《安徽省江南十校2014届高三联考数学(理)试题(含答案).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省江南十校2014届高三联考数学(理)试题(含答案).pdf（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2014 年安徽省“江南十校”高三联考数学（理科）试卷答案一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共1010 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 5050 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。目要求的。1.C解析：M 1,3,N,12.A.解析：2ai2a2ai 2a 01i23.C 解析：由题知2c 2 3,e 3 a 1,b 2，这样的双曲线标准方程有两个4.D 解析：由2a6 6 a7得a5 6，所以S9 9a5 545.B 解析：值域 2,1,ba 36.D 解析：将多面体分割成一个三棱柱和一个四棱锥7.B 解
2、析：回归直线不一定过样本点8.C 解析：由a/b知2x 3y 3，则321 3219y4x2x 3y 12 8.xy3xy3xy9.B 解析：根据向量加法的平行四边形法则得动点P的轨迹是以OB,OC为邻边的平行四边形，其面积为BOC面积的 2 倍.在ABC中，由余弦定理可得a2 b2c22bccos A，代入数据解得BC 7，设ABC的 内 切 圆 的 半 径 为r，则2 611，所 以bcsin A abcr，解 得r 322SBOC112 67 614 6 BC r 7，故动点P的轨迹所覆盖图形的面积为2SBOC2233333f(x)sin2xasin xa,令t sin x1 t 121
3、0.C 解析：,则gt t at a，对任意aa3 g 1 1 0a，解得a的取值范围是0,1xR,f(x)0恒成立的充要条件是g(1)12a3 0a二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 5 5 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2525 分。把答案填在答题卡的相应横线上。分。把答案填在答题卡的相应横线上。113 2 2r62r112.a 1解析：它的展开式的通项公式为Tr1 C6x6r22a2，则x2项的系数是C6a15，又a 0，则a 113.2解析：直线l的极坐标方程为sin 2 1，可化为x y 22，4圆心 C（1，1）到直线l的距离为d 直线l被曲线 C 截得的弦
4、长2 r d22112221,又圆 C 的半径为r 2，2.14,解析：根据题意作出不等式组所表示的可行域为ABC及其内部，又因4 29 72x y 5y 1y 1 2，而表示可行域内一点x,y和点P2,1连线x 2x 2x2y 1的斜率，由 图可 知kPB kPA，原不 等式 组解 得A0,2,B2,0,所以x 21y 1392x y 57，从而。4x 224x 22为15（1）（3）（4）（5）解析：显然命题（1）正确；（2）四面体的垂心到四个面的距离不一定相等，（2）命题错误；若四面体ABCD为垂心四面体，垂心为H,则AH,BH均与CD垂直，从而AB CD,（3）命题正确；设顶点A在面B
5、CD上的射影为F,因AB CD，所以AB的射影BF CD,同理CF BD,即F是BCD的 垂 心，（4）命 题 正 确；由（4）设BF交CD于E,则AC2 AD2 CF2 DF2 CE2 DE2 BC2 BD2,即AC2 BD2 AD2 BC2,(5)命题正确。三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 6 小题，共小题，共 7575 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。解答应写在答题分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。解答应写在答题卡指定的区域内。卡指定的区域内。16解13f(x)cos2x 2sin2x cos2x sin2x 1cos2x32233cos2x sin2x
6、 13sin2x 12234 分6 分（）f(x)3sin(2x 3)1,T,8 分4，所以 2x 10 分3332所以当2x，即x 时，f(x)有最大值3 1.12 分3212（）因为0 x17 解：（）设“取出的3个球中编号最大数值为3的球”为事件A,则最大数值为 3 相当于从编号为1,2,3的3C41红色球和编号为3的白色球中任取3个，其概率PA3。4 分C65（）的可能取值为 1，2，3，4，5 分2C32C5210C43611,P 23,P 33,P 43,P13C620C620C620C620所以的分布列为9 分P故E118 解：对f(x)求导得f(x)ax 2a 1x2 e2 分
