浙江省2014届高三高考模拟冲刺卷(提优卷)(二)数学文试题(word含答案)

数学文试题

本试题卷分选择题和非选择题两部分。满分150分, 考试时间120分钟。

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上。 2.每小题选出后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。不能答在试题卷上。

参考公式：

球的表面积公式 S=4πR2

球的体积公式 V=

柱体的体积公式 V=Sh

其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高 台体的体积公式 V=

43πR 3其中R表示球的半径 锥体的体积公式 V=

1h(S1+S1S2 +S2) 3其中S1, S2分别表示台体的上、下底面积， h表示台体的高

如果事件A，B互斥，那么 P(A+B)=P(A)+P(B)

1Sh 3其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高

选择题部分（共50分）

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i是虚数单位，复数z满足：(12i)z A．(1i)2，则z的值是 ( ▲ )

23234242i B．i C．i Di

555555552．设集合M={x1x2}，N={xxa}，若M(CRN)M， 则a的取值范围是 ( ▲ )

A．(−，1） B．(−∞，1] C．[1，+∞) D．(2，+∞） 3．设a,b,c,dR，则“ab,cd”是“acbd”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．某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是( ▲ )

A．2 B．−2 C．3 D．−3 5．如果函数ycos( A．a4ax)的图象关于直线x对称，则正实数a的最小值是( ▲ )

113 B．a C．a D．a1 4246．一个口袋中装有形状和大小完全相同的3个红球和2个白球，甲从这个口袋中任意摸取 2个球，则甲摸得的2个球恰好都是红球的概率是（ ▲ ）

232 C． D． 5537．对于定义在R上的函数f(x)，以下四个命题中错误的是 （ ▲ ）

A．

B．

A．若f(x)是奇函数，则f(x2)的图象关于点A（2，0）对称 B．若函数f(x2)的图象关于直线x2对称，则f(x)为偶函数 C．若对xR，有f(x2)f(x),则4是f(x)的周期 D．函数yf(x2)与yf(2x)的图象关于直线x0对称 8．若实数x，y满足：3x4y120，则xy2x的最小值是 （ ▲ ）

A．2 B．3 C．5 D．8

223 10ABC9．在中，已知ABAC4,|BC|3， M,N分别是BC边上的三等分点，

则AMAN的值是（ ▲ ）

21 C． 6 D． 8 410．正四面体ABCD的棱长为1，其中线段AB//平面，E，F分别是线段AD和BC的中

A．5 B．

点，当正四面体绕以AB为轴旋转时，线段EF在平面上的射影E1F1长的范围是（ ▲ ）

2 A．[0，

262] B．[，] 262444C．[

6221，] D．[，] 32224正视图 侧视图 非选择题部分（共100分）

二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分． 11．设向量OA(1,cos)，OB( 且OAOB，则 ▲ ．

俯视图

（第11题）

31,tan)，(,)， 222ya012．设变量x,y满足约束条件x5y100，且目标函数

xy80 z2x5y的最小值是10，则a的值是 ▲ ．

13．某几何体的三视图（单位：cm）如右图所示，则此几何体的体积等于 ▲ cm3． 14．已知函数yf(x)在R上为偶函数，当x0时，f(x)log3(x1)，若

f(t)f(2t)，则实数t的取值范围是 ▲ ．

15．在数列an中，a13，(an12)(an2)2 （nN*），则a2014的值是 ▲ ．

x2y221e(,1)， 16．已知椭圆的方程C：（），若椭圆的离心率m02mm2m2 则m的取值范围是 ▲ ．

ex1x017．已知函数f(x)2，若关于x的方程f(x)xa有三个不同的实根，

x0x2x 则实数a的取值范围是 ▲ ．

三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应给出文字说明，证明过程或演算步骤． 18．设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且a3，A=60，

bc32．

22 (1) 求函数fxcosAcosx(xR) 的单调递增区间及最大值；

(2) 求△ABC的面积的大小．

19．在数列{an}中，a11， (1) 求数列an的通项公式

(2) 设bn1a2n（nN），求数列bn的前10项和S10．

**111 (nN)．

1an11an2

20．如图，ABC在平面内，ACB=90，AB2BC2， P为平面外一个动点，且PC=3，PBC60．

(1) 问当PA的长为多少时，ACPB

(2) 当PAB的面积取得最大值时，求直线BC与平面PAB所成角的大小．

21．已知函数f(x)2e2x，g(x)xx2m（mR）．

(1) 试讨论函数yf(x)的单调性；

(2) 设函数h(x)f(x)g(x)，x[0,3]，当函数yh(x)有零点时，求实数m的最大值．

222．已知抛物线C：y2px (p0)，点A、B在抛物线C上．

(1) 若直线AB过点M（2p，0），且AB=4p，求过A，B，O（O为坐标原点）三点的圆的方程；

(2) 设直线OA、OB的倾斜角分别为、，且若是，求出这一定点的坐标，若不是，请说明理由.

