广东省宝安中学仲元中学中山一中南海中学潮阳一中普宁二中六校2014届高三第一次联考数学理试题

仲元中学 中山一中 南海中学

2013—2014学年 高三第一次联考

潮阳一中 宝安中学 普宁二中

理 科 数 学

本试卷共4页，21小题，满分150分．考试用时120分钟．

第一部分 （选择题 满分40分）

一．选择题：（本大题共8小题，每小题5分，满分40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．设z1i（为虚数单位），则z

A．1i

2 （ ） zB．1i C．1i D． 1i

2x22．设U=R，集合A{y|y2,xR},B{xZ|x40}，则下列结论正确的是（ ）

A．AB(0,) C．(CUA)B{2,1,0}

B．(CUA)B,0 D．(CUA)B{1,2}

3．如果直线(2a+5)x+(a－2)y+4=0与直线(2－a)x+(a+3)y－1=0互相垂直，则a（ ）

A． 2 B．－2 C．2,－2 D．2,0,－2

4. 如果若干个函数的图象经过平移后能够重合，则称这些函数为“同簇函数”． 给出下列函数：

①f(x)sinxcosx； ②f(x)2sin(x③f(x)sinx3cosx； ④f(x)4)；

2sin2x1．其中“同簇函数”的是（ ）

A．①② B．①④ C．②③ D．③④ 5．右图为某几何体三视图，按图中所给数据,该几何体的体积为

（ ）

A．16 B．163

4 3C．64+163 D． 16+

43 3正视图

2 2 俯视图

侧视图

x16．已知实数x，y满足约束条件y2xy0则z2xy的取值范围是 （ ）

A．[0，1]

B．[1，2]

’

C．[1，3] D．[0，2]

117．若等边ABC的边长为2，平面内一点M满足CMCBCA，则MAMB( )

32813813A. B. C． D． 99998．定义：关于x的不等式|xA|B的解集叫A的B邻域．已知ab2的ab邻域为

x2y2区间(2,8)，其中a、b分别为椭圆221的长半轴和短半轴．若此椭圆的一焦点与

ab抛物线y45x的焦点重合，则椭圆的方程为（ ）

2x2y21 A． 83x2y21 B． 94x2y2x2y21D．1C．98169

第二部分 （非选择题 满分110分）

二、填空题：（本题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分） （一）必做题（9~13题）

9．已知数列an的首项a11，若nN，anan12，则an ．

10．执行程序框图，如果输入a4，那么输出n ．

11．某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有

种(用数字作开始 输入a 答) ． 12．如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1内 （含正方体表面）任取一点M，则

AA1AM1的概率p ．

p10 , q1 , n1 C1D1A1pq 是 否 输出n 结束 MDB1ppa Cqqa nn1 AB

13.设函数yf(x)在（，+）内有意义．对于给定的正数k，已知函数

()kf(x),fxxfk(x)，取函数f(x)=3xe．若对任意的x（，+），恒

f(x)kk,有fk(x)=f(x)，则k的最小值为 ．

（二）选做题：考生只能选做一题，两题全答的，只计算前一题的得分．

π14．（坐标系与参数方程选做题）在极坐标系中，过点22,作圆

4EDC4sin的切线，则切线的极坐标方程是 ．

15．（几何证明选讲选做题）如图所示，圆O的直径AB6，

AOBC为圆周上一点，BC3，过C作圆的切线l，过A作l

的垂线AD，垂足为D，则DAC ．

第15题图

三、解答题：（本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明证

明过程或演算步骤．）

16．(本小题满分12分) 设a(6cosx,3), b(cosx,sin2x),f(x)ab （1）求f(x)的最小正周期、最大值及f(x)取最大值时x的集合；

（2）若锐角满足f()323，求tan4的值． 517．(本小题满分12分) 某市A,B,C,D四所中学报名参加某高校今年自主招生的学生人数如下表所示： 中学 C A B D 人数 30 40 20 10

为了了解参加考试的学生的学习状况，该高校采用分层抽样的方法从报名参加考试的四所中学的学生当中随机抽取50名参加问卷调查． （1）问A,B,C,D四所中学各抽取多少名学生？

