数学_2014年陕西省咸阳市高考数学三模试卷(理科)(含答案)

2014年陕西省咸阳市高考数学三模试卷（理科）
一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）
1. 已知集合M ={x|x 2−x ≤0, x ∈R}，集合N =(0, 1]，则集合M 与N 的关系（ ）
A M ⊊N
B N ⊊M
C M =N
D N ⊈M 且M ⊈N
2. 复数2i 1−i 的虚部为（ ）
A i
B −i
C 1
D −1
3. 按照如图的程序运行，则输出的K 值为（ ）
A 2
B 3
C 4
D 5
4. 在(x 2−1x )5的展开式中，x 的系数为（ ）
A 10
B −10
C 20
D −20
5. 已知a ，b ∈R ，则“a +b >0且ab >0”是“a >0且b >0”成立的（ ）
A 充分不必要
B 必要不充分
C 充要条件
D 既不充分也不必要 6. 已知函数f(x)=2sin(ωx +φ)，(ω>0, φ∈(0, π2)的部分图象
如图所示，其中点P 是图象的最高点，则f(0)=( ) A √3 B √2 C 1 D √32
7. △ABC 的三个内角A 、B 、C 成等差数列，(BA →+BC →)⋅AC →
=0，则△ABC 一定是（ ）
A 直角三角形
B 等边三角形
C 非等边锐角三角形
D 钝角三角形
8. 过点P(1, √3)作圆O:x 2+y 2=1的两条切线，切点分别为A 和B ，则弦长|AB|=( ) A √3 B 2 C √2 D 4 9. 如图，长方形的四个顶点为O(0, 0)，A(4, 0)，B(4, 2)，C(0, 2)，曲线y =√x 经过点B ．现将一质点随机投入长方形OABC 中，则质点落在图中阴影区域的概率是（ ）
A 512
B 12
C 23
D 3
4
10. 设[m]表示不超过实数m的最大整数，则在直角坐标平面xoy内，则满足[x]2+[y]2=2
的点P(x, y)所成的图形面积为（）
A 1
B 2
C 3
D 4
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
−y2=1的一个焦点相同，则抛物线C的方11. 若抛物线C:y2=2px(p>0)与双曲线C:x2
3
程为________．
12. 一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是________．
13. 用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第n个“金鱼”图需要火柴棒的根数为
________．
14. 我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架“歼−15”飞机准备着舰，如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法数是
________．
考生注意：请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分（不等式选
讲选做题）
15. 已知|3x+4y|=5，则x2+y2的最小值是________．
几何证明选讲选做题
16. （几何证明选做题）如图，已知圆中两条弦AB与CD相交于点F，E是AB延长线上一点，且DF=CF=√2，AF:FB:BE=4:2:1，若CE与圆相切，则线段CE 的长为________．
坐标系与参数方程选做题
17. 以直线坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，并在两种坐标系中取相同的长度
单位，已知直线l:y=x与圆C:ρ=4cosθ相交于A、B两点，则以AB为直径的圆的面积为
________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（本大题共6小题，共75分）．
18. 已知等比数列{a n }中，a 1=1，且a 2是a 1和a 3−1的等差中项，
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若数列{b n }满足b n =n +a n (n ∈N ