《浙江省诸暨市诸暨中学高三下学期联谊学校联考理科数学试题及答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省诸暨市诸暨中学高三下学期联谊学校联考理科数学试题及答案.doc（15页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、2014年稽阳联谊学校高三联考数学（理科）试题注意：本卷共22题，满分150分，考试时间120分钟参考公式：如果事件A、B互斥，那么 棱柱的体积公式如果事件A、B相互独立，那么其中S表示棱柱的底面积，h表示棱柱的高棱锥的体积公式如果事件A在一次试验中发生的概率是 P，那么n次独立重复试验中恰好发生k 其中S表示棱锥的底面积，h表示次的概率棱锥的高棱台的体积公式 球的表面积公式其中S1，S2分别表示棱台的上下底面积，h表示棱台的高球的体积公式 其中R表示球的半径第卷（选择题，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
2、复数满足，其中为虚数单位，则 （ ）A B. C. D.2.已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D.3.已知为的三个内角，则是的 （ ）A.充分且不必要条件 B.必要且不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件.4. 已知空间两条不同的直线和两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A若 B若C若 D若5. 执行如图所示的程序框图所表示的程序，则输出的结果为 （ ）A.9 B.10 C.11 D.136.已知直线与圆交于两点，是原点，C是圆上一点，若，则的值为（ ）A B C D 7.如图是函数的部分图象，则函数的零点所在的区间是 ( )A. B. C. D .8.已知中，,为
3、的外心，则等于A.4 B.6 C.8 D.109.如图，双曲线的左、右焦点为，抛物线的顶点为坐标原点，焦点为.过的圆的一切线交抛物线于点，切点为.若线段的中点恰为，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D.10. 已知点P是正方体的表面上一动点，且满足.设与平面所成角为，则的最大值为 ( )A. B. C. D. 第卷（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.已知二项式的展开式中的常数项为，则_.12. 已知实数满足，则的最小值为_.13.将边长为2的正方体割除若干部分后得一几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积等于_.14.设和分别是先后抛掷
4、一枚骰子得到的点数，用随机变量表示方程 实根的个数(重根按一个计)则的数学期望是 .15.如图，过抛物线的焦点F的直线交抛物线于点A、B，交其准线于点C，若，且，则此抛物线的方程为_.16.在中，以AB为一边向外作等边,若，,则= . 17.已知实数满足且，则的最小值为_.三、解答题:本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算过程18. (本小题满分14分)点A、B是直线与函数的图像的两个相邻交点，且.其中（I）求的值； （II）在锐角中，分别是角A，B，C的对边，若的面积为，求的值19.(本小题满分14分).已知等差数列的前项和为，且数列满足.（I）求数列的通项公式；（II
5、）设数列的前项和为，求证：. 20(本小题满分15分).如图所示，在四棱锥P中，四边形为菱形， 为正三角形， 分别为的中点(I) 求证：面；(II) 若平面平面，求二面角的余弦值.21(本小题满分15分).已知椭圆的离心率为，且过点.抛物线的焦点坐标为.（I）求椭圆和抛物线的方程；（II）若点是直线上的动点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，直线交椭圆于两点.i)求证直线过定点，并求出该定点坐标；ii)当的面积取最大值时，求直线的方程.22(本题满分14分)已知函数.（I）当时，在处有极大值2.试讨论在上的单调性.（II）若为上的奇函数，且任意的恒有，求的最大值.2014年稽阳联谊学校高三联