7、2x123412032062010201361013 23 4.12 分202020204（I）若a 432，由f(x)0,得2x x 3 0,解得x1,x213 分32综合,可知xf(x)f(x)所以,x1 3(,)2+320极大值3(,1)210极小值(1,)+3是极大值点,x21是极小值点.（注：未注明极大、极小值扣1 分）6 分2（II）若f(x)为1,1上 的 单 调 函 数，又f(0)2 0，所 以 当x1,1时f(x)0，即g(x)ax22a1x2 0在1,1上恒成立。8 分（1）当a 0时，g(x)2x2 0在1,1上恒成立；9 分（2）当a 0时，抛物线g(x)ax22a1x
8、2开口向上，则fx在1,1上为单调函数的充要条件g1 0a 04是，即，所以0 a。11分3g1 03a4 0综合（1）（2）知a的取值范围是0 a 19.证明（）如图，连接EO、OA.Q E、O分别为CB1、BC的中点，EO是BB1C的中位线，4。12 分3EO/BB1且EO 11BB1.又DA/BB1且DABB1 EO,DA/EO且DA EO，22四边形AOED是平行四边形，即DE/OA,又DE 平面ABC,OA 平面ABC,DE/平面ABC.4 分（）AB AC,BC为直径，AO BC,又BB1 AO,从而AO 平面BB1C,DE/AO，DE 平面BB1C,DE 平面B1DC,平面B1D
9、C 平面CBB18 分（III）如图，作过C的母线CC1,连接B1C1,则B1C1是上底面圆O1的直径，连接AO11,则AO11 平面CBB1C1,过O1作O1H B1C,连11/AO,又AO 平面CBB1C1,AO接A1H,则A1H B1C,所 以A1HO1为 二 面 角A1 B1C B平 面 角 的 补角。10 分H200O BC 45,O H O B sin45 r11111 BB1 BC,BB1C1C为正方形，2（r为圆柱半径），在RtA1O1H中，cosA HO O1H11A1H2r22r22r23。3平面A1B1C与平面BB1C所成二面角A1 B1C B的余弦值是3。12 分3法二
10、：分别以AB,AC,AA1为x,y,z轴建系，设AB AC a,则BC BB1量AO 2a，平面BB1C的法向a a,0，又A1B1a,0,0,A1C 0,a,2a,，设平面A1B1C的法向量n x,y,z，则由2 2得n A1B1 0,n A1C 0AOnAO nx 0,y 2z，取n 0,2,1，则cos AO,n 2a22a3233，二面角A1 B1C B余弦值是。12 分3320 解：（1）由题意知a 2c,bc 3，2 分x2y21。4 分a 2,b 3，椭圆的标准方程是43x myq（2）联立x2y2 3m24 y26mqy 3q212 05 分13 4由 123m q 3m 4
11、q 4 48 3m 4q得3m 4q 022222222 07 分6mq3q212记Ax1,y1,Bx2,y2，则y1 y2,y1y2223m 43m 4因F1,0,所以FA1x11,y1,FB x21,y2,故A1,F,B三点共线x11y2x21 y1 010 分x11y2x21 y1my1 q 1y2my2 q 1y13q2126mq 2my1y2q 1y1 y2 2m q 13m2 43m2 43q 12 2m2 0 q 4m 03m 412 分由知A1,F,B三点共线的充要条件是m 2且q 4。13 分2an1nan112an1t 12 分21 解（）由原式可得n1t1an 2tn1a
12、n1 2nt 1记bn2bnan1a112t 2b,b 2，3 分，则n11bn 2t 1t 1tn1tn111111 11又,，所以，数列是首项为，公差为的等差数列。4 分22bn1bn2 b12an1an12111n2 tn1，即an从而有n1，故n1。5 分t 1nbnb122n2nn（）bn nan1 2n t 1 2nt 2n，6 分若t 0，则数列bn的前n项和Sn nn1；7 分23n若t 0,t 1，记数列ntn的前n项和为Tn，则Tn t 2t 3t nt，由错位相减得 Tnt 1tn1t2ntn11t，从而Sn2t 1tn1t22ntn11tnn1。10 分2 tn112 tn12t 1n1t tn1tnn 11t tn1（III）an1 ann 1nnn 1=2t 1n2t 1nnt 1t tn1t 1 tnt tntn1nn 1nn 1 12 分（1）若0 t 1，则t 1 0,t t 0i 0,1,n 1，从而an1an 0；13 分ni（2）若t 1，则t 1 0,t t 0i 0,1,n 1，从而an1an 0。ni综上知，对任意t 0,t 1，数列an均为递增数列。14 分