所求函数f(x)的值域是??3,?. ????????12分

2??3??

17、（本题满分12分）

解：（Ⅰ）由题可知，第2组的频数为0.35?100?35人, 第3组的频率为

30?0.300。 100（频率分布直方图略）. ??3分

（Ⅱ）因为第3、4、5组共有60名学生,所以利用分层抽样在60名学生中抽取6名学生,每组

分别为，第3组:

3020?6?3人, 第4组:?6?2人, 6060 第5组:

10?6?1人, 所以第3、4、5组分别抽取3人、2人、1人。 ??6分 60（Ⅲ）设第3组的3位同学为A1,A2,A3,第4组的2位同学为B1,B2,第5组的1位同学为C1,则

从六位同学中抽两位同学有15种可能如下:

(A1,A2),(A1,A3),(A1,B1),(A1,B2),(A1,C1),(A2,A3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,C1),(A3,B1),(A3,B2),(A3,C1),(B1,B2),(B1,C1),(B2,C1), ??9分

其中第4组的2位同学为B1,B2至少有一位同学入选的有:

(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2),(A3,B1),(B1,B2),(A3,B2),(B1,C1),(B2,C1),

共9种．

所以其中第4组的2位同学为B1,B2至少有一位同学入选的概率为18、（本题满分12分）

解：（Ⅰ）当n?1时，a1?pa1?p?1即(1?p)(1?a1)?0，所以p?1或a1?1 当n?2时，a1?a2?2pa2?2p?2，

若p?1，则a1?a2?2a2?2?2?2a2,?a1?a2与已知矛盾，故p?1， 所以a1?1，又a1?a2，?a2?1由a1?a2?2pa2?2p?2，得p?（Ⅱ）由条件知2Sn?n(an?1)。当n?2时，2Sn?1?(n?1)(an?1?1)。 两式相减得(n?2)an?(n?1)an?1?1?0，于是(n?1)an?1?nan?1?0

两式相减得an?1?an?1?2an（n?2）。故数列?an?是等差数列. ……………..12分

93? . ??12分 1551……6分 2

19、（本题满分13分）

解：（Ⅰ）证明：三棱柱 ABC?A1B1C1为直三棱柱，

?A1A?平面ABC， 又BC?平面ABC，?A1A?BC ……………. 2分

又AD?平面A1BC，且BC?平面A1BC，

?AD?BC. 又AA1?平面A1AB,AD?平面A1AB,A1A?AD?A，

?BC?平面A1AB。又A1B?平面A1BC，? BC?A1B …………….6分

（Ⅱ）在直三棱柱ABC?A1B1C1 中，A1A?AB.

AD?平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上,? AD?A1B.

在Rt?ABD中，AD?3，AB?BC?2，sin?ABD?0AD30,?ABD?60 ?AB2在Rt?ABA ……………8分 ?tan60?231中， AA1?ABAB?平面A1AB, 从而BC?AB。 由（1）知BC?平面A1AB，

S?ABC?11AB?BC??2?2?2。 22P为AC的中点，S?BCP1?S?ABC?1 ……10分 21323 ………13分 3?VP?ABC?VA?BCP?S?BCP?A1A??1?23?111320、（本题满分13分）

2解：（Ⅰ）由条件M(t,t)，f?(x)?2x，于是切线的斜率为2t，于是l的方程为

?t?y?t2?2t(x?t)，则点P?,0?,Q(1,2t?t2)。 ……………3分

?2?1t1(1?)(2t?t2)?t(2?t)2(0?t?1)。 ……………6分 22421（Ⅱ）g?(t)?(t?2)(3t?2)，当t?(0,)时，g?(t)?0，g(t)单调递增；

342当t?(,1)时，g?(t)?0，g(t)单调递减. ……………9分

3所以S?g(t)?

又g?1?2?8??,g(1)?,g(0)?0

4?3?27?18??. ……………13分 427??要使?PQN的面积为b时的点M恰好有两个，则必有b??,21、（本题满分13分）

解：（Ⅰ）∵点P(1,)在椭圆上，?又

3219??1. a24b21e?,?2c?a,?4a2?4b2?a2，解得a2?4,b2?3，

2x2y2??1.??????????????????4分 ∴椭圆方程为43（Ⅱ）设直线AB的方程为x?my?s(m?0)，则直线CD的方程为x??1y?s m?x2y2?1??222联立?4可得(3m?4)y?6smy?3s?12?0???????????6分 3?x?my?s?6sm3s2?12,y1y2?设A(x1,y1),B(x2,y2),?y1?y2??

3m2?43m2?4由中点坐标公式得M(

4s3sm,?)???????????????8分 223m?43m?414sm23sm,)???? 9分 将M的坐标中的m用?代换，得CD的中点N(22m4m?34m?34(m2?1)4sy?,(m??1) ∴直线MN的方程为x?7m744s，所以直线MN经过定点(s,0)???????????11分 774当m?0,?1时，易知直线MN也经过定点(s,0).

74综上所述，直线MN经过定点(s,0)???????????????????13分

7令y?0得：x?