4，问直线AB是否会过某一定点？

2014年浙江省高考模拟冲刺卷（提优卷）

数学文科（二）参

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． 【答案解析】A．

由已知得(12i)z2i，两边同乘(12i)化简得z2．【答案解析】B．

因为CRN={x|x

42i，故选A 55a}，若M(CRN)M，则a(−∞，1]，故选B

3．【答案解析】D．

若p成立，q不一定成立，例如取a2,b1,c2,d3，反之，若q成立，p也不一定成立，如a2,b1,c3,d2，所以p是q的既不充分也不必要条件，故选D 4．【答案解析】C．

该程序运行后输出的值是3，故选C 5． 【答案解析】C．

由

4axk，当x时，ak1(kZ)，因为a0，所以当k1时，4正数a取得最小值

3，故选C 46． 【答案解析】A．

设3个红球为A，B，C，2个白球为X，Y，则取出2个的情况共有10种，其中符合要求的有3种，所求的概率为7． 【答案解析】D．

函数yf(x2)与yf(2x)的图象关于直线x2对称，命题D是错误的，故选D 8.【答案解析】D.

由于 xy2x=[(x1)y]1，而点（-1，0）到直线3x4y120的距离为d223，故选A 1022(1)31253，所以(x1)2y2的最小值为3，所以x2y22x的最小值为

3218，故选D

9． 【答案解析】C

4，即(AOOB)(AOOC)AOOB4，

2252922AO因为BC3，所以OB，由此可得：，而AMAN=AOOM，

44 设BC的中点为O，由ABAC221251226，所以AMAN=6，故选C 由已知OM，所以AOOM=

244

10. 【答案解析】D.

如图，取AC中点为G，结合已知可得GF//AB，在正四面体中，ABCD，又GE//CD，

222所以GEGF,所以EFGEGF，当四面体绕AB旋转时，因为GF//平面，GE

与GF的垂直性保持不变，显然，当CD与平面垂直时，GE在平面上的射影长最短为0，

1，当CD21与平面平行时，GE在平面上的射影长最长为，E1F1取

2此时EF在平面上的射影E1F1的长取得最小值得最大值故选D

11. 【答案解析】由已知得sin221，所以射影E1F1长的取值范围是 [，]，2225. 6531，因为 (, )，所以622212． 【答案解析】a=2.

x5a10作出平面区域，由题设画图分析可知，当时，z2x5y取得最小值，由此

ya求得a2.

13． 【答案解析】

32. 3 由题意，该几何体为一个四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高为2，体积为

123242 3314. 【答案解析】(1,).

由于函数yf(x)的图象关于y轴对称，且在x0上为增函数，所以当

f(t)f(2t)时，t2t，由此解得t1，所以t的取值范围是(1,)

15. 【答案解析】a20144.

由(an12)(an2)2（nN*）．可得：(an22)2(an2)(an12)（nN*），所以，数列an是一个周期数列，周期为2，由于a222，a13，a12所以a2=4，由周期性得a2014=4 16. 【答案解析】

3m2. 22mm20mm21m12由，（1）当0m1时，e(,1)，m 22mm2m2m0m2m13当m1时，e(m1)(,1)，m2

m2229(,0)17. 【答案解析】4.

xyf(x)e1的图象在x0处有一个切点，如图，直线y=x-a与函数切点2yx2x(x0)的yxaa0坐标为（0，0），此时；直线 与函数

339(,)a4，观察图象可知，图象有一个切点，切点坐标是24，此时相应

9(,0)方程f(x)xa有三个不同的实根时，实数a的取值范围是4.

18．（本小题满分14分）

22【答案解析】（Ⅰ）fxcos60cosx11cos2x31cos2x，由 42422k2x2k2(kZ)，可得函数f(x)的单调递增区间为

[k值是

2,k](kZ)，当且仅当xk(kZ)时，函数f(x)取得最大值，其最大

5. 4222（Ⅱ）．由余弦定理bca2bccos3得bc3，由此可得

13333SABCbcsinA.