（2）从参加问卷调查的50名学生中随机抽取两名学生，求这两名学生来自同一所中学的概率；

（3）在参加问卷调查的50名学生中，从来自A,C两所中学的学生当中随机抽取两名学生，用表示抽得A中学的学生人数，求的分布列． 18．(本小题满分14分) 如图，直角梯形ABCD中，

AB//CD，ABBC，AB1，BC2， CD12，过A作AECD，垂足为E．

F、G分别是CE、AD的中点．现将ADE沿 AE折起，使二面角DAEC的平面角为1350．

（1）求证：平面DCE平面ABCE； （2）求直线FG与面DCE所成角的正弦值．

19．(本小题满分14分) 已知椭圆C的中心在原点O，离心率e3，右焦点为2F (3 , 0)．（1）求椭圆C的方程； （2）设椭圆的上顶点为A，在椭圆C上是否存在点P，使得向量OPOA与FA共线？若存在，求直线AP的方程；若不存在，简要说明理由．

20．(本小题满分14分)设Sn为数列an的前n项和，对任意的nN，都有

Sn(m1)man（m为正常数）．（1）求证：数列an是等比数列；

（2）数列bn满足b12a1,bnbn1,(n2,nN)，求数列bn的通项公式；

1bn12n1（3）在满足（2）的条件下，求数列的前n项和Tn．

bn21. (本小题满分14分)设函数f(x)lnx

12axbx. 21时，求函数f(x)的最大值； 21a(Ⅱ)令F(x)f(x)ax2bx（0x3）其图象上任意一点P(x0,y0)处切线的斜

2x1率k≤ 恒成立，求实数a的取值范围；

2(Ⅰ)当ab(Ⅲ)当a0，b1，方程2mf(x)x有唯一实数解，求正数m的值．

2

2013-2014学年度高三第一次教学质量检测试题（理科数学）评分参考

一、选择题 D C C C D D C B 二、填空题 9．an1 , n 是正奇数 n 是正偶数2 ，，或an13 10．4； 11． 30； (1)n1；

223； 13． 2； 14. cos2 15. 30º 4216．解：（1）解：f(x)ab6cosx3sin2x …………………1分

12．

311cos2x63sin2x 3cos2x3sin2x3 232cos2x2sin2x3 …32分

223cos2x3……4分 最小正周期T ……5分

62当2x62k,kZ，即xk12,kZ时，f(x)有最大值233，

此时，所求x的集合为{x|xk12,kZ}．………7分

23cos263故3，

23（2）由

f()32得3

cos2分  …916又由0分

从而tantan5得 2， 故2，解得．……11

12266663． ………………12分 34517．解：（1）由题意知，四所中学报名参加该高校今年自主招生的学生总人数为100名，

抽取的样本容量与总体个数的比值为

．

∴应从四所中学抽取的学生人数分别为

． …………… 4分

（2）设“从50名学生中随机抽取两名学生，这两名学生来自同一所中学”为事件M，

从50名学生中随机抽取两名学生的取法共有C501225种，… 5分

2

来自同一所中学的取法共有C15C20C10C5350． …………… 6分 ∴P(M)22223502． 122572． … 7分 7答：从50名学生中随机抽取两名学生来自同一所中学的概率为

