浙江省金华十校2014届高三4月高考模拟考试
数学(理科)试卷 2014.4
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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U={a,b,c,d,e}，M={a,d}，N={a,c,e}，则M∪CUN为A.{c,e} B.{a,b,d} C.{b,d} D.{a,c,d,e}
2. 已知复数z1=2+i，z2=ai(a∈R)，z1z2是实数，则a=A.2 B.3 C.4 D.5 3. y=f(x)是定义在R上的函数，若a∈R，则“x≠a”是“f(x)≠f(a)”成立的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件4. 关于函数ytan2x，下列说法正确的是 3
A.是奇函数 B.最小正周期为
0为图像的一个对称中心 D.其图象由y=tan2x的图象右移单位得到 C.，36
5. 空间中，若,, 是三个互不重合的平面，l是一条直线，则下列命题中正确的是A.若l∥,， l∥，则∥ B.若，l，则l∥ C.若l，l∥，则 D.若，l∥，则l
6. 已知集合A={1,2,3,4,5,6}，在A中任取三个元素，使它们的和小于余下的三个元素的和， 则取法种数共有 A.4 B.10 C.15 D.20 7. 某几何体的三视图(单位：dm)如图所示，则该几何体的体积是 1 131 A. B. C.1 D. 1 223正视图 侧视图 38. “”称为a,b,c三个正实数的“调和平均数”，若正数 abcx, y满足“x, y, xy的调和平均数为3”，则x+2 y的最小值是 (第7题图) 俯视图 A.3 B.5 C.7 D.8x2y2
9. 双曲线221(a0,b0)的左右焦点分别为F1，F2，|F1F2ab
P是双曲线右支上的一点，F2P与y轴交于点A，△APF1PF1上的切点为Q，若|PQ|=1,则双曲线的离心率是A
. 3 B.2 C D
10. 已知边长都为1的正方形ABCD与DCFE点P，Q分别是线段BC， DE上的动点(包括端点)，PQ设线段PQ中点的轨迹为，则 的长度为
A.2 B C. 2
二、填空题：本大题有7小题，每小题4分，共28分。
11. 若两直线x2y+5=0与2x+my5=0互相平行，则实数m.
x≥1,12. 已知函数f(x) 若f(a)+f(0)=3，则a. x1,13. _.
114. 二项式x2+2的展开式中x3项的系数为 ▲ . x
215. 甲乙两人分别参加某高校自主招生考试，能通过的概率都为， 3设考试通过的人数(就甲乙而言)为X，则X的方差D(X)= ▲ .
2x3y2≥0，x=2,16.对于不等式组3xy4≤0，的解(x，y)，当且仅当时， y=2x2y1≥05z=x+ay取得最大值，则实数a_.
17. 如图，已知：|AC|=|BC|=4，∠ACB=90°，M为BC的中点， D为以AC为直径的圆上一动点，则AMDC的最大值是三、解答题：本大题共5小题，共72分 18.(本小题满分14分) 在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c2sinC且tanAtanB. cosA(Ⅰ)求角B的大小; (第17题图) ac11 (Ⅱ)已知3，求的值。 tanAtanCca19. (本小题满分14分) 已知数列{an}的首项a1=a，前n项和为Sn，且a2，Sn，2an+1成等差。 (Ⅰ)试判断{an}是否成等比数列，并说明理由;an1(n≥2)。 (Ⅱ)当a>0时，数列{bn}满足b1，且bn(ana)(an1a)a记数列{bn}的前n项和为Tn，求证：1≤aTn<2.< p=“”>
20.(本题满分14分)如图，在三棱锥PABC中，AB⊥AC，PA=PB=PC，D，E分别是AC，BC的中点，AB=，AC=2，
PD=Q为线段PE上不同于端点的一动点。
P (Ⅰ)求证：AC⊥DQ;
QE (Ⅱ)若二面角BAQE的大小为60°，求的值。 PEQ
D A C
E
B (第20题图)
x2y2
21.(本小题满分15分)设椭圆C:21(ab
0)的一个顶点与抛物线C:x2的焦点重合，b
1F1,F2分别是椭圆的左、右焦点，且离心率e直线l:y=kx+m(km<0)与椭圆C交于M、N两点。 2(Ⅰ)求椭圆C的方程;
|AB|2
(Ⅱ)若AB是椭圆C经过原点O的弦，AB∥l，且=4.是否存在直线l，使得OMON2若|MN|存在，求出直线l的方程;若不存在，说明理由。
222.(本小题满分15分)已知函数f(x)x32txtlnx(t∈R)。 3(Ⅰ)若曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=x平行，求实数t的值; (Ⅱ)证明：对任意的x1,x2∈(0.1]及t∈R，都有|f(x1)f(x2)|≤(|t1|+1)|lnx1lnx2|成立。
金华十校2014年高考模拟考试
数学(理科)卷参考答案
二。 11 12.5或3 13.3 14.120
1516.1
3,
17.8
三。解答题：
18.解：(Ⅰ)tanAtanBsinAsinBsinAcosBcosAsinBcosAcosB
cosAcosB
sin(AB)sinCcosAcosB
cosAcosB
， ∵tanAtanB2sinCcosA，∴sinC2sinCcosAcosB
cosA
， ∴cosB12
，∵0B，∴B=
3.