2224

19．（本小题满分14分）

【答案解析】（Ⅰ）设cnan1，则数列111是一个等差数列，其首项为，公差也是，22cn所以

2111n(n1)，所以an1，

ncn22221，所以数列nn122109（Ⅱ）由（1）得bn1a2nbn的前10项和S10

111111023 1292[1]25122222220．（本小题满分15分）

【答案解析】（Ⅰ）因为ACB90，所以ACBC，当ACPC时，AC平面PBC，

0而PB平面PBC，所以ACPB，此时，PAPA=6时，ACPB

（Ⅱ）在PBC中，因为PC=3，PBC60

AC2PC2336，即当

BC=1，所以BCPC，当PAB的面积取得最大值时，PBA90，（如

图）在RtPBA中，因为AB=PB=2，由此可求得BD=2，又在RtBCD中，BC=1，所以CD=1，由于PA平面BCD，所以平面BCD平面PBA，所

以CBD就是直线BC与平面PAB所成角，在RtBCD中，因为BC=CD=1，所以

CBD45，所以直线BC与平面PAB所成角的大小为45 21. （本小题满分15分）

x【答案解析】 （Ⅰ）令f(x)2e20，得x0.当x0时，f(x)0；当x0时，

f(x)0，故函数yf(x)在区间[0,)上单调递增，函数yf(x)在区间(,0)上单

调递减.

（Ⅱ）h(x)2e2xxm，h(x)2ex2x22x

xxx令g(x)2e22x，当x[0,3]，g(x)2(e1)0，所以g(x)在x[0,3]上为增

函数，对于任意x[0,3]，有g(x)g(0)，即h(x)2e22xh(0)0，所以3h(x)在x[0,3]上是增函数，h(x)的最大值h(3)2e15m，故函数yh(x)有

3零点时，实数m的最大值是2e15.

22．（本小题满分14分）

【答案解析】 （Ⅰ）直线x2p与抛物线y2=2px的两个交点坐标分别是：M2p,2p，

N2p,2p，弦长MN4p(p0)，故三角形ABO是Rt，所以过A，B，O三点的圆

222方程是：(x2p)y4p

2y12y2（Ⅱ）解：设点A(,y1),B(,y2)，直线AB的方程为：xmyb，它与抛物线相

2p2p交，由方程组xmyb2y2mpy2pb0，故y1y22mp， 消去x可得2y2pxy1y22pb，

y1y2tantanxx2x2y1x1y22py1y21这样，tantan

4y1y24p21tantan1y1y2x1x2y1y2x1x2即1=

2p2mp2mp，所以b2p2mp，所以直线AB的方程可以写成为：b2p2pb4p22p . xmy2p2mp，即x2pmy2p，所以直线AB过定点2p，

题号：03

“数学史与不等式选讲”模块（10分）

解(Ⅰ)由于abc1，所以(a1)2(b2)2(c3)2

(abc14)(2a4b6c)152(a2b3c)，由柯西不等式

(a2b3c)2(149)(abc)14，当且仅当

abc时， 123(a2b3c)取得最大值14，又因为abc1，由此可得：当 a149时，(a1)2(b2)2(c3)2取得最大值15214

,b,c141414

bcacab1bcacacababbc (Ⅱ)因a,b,c是正实数，故abc2ccaabb(cab)1，又因abbccaa2b2c2，所以

3(abbcca)(abc)21

所以

bcacab3(abbcca)． abc

题号：04

“矩阵与变换和坐标系与参数方程”模块(10分)

解(Ⅰ)当切线l垂直于x轴时，由题设可求得A(12121212,)，B(,)，（或7777A(12121212,)，B(,)），故kOAkOB1，所以OAOB； 7777 当切线l与x轴不垂直时，设直线AB的方程为：ykxm，解方程组

ykxm 223x4y1204m212x1x234k2222，(34k)x8kmx4m120，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则8kmx1x234k2y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2，所以

4m2128km2x1x2y1y2(1k)()mk()m （*），因为直线ykxm与圆2234k34k2x2y2m1212122(1k2)，代入方程（*）化简得相切，所以，即m7771k2x1x2y1y20

即kOAkOB1，所以OAOB．

综上，证得OAOB成立

(Ⅱ) 以直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系， 椭圆C在极坐标

cos2sin2系下的方程是2，因为OAOB，故可设A(1,),B(2,)，所

2431cos2()sin2()11711cossin22()以。即2243124343OAOB221OA

21OB2为定值，其大小为

7． 12