（3）由（1）知，50名学生中，来自A,C两所中学的学生人数分别为15,10． 依题意得，的可能取值为0,1,2， ………… 8分

2112C10C15C10C15317P(2) P(0)2，P(1)，．…… 11分 22C2520C252C2520 ∴的分布列为： … 12分

3 20

18．（1）证明：DEAE，CEAE，DECEE，DE,CE平面CDE，

 AE平面CDE， ……3分

 AE平面ABCE，平面DCE平面ABCE．……5分

（2）（方法一）以E为原点，EA、EC分别为x,y轴，建立空间直角坐标系……6分

0DEC是二面角DAEC的平面角，CEAE，即DEC=135，……7DEAE，

分

AB1，BC2，CD12，

A（2，0，0），B（2，1，0），C（0，1，0），E（0，0，0），D（0，1，1）．……9分

111，G ……10分 （0，，0）（，1，）F、G分别是CE、AD的中点，F

2221FG=(1，1，)，AE=(2,0,0)，……11分

2由（1）知AE是平面DCE的法向量， ……12分

FGAE22||设直线FG与面DCE所成角，则sin||， （0）2|FG||AE|3232故求直线FG与面DCE所成角的正弦值为

2． ……14分（列式1分，计算1分） 3（方法二）作GH//AE，与DE相交于H，连接FH……6分

由（1）知AE平面CDE，所以GH平面CDE，GFH是直线FG与平面DCE所成角……7分

G是AD的中点，GH是ADE的中位线，GH1，EH2……8分 2因为DEAE，CEAE，所以DEC是二面角DAEC的平面角，即DEC=1350…9分

在EFH中，由余弦定理得，FHEFEH2EFEHcosFEH

2221112255）……11分（列式1分，计算1分） 2()（或FH4222242GH平面CDE，所以GHFH，在RtGFH中， GFGH2FH2分

所以直线FG与面DCE所成角的正弦值为sinGFH3……132GH2……14分 GF3x2y219．解：（1）设椭圆C的方程为221(ab0)， ……1分

ab离心率e分

3c3,c3，a2，b21…… 3，右焦点为F (3 , 0)，2a2x2y21．…… 4分 故椭圆C的方程为4（2）假设椭圆C上存在点P（x0,y0），使得向量OPOA与FA共线，……5分

OPOA(x0,y01)，FA(3,1)，x03(y01) （1） ……6分

x02x22y1上，y021 （2） ……8分 又点P（x0,y0）在椭圆44由（1）、（2）组成方程组解得：P(0,1)，或P(831,)， ……11分 77当点P的坐标为(0,1)时，直线AP的方程为y0， 当点P的坐标为P(831,)时，直线AP的方程为3x4y40， 77故直线AP的方程为y0或3x4y40． ……14分

20．解：（1）证明：当n1时，a1S1(m1)ma1，解得a11．…………………1分

当n2时，anSnSn1man1man．即(1m)anman1．…………………2分

又m为常数，且m0，∴

anm(n2)．………………………3分 an11m∴数列{an}是首项为1，公比为

m的等比数列．……………………4分 1mbn11111，∴1，即1(n2)．…7

bnbn1bnbn11bn1（2）解：b12a12…5分 ∵bn分 ∴11是首项为，公差为1的等差数列．………………………………………8分 2bn∴分

112n12(n1)1，即bnbn222n1(nN)．……………………………9

2n122n(2n1)． （3）解：由（2）知bn，则bn2n12223242n2n1所以Tn， …10分 b1b2b3bn1bn即Tn2123252234123n1(2n3)2n(2n1)， ① ……11分

n1则2Tn2123252(2n3)2分

②－①得Tn2故Tn2n1n1n(2n1)， ②………12

(2n1)223242n1，……………………13分

23(12n1)(2n1)22n1(2n3)6．……………………14分

1221.解：（1）依题意，知f(x)的定义域为(0,)， 当ab

1121时，f(x)lnxxx， 242f(x)111(x2)(x1)……………………2分 xx222x令，解得x1.(x0)

因为g(x)0有唯一解，所以g(x2)0，当0x1时，f(x)0，此时f(x)单调递增；

当x1时，f(x)0，此时f(x)单调递减。 所以f(x)的极大值为f(1)（2）F(x)lnx3，此即为最大值……………………4分 4xa1a,x(0,3]，则有kF(x0)02,在x0(0,3]上恒成立，

x02x12x0x0)max，x0(0,3] 21211 当x01时，x0x0取得最大值，所以a≥……………8分

22222(3)因为方程2mf(x)x有唯一实数解，所以x2mlnx2mx0有唯一实数解，

∴a≥(2x22mx2m.令g(x)0，x2mxm0 设g(x)x2mlnx2mx，则g(x)x2mm24mmm24m0（舍去）因为m0,x0,所以x1，x2，

22当x(0,x2)时，g(x)0，g(x)在(0,x2)上单调递减，

当x(x2,)时，g(x)0，g(x)在(x2,)上单调递增， 当xx2时，g(x2)0，g(x)取最小值g(x2).……………10分

2g(x2)0x22mlnx22mx20则 即2

g(x)02x2mx2m0

所以2mlnx2mx2m0,因为m0,所以2lnx2x210()……………12分 设函数h(x)2lnxx1，因为当x0时，h(x)是增函数，所以h(x)0至多有一解.

mm24m11，解得m………14分 ∵h(1)0，∴方程(*)的解为x21，即

22