数学_2014年福建省漳州市某校高考数学三模试卷(文科)(含答案)

2014年福建省漳州市某校高考数学三模试卷（文科）
一、选择题（本大题共l2小题，每小题5分，共60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. 若集合A＝{x|x2−x<0}，B＝{x|0<x<3}，则A∩B等于（）
A {x|0<x<1}
B {x|0<x<3}
C {x|1<x<3}
D ⌀
2. 命题“存在实数x，使x>1”的否定是( )
A 对任意实数x，都有x>1
B 不存在实数x，使x≤1
C 对任意实数x，都有x≤
1 D 存在实数x，使x≤1
3. 复数z满足z⋅i=2+i，则z=()
A −2−i
B 2−i
C −1+2i
D 1−2i
4. “a=1”是“直线x+y=0和直线x−ay=0互相垂直”的( )
A 充分而不必要条件
B 必要而不充分条件
C 充要条件
D 既不充分也不必要条件
5. 一个棱锥的三视图如图所示，则这个棱锥的体积为（）
A 12
B 36
C 16
D 48
6. 下列四个函数中，最小正周期为π，且图象关于直线x=π
12
对称的是()
A y=sin(x
2+π
3
) B y=sin(x−π
3
) C y=sin(2x+π
3
) D y=sin(2x−π
3
)
7. 输入x＝1时，运行如图所示的程序，输出的x值为（）
A 4
B 5
C 7
D 9
8. 若a，b∈R，且ab>0，则下列不等式中，恒成立的是（）
A a+b≥2√ab
B 1
a +1
b
>
√ab
C b
a
+a
b
≥2 D a2+b2>2ab
9. 设z =x +y ，其中实数x ，y 满足{x +2y ≥0
x −y ≤00≤y ≤k ，若z 的最大值为12，则z 的最小值为
（ ）
A −3
B −6
C 3
D 6
10. 设F 1，F 2是双曲线x 2
3−y 2=1的两个焦点，P 在双曲线上，当△F 1PF 2的面积为2时，PF 1→
⋅PF 2→
的值为（ ） A 2 B 3 C 4 D 6
11. 设f(x)是连续的偶函数，且当x >0时f(x)是单调函数，则满足f(x)=f(
x+3x+4
)的所有x
之和为（ ）
A −3
B 3
C −8
D 8
12. 已知f(x)=x 3−6x 2+9x −abc ，a <b <c ，且f(a)=f(b)=f(c)=0．现给出如下结论：
①f(0)f(1)>0； ②f(0)f(1)<0； ③f(0)f(3)>0； ④f(0)f(3)<0．
其中正确结论的序号是（ ）
A ①③
B ①④
C ②③
D ②④
二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.
13. 直线(1+a)x +y +1=0与圆x 2+y 2−2x =0相切，则a 的值为________．
14. 在等腰直角三角形ABC 中，AC =BC =√6，在斜边AB 上任取一点P ，则CP ≤2的概率为________．
15. 设S 、V 分别表示面积和体积，如△ABC 面积用S △ABC 表示，三棱锥O −ABC 的体积用V O−ABC 表示．对于命题：如果O 是线段AB 上一点，则|OB →
|⋅OA →
+|OA →
|⋅OB →
=0→
．将它类比到平面的情形是：若O 是△ABC 内一点，有S △OBC ⋅OA →
+S △OCA ⋅OB →
+S △OBA ⋅OC →
=0→
．将它类比到空间的情形应该是：若O 是三棱锥A −BCD 内一点，则有________．
16. f(x)是以2为周期的偶函数，且当x ∈[0, 1]时，f(x)=x ，若在区间[−1, 3]内，函数g(x)=f(x)−kx −k 有4个零点，则实数k 的取值范围是________．
三、解答题：（本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. 在△ABC 中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 所对的边，C =π
3，a =√3，若向量m →
=(1, sinA)，n →
=(2, sinB)，且m →
 // n →
． (1)求b ，c 的值；
(2)求角A 的大小及△ABC 的面积．
18. 某校一课题小组对郑州市工薪阶层对“楼市限购令”态度
进行调查，抽调了50人，他们月收入频数分布及对“楼市限购令”赞成人数如下表．
（1）完成下图的月收入频率分布直方图（注意填写纵坐标）及2×2列联表；