6、考 数学（理科）试题参考答案和评分标准第卷（选择题，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,多选或少选概不给分.1B 2.A 3.C 4.D 5.C 6.A 7.C 8.B 9.A 10.B各 题 详 细 解 答1.解：，则.或.选B.2解：由于，则，选A.3.解：由正弦定理得，选C.4.解：选D.5.解 开始：；第一次执行循环体后；第二次执行循环体后；第三次执行循环体后；第四次执行循环体后；第五次执行循环体后；故输出的结果为11,选C.6.解：由于，且点均在圆上，则,故到直线的距离为，故，从而，选A.7.解：，由的图像
7、可知.显然是上的单调递增函数，且，. 从而的零点在内.选C.8.解：结合向量数量积的几何意义及点在线段上的射影为相应线段的中点，从而故,选B,9.解：在中，为中位线，且，从而.由抛物线的定义，设，则，从而.又点到轴的距离为，从而点.考虑到点在抛物线，从而，即,即，故，又，解得，选A. 10.解：如图，点的轨迹为：以点为球心，以半径为的球与正方体表面的交线，即为如图的弧段,要使得与底面ABCD所成角最大，则与底面ABCD的交点与点D的距离最短，从而点在弧段上，故点P在弧段ENF上，且在QD上.设正方体的边长为2，从而DQ=，从而最大值为1，故最大值为.选B第卷（非选择题部分 共100分）二、填空
8、题:本大题共7小题，每小题4分，共28分。11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 各 题 详 细 解 答11.解：二项式展开式的通项为从而令，故.从而常数项.12. 解：利用线性规划的求解方式容易得当时，有最小值为2.13. 解：该几何体的直观图如图所示，为四棱锥则其体积为.14.解：的可能取值为，则，故.15. 解：由于,则直线的斜率为，故,从而,从而.故,即，从而抛物线的方程为.16.如图，设点D关于AC的对称点为，且交于点.设，则在中利用正弦定理得从而得，从而或从而得.显然,故.17. 解：由于，则，从而令，从而，从而.当且仅当取等号.故的最小值为.三、解答题:本大题共5
9、小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算过程18. 解：（1）3分由函数的图象及，得到函数的周期解得 5分（2） 7分又是锐角三角形， 即9分由，得11分得 即13分19.解：（I）由于，故，故等差数列的公差，故数列的通项公式.（II）由于，则两式相减即得，从而.由于故当时，从而，从而,即20解： (1) 取AP中点，连接NG,MG，由N平行且等于BM，得四边形NBM为平行四边形，从而MN/B,则MN/面PAB; 7分(2) 建立空间直角坐标系如图，则有,，B，由N为PD中点， 9分令平面的法向量，由，令，则 11分同理可知平面的法向量可取 13分则， 则所求二面角的余弦值为;15分
10、方法二：连接PM,QM,AM，,四边形QNCB为平行四边形，且NC/QM平面PAM即从而,又所以为二面角的平面角设=，则中，,所以即二面角的的余弦值为21.解：（I）由于椭圆中，则设其方程为，由于点在椭圆上，故代入得.故椭圆的方程为.对抛物线中， ，故，从而椭圆的方程为，抛物线的方程为.（II）i)设点，且满足，点，则切线的斜率为，从而MA的方程为，考虑到，则切线的方程为，同理切线的方程为，由于切线同过点，从而有，由此点在直线上.又点M在直线上，则，故直线的方程为，即，显然直线过定点.ii)设，考虑到直线的方程为，则联立方程，消去并简化得，从而，从而，点到的距离，从而 ，当且仅当，即又由于，从
11、而消去得，即，从而求得，从而或，从而所求的直线为或22. 解：（I），由于在处有极大值2，则，即，则.从而.由于在处有极大值，且，则，即.当时，则，从而当时，；时，从而在上单调递增，在上单调递减.当时，则，从而当时，；时，从而在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.（II）由于为上的奇函数，从而，从而要使得任意的恒有，则只需任意的时恒成立.显然要使得取最大值，则.当时，则当时，故在上单调递增.由于任意的恒有，则只需，从而，即的最大可能值为.当时，则，令.i）当时，当时，恒有，故在上单调递增.要使得任意的恒有，则只需，从而.考虑到，即，从而，故，即的最大可能值为.ii）当时，则当时，有；当时，有，从而在上单调递增，在上单调递减，故要使得任意的恒有，则只需，且即，且，故，即故，即的最大可能值为. 由上述可知，的最大可能值为.下面我们再证明是可取的，令，则，则当时有，故在单调递减，在上单调递增，在上单调递减，故，从而任意的恒有成立. 综合上述，实数的最大值为.