(Ⅱ)accaa2c2b2
2accosBac
ac
， ∵acc
a3， ∴
b2
2ac
cosBb22accos
ac3，即
ac3，∴b2ca2， 22
sin2 而bsinBcasinAsinC3sinAsinC34sinAsinC，∴sinAsinC38. ∴11cosAcosCsin(AC)tanAtanC
sinAsinC
sinBsinAsinC. 19.解：(Ⅰ)∵2Sna22an1，∴当n≥2时，2Sn1a22an 两式相减得2an2an12an,故an12ann≥2 ，
又当n=1时，2a1a22a2,得
a22a1， 当a1=a=0时，此时an=0，{an}不是等比数列，当a0a
n1a2，此时an是首项为a，公比为2的等比数列。 n(Ⅱ)∵b1
1a
,ana2n1，
∴当n≥2时，a2n1
bna2n1aa2n
a 12n1111
a2n112n1a2n112n1
.
3分
6分
9分
12分
14分
3分
4分 6分
8分
∴Tnb1b2
bn
1111
n1na22n1，
2121
11111
11223a21212121
n
1
， 2151
∵n≥2，∴2n≥4，∴aTn≥1，又n0，∴aTn2.
321
而当n=1时，aTn=1，
故1≤aTn<2. 20.(Ⅰ)证明：∵PA=PB=PC，∴P在底面ABC的射影是△ABC的外心E，∴PE⊥面ABC，又AC面ABC，从而PE⊥AC. 又∵PA= PC，且D 是AC的中点，∴PD⊥AC， ∴AC⊥面PDE.又DQ面PDE，∴AC⊥DQ. (Ⅱ)解法一： 过点B作BF⊥AE于F，易证BF⊥面PAE， 过F作FG⊥AQ于点G，连接BG，
则∠BGF即为二面角BAQE的平面角。 8分 A∴aTn2
在Rt△ABF中，由ABBAF30得AF3,BF 在Rt△BGF中，由BFBGF60，所以GF1. 在△AQF中，设QEh，则AQB
10分 12分 14分 3分 6分
P
GD
C
F
11
由S△AQFAQGFAFQE3h,从而h， 12分22
QE又在Rt△PED中，PDEPE从而 14分 PE解法二：如图以A为原点， AB、AC分别为x轴、y轴，建立空间直角坐标系Axyz，则A0,0,0，B，E设点Q
，
8分
,h，设面AQE的法向量m=(x1,y1,z1)。
mAE1y10,z10,由得
y0,11mAQ1y1hz10,令x11，得m1,. 设面ABQ的法向量n=(x2,y2,z2)，
10分
x0,nAB20,
由得2
yhz0,2nAQ2y2hz20,2
1
令y21得n0,1,. 12分
h由cos60
mnmn
1
，得h，又易求得PE，
2
QEh 14分 PEPEc1
21.解：(Ⅰ)椭圆的顶点为(0,，即be，所以a2，a2
所以
x2y2∴椭圆的标准方程为1. 4分 43x2y21,(Ⅱ)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，由4得(34k2)x28kmx4m2120， 3ykxm,
4m2128km∴x1x2，x1x2， 6分 2234k34k2222∴△=64km16(4k3)(m3)=16(12k23m29)0，则 |MN
， 8分
令m0，可得|AB
， 10分 |AB|2∴4，化简得mk或mk(舍去)， 12分 |MN|∴OMONx1x2y1y2x1x2k2[x1x2(x1x2)1]
24k2128k25k21224k12
=k(1)2解得k 14分 34k234k234k234k2故直线l的方程为yx1)或yx1)。 15分t22. 解：(Ⅰ) 由题f(x)2x22t，且f(1)1，解得t1. 4分 x(Ⅱ)当x1x2时，结论明显成立， 5分不妨设x1x2，且记|t1|1，则|f(x1)f(x2)|≤|lnx1lnx2|等价于(lnx1lnx2)≤f(x1)f(x2)≤(lnx2lnx1) f(x1)lnx1≤f(x2)lnx2且f(x1)lnx1≥f(x2)lnx2， 要使得对任意的x1,x2∈(0,1]，f(x1)lnx1≤f(x2)lnx2恒成立， 只需f(x)≥对于x∈(0,1]恒成立，同理可得f(x)≤对于x∈(0,1]恒成立， xxt即≤2x22t≤对于x∈(0,1]恒成立 xxx当t∈R时，(|t1|1)≤2x32txt≤|t1|1对于x∈(0,1]恒成立。 9分 考虑函数g(x)2x32txt，x∈(0,1]，则g(x)6x22t， (1)当t≤0时，函数g(x
)在(0,1]上单调递增，此时g(x)≤g(1)2t; (2)当t≥3时，函数g(x)在(0,1]上单调递减，此时g(x)g(0)t; (3)当0t3时，函数g(x)在上递减及上递增， (0)，g(1)}max{,2t}t 此时g(x)max{g综上，当t1时，g(x)≤2t;当t≥1时，g(x)≤t， |t1|1对于x∈(0,1]成立; 13分 所以2x32txt≤2x32txt，可设函数h(t)|t1|t2tx2x31, 为证(|t1|1)≤2t(1x)2x3,t≥12x2， 即h(t)，则有h(t)≥h(1)2x332t(x)2x2,t1又由上面g(x)2x32txt的分析可知函数y2x32x2(x∈(0,1])在x
处取到最小，所以h(t)≥h(1)2x32x2 0， 从而(|t1|1)≤2x32txt对任意x∈(0,1]恒成立。 15分