（2）若从收入（单位：百元）在[15, 25)的被调查者中随机选取两人进行追踪调查，求选中的2人恰好有1人不赞成“楼市限购令”的概率．
19. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2a n −3(n =1, 2,…)． （1）证明：数列{a n }是等比数列；
（2）若数列{b n }满足b n =a n +2n(n =1, 2,…)，求数列{b n }的前n 项和为T n ．
20. 如图，菱形ABCD 的边长为4，∠BAD =60∘，AC ∩BD =O ．将菱形ABCD 沿对角线AC 折起，得到三棱锥B −ACD ，点M 是棱BC 的中点，DM =2√2． （1）求证：OM // 平面ABD ；
（2）求证：平面DOM ⊥平面ABC ； （3）求三棱锥B −DOM 的体积．
21. 已知椭圆C ：x 2
a 2+y 2
b 2=1(a >b >0)的离心率为√3
2，过焦点且垂直于长轴的直线被椭圆截得的弦长为1，过点M(3, 0)的直线与椭圆C 相交于两点A ，B ， （1）求椭圆的方程；
（2）设P 为椭圆上一点，且满足OA →
+OB →
=tOP →
（O 为坐标原点），当|PA →
−PB →
|<√3时，求实数t 的取值范围．
22. 设函数f(x)＝xlnx(x >0)． （1）求函数f(x)的最小值；
（2）设F(x)＝ax 2+f′(x)(a ∈R)，讨论函数F(x)的单调性；
（3）斜率为k 的直线与曲线y ＝f′(x)交于A(x 1, y 1)、B(x 2, y 2)(x 1<x 2)两点，求证：x 1<
1k
<x 2．
2014年福建省漳州市某校高考数学三模试卷（文科）答案
1. A
2. C
3. D
4. C
5. A
6. C
7. C
8. C
9. B 10. B 11. C 12. C 13. −1 14. √3
3
15. V O−BCD ⋅OA →
+V O−ACD ⋅OB →
+V O−ABD ⋅OC →
+V O−ABC ⋅OD →
=0→
16. (0,1
4]
17. 解：(1)∵ m →
=(1, sinA)，
n →
=(2, sinB)，m → // n →
， ∴ sinB −2sinA =0， 由正弦定理可知b =2a =2√3. 又∵ c 2=a 2+b 2−2abcosC ， C =π
3，a =√3，
∴ c 2=(√3)2+(2√3)2−2⋅√3⋅2√3cos π
3
=9，
∴ c =3.
(2)由a
sinA =c
sinC ，得√3
sinA =3sin
π3
，
∴ sinA =1
2，A =π
6或5π
6. 又C =π
3，
∴ A=π
6
，
所以△ABC的面积S=1
2
bcsinA
=1
2×2√3×3×sinπ
6
=3√3
2
．
18. 4,29,33,6,11,17,10,40,50
（2）设收入（单位：百元）在[15, 25)的被调查者中赞成的分别是A1，A2，A3，A4，不赞成的是B，从中选出两人的所有结果有10种：(A1A2)，(A1A3)，(A1A4)，(A1B)，(A2A3)，(A2A4)，(A2B)，(A3A4)，(A3B)，(A4B)
其中选中B的有4种：(A1B)，(A2B)，(A3B)，(A4B)
所以选中的2人恰好有1人不赞成“楼市限购令”的概率是P=4
10=2
5
19. （1）证明：因为S n=2a n−3(n=1, 2,…)．，则S n−1=2a n−1−3(n=2, 3,…)．…所以当n≥2时，a n=S n−S n−1=2a n−2a n−1，…
整理得a n=2a n−1．…
由S n=2a n−3，令n=1，得S1=2a1−3，解得a1=3．…
所以{a n}是首项为3，公比为2的等比数列．…
（2）解：因为a n=3⋅2n−1，…
由b n=a n+2n(n=1, 2,…)，得b n=3⋅2n−1+2n．
所以T n=3(1+21+22+⋯+2n−1)+2(1+2+3+⋯+n)…
=31(1−2n)
1−2+2⋅n(n+1)
2
…
=3⋅2n+n2+n−3
所以T n=3⋅2n+n2+n−3．…
20. 解：（1）∵ O为AC的中点，M为BC的中点，∴ OM // AB．
又∵ OM⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，
∴ OM // 平面ABD．
（2）∵在菱形ABCD中，OD⊥AC，∴ 在三棱锥B−ACD中，OD⊥AC．
在菱形ABCD中，AB=AD=4，∠BAD=60∘，可得BD=4．
