东莞市2014届高三理科数学模拟试题(一)

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东莞市2014届高三理科数学模拟试题(一)

参考答案

一．选择题：每小题5分，共40分. 序号 答案 1 A 2 B 3 C 4 D 5 D 6 B 7 D 8 A

二. 填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.

2π39.600 10. 8－ 11. 80 12. ;

3213.a1?a2?????an?三. 解答题：

16. 解：⑴f(x)?3sinx?cosx??2分，?2sin(x?（1，3）; 15. n 14．

23. 3?6)??4分，

f(x)的最小正周期T?2???5分

⑵因为2sin(??所以???6)?2，sin(???6)?1，

?6????6?2???6分， 3?6??2，???3??7分，

8?4??2?，sin(??)?，??????8分，

6565663????343因为?，所以????，cos(??)???9分，

66265522sin(??)?所以f(???)?2sin(??????6)?2sin(?2??)?2cos???10分， ?2sin(???2cos[(???6)??6]?2cos(???6)cos?6?6)sin?6??11分，

?33?4??12分。 5

17. 解：（1）因为各组的频率之和为1，所以成绩在区间[80,90)的频率为

1?(0.005?2?0.015?0.020?0.045)?10?0.1， ???????3分

（2）由已知和（1）的结果可知成绩在区间[80,90)内的学生有60?0.1?6人，

成绩在区间[90,100]内的学生有60?0.005?10?3人，???????4 分 依题意，ξ可能取的值为0，1，2，3 ???????5 分

5

。

31C6C62C3515则P(??0)?3?,P(??1)??,3C942C928P(??2)?CCC31?,P(??3)??...................9分3C914C84ξ P 0 1 2 16233339

所以ξ的分布列为

3 5 4215 283 141 84

............................................................................10分 则均值Eξ=0?51531?1??2??3??1 ...............................12分 4228148418.（本小题满分14分）

（1）矩形BDEF中，FB∥ED,--------1分

FB?平面AED，ED?平面AED,FB∥平面AED，-2分

同理BC∥平面AED,-------3分

又FB?BC?Bu?平面FBC∥平面EDA.------4分 （2）取EF的中点M.

由于ED?面ABCD, ED∥FB,?ED?AD,ED?DC,FB?BC,FB ?AB 又ABCD是菱形，BDEF是矩形，所以，?ADE,?EDC,?ABF,?BCF是全等三角形， AE?AF,CE?CF,

所以AM?EF,CM?EF，?AMC就是二面角A?EF?C的平面角-------8分

AM?MC

解法1（几何方法）：

延长CB到G，使BC?BG,由已知可得，ADBG是平行四边形，又BDEF矩形，所以AEFG是平行四边形，A,E,F,G共面，由上证可知，

EMFDNCBGAM?MC CM?EF，EF,AM相交于M，CM?平面AEFG，?CGM为所求.

由AD?2,?DAB?60,得AC?23 等腰直角三角形AMC中，AC?23,可得MC?6

A直角三角形GMC中,sin?CGM?CM6? CG4EF?M得CM?平面AEF，

解法2几何方法）：由AM?MC，AM?EF，MC欲求直线BC与平面AEF所成的角，先求BC与MC所成的角. ------12分 连结BM，设BC?2.则在?MBC中，CM?6

zEMF2MN?2?3?6，MB?2，用余

。

MC2?BC2?MB26??.?sin??6. ---14分 弦定理知cos?MCB?2MC?BC44解法3（向量方法）：以D为原点，DC为y轴、DE为z轴

建立如图的直角坐标系，由AD?2.则M(31,,3)， 2233,,?3)， -------12分 22C(0,2,0)，平面AEF的法向量n?MC?(?CB?DA?(3,?1,0). cosn,CB?n?CBnCB??66.---14分 .?sin??4419．解：(1)依题意知：椭圆的长半轴长a?2，则A(2，0)，

x2y2?2?1-----------------------2分 设椭圆E的方程为4b由椭圆的对称性知|OC|＝|OB| 又∵AC?BC?0，|BC|＝2|AC| ∴AC⊥BC，|OC|＝|AC| ∴△AOC为等腰直角三角形，

∴点C的坐标为(1，1)，点B的坐标为(－1，－1) ，---------------------4分

x23y24??1-----5分 将C的坐标(1，1)代入椭圆方程得b? ∴所求的椭圆E的方程为4432（2）解法一：设在椭圆E上存在点Q，使得|QB|2?|QA|2?2，设Q(x0,y0)，则

|QB|2?|QA|2??x0?1???y0?1???x0?2??y02?6x0?2y0?2?2.

即点Q在直线3x?y?2?0上，-----------------------------------------------------------7分 ∴点Q即直线3x?y?2?0与椭圆E的交点， ∵直线3x?y?2?0过点(22222,0)，而点椭圆(,0)在椭圆E的内部， 33∴满足条件的点Q存在，且有两个．------------------------------------------------------9分 【解法二：设在椭圆E上存在点Q，使得|QB|2?|QA|2?2，设Q(x0,y0)，则

|QB|2?|QA|2??x0?1???y0?1???x0?2??y02?6x0?2y0?2?2.

即3x0?y0?2?0，--------①-------------------------------------------------7分

22又∵点Q在椭圆E上，∴x0?3y0?4?0，-----------------②

2227

。

2由①式得y0?2?3x0代入②式并整理得：7x0?9x0?2?0，-----③

∵方程③的根判别式??81?56?25?0，

∴方程③有两个不相等的实数根，即满足条件的点Q存在，且有两个．---------------9分】 （3）解法一：设点P(x1,y1)，由M、N是O的切点知，OM?MP,ON?NP, ∴O、M、P、N四点在同一圆上，------------------------------------------10分 且圆的直径为OP,则圆心为(x1y1,)， 22x12y12x12?y12)?其方程为(x?)?(y?，------------------------------11分

224即x2?y2?x1x?y1y?0-----④

即点M、N满足方程④，又点M、N都在O上， ∴M、N坐标也满足方程

O:x2?y2?4---------------⑤ 3⑤-④得直线MN的方程为x1x?y1y?令y?0,得m?4，------------------------------12分 344，令x?0得n?，----------------------------------13分

3y13x1∴x1?∴(44,y1?，又点P在椭圆E上， 3m3n424113)?3()2?4，即2?2?=定值.-----------------------------------14分 3m3n3mn4【解法二：设点P(x1,y1),M(x2,y2),N(x3,y3),则kPM??1kOM??x2,----------10分 y2直线PM的方程为y?y2??4x2(x?x2),化简得x2x?y2y?,--------------④

3y2同理可得直线PN的方程为x3x?y3y?4,---------------⑤-------------------11分 34?xx?yy?12??123把P点的坐标代入④、⑤得?

4?xx?yy?1313?3?∴直线MN的方程为x1x?y1y?4，------------------------------------------------------12分 38