∵ O为BD的中点，∴ DO=1
2
BD=2．
∵ O为AC的中点，M为BC的中点，∴ OM=1
2
AB=2．
因此，OD2+OM2=8=DM2，可得OD⊥OM．
∵ AC、OM是平面ABC内的相交直线，
∴ OD⊥平面ABC．
∵ OD⊂平面DOM，
∴ 平面DOM⊥平面ABC．
（3）由（2）得，OD ⊥平面BOM ，所以OD 是三棱锥D −BOM 的高． 由OD =2，S △BOM =1
2×OB ×BM ×sin60∘=√3，
所以V B−DOM =V D−BOM =13
S △BOM =×DO =13
×√3×2=
2√33
．
21. 解：（1）由已知e =
c a
=
√3
2，所以c 2a 2=3
4
，
所以a 2=4b 2，c 2=3b 2所以
x 2
4b
2+
y 2b 2
=1
又由过焦点且垂直于长轴的直线被椭圆截得的弦长为2b 2a
=1
所以b =1 所以
x 24
+y 2=1
（2）设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，P(x, y) 设AB:y =k(x −3)与椭圆联立得{y =k(x −3)
x 24
+y 2=1
整理得(1+4k 2)x 2−24k 2x +36k 2−4=0，△=242k 4−16(9k 2−1)(1+4k 2)>0得k 2<1
5x 1+x 2=
24k 21+4k 2
，x 1⋅x 2=36k 2−41+4k 2
OA →
+OB →=(x 1+x 2,y 1+y 2)=t(x,y)x =1t (x 1+x 2)=24k 2t(1+4k 2)y =1
t (y 1
+y 2)
=1t [k(x 1+x 2)−6k]=−6k t(1+4k 2) 由点P 在椭圆上得(24k 2)2
t 2(1+4k 2)2+144k 2
t 2(1+4k 2)2=4，36k 2=t 2(1+4k 2) 又由|PA →
−PB →
|<√3，即|BA|<√3 所以|AB|=√1+k 2|x 1−x 2|<√3
所以(1+k 2)(x 1−x 2)2<3(1+k 2)[(x 1+x 2)2−4x 1x 2]<3(1+k 2)[242k 4
(1+4k 2)2−4(36k 2−4)1+4k 2
]<
3
整理得：(8k 2−1)(16k 2+13)>0 所以8k 2−1>0，k 2>1
8
所以18
<k 2<1
5
由36k 2=t 2(1+4k 2)得t 2=36k 2
1+4k 2=9−9
1+4k 2 所以3<t 2<4，所以−2<t <−√3或√3<t <2． 22. f′(x)＝lnx +1(x >0)，令f′(x)＝0，得x =1
e ．
∵ 当x ∈(0,1
e )时，f′(x)<0；当x ∈(1
e ,+∞)时，f′(x)>0，
∴ 当x =1e
时，f(x)min =1e
ln 1e
=−1
e
．
F(x)＝ax 2+lnx +1(x >0)，F ′
(x)=2ax +1
x
=
2ax 2+1
x
(x >0)．
①当a ≥0时，恒有F ′(x)>0，F(x)在(0, +∞)上是增函数； ②当a <0时，
令F′(x)>0，得2ax 2+1>0，解得0<x <√−
12a
；
令F′(x)<0，得2ax 2+1<0，解得x >√−1
2a ． 综上，当a ≥0时，F(x)在(0, +∞)上是增函数； 当a <0时，F(x)在(0,√−12a
)上单调递增，在(√−12a
,+∞)上单调递减．
证：k =
f ′(x 2)−f ′(x 1)
x 2−x 1=
lnx 2−lnx 1x 2−x 1
．
要证x 1<1
k <x 2，即证x 1<x 2−x 1
lnx 2−lnx 1
<x 2，等价于证1<
x 2x 1−1ln x 2x 1
<x 2x 1
，令t =x
2x 1
，
则只要证1<
t−1lnt
<t ，由t >1知lnt >0，故等价于证lnt <t −1<tlnt(t >1)(∗)．
①设g(t)＝t −1−lnt(t ≥1)，则g ′(t)=1−1t
≥0(t ≥1)，故g(t)在[1, +∞)上是增函数， ∴ 当t >1时，g(t)＝t −1−lnt >g(1)＝0，即t −1>lnt(t >1)．
②设ℎ(t)＝tlnt −(t −1)(t ≥1)，则ℎ′(t)＝lnt ≥0(t ≥1)，故ℎ(t)在[1, +∞)上是增函数， ∴ 当t >1时，ℎ(t)＝tlnt −(t −1)>ℎ(1)＝0，即t −1<tlnt(t >1)． 由①②知(∗)成立，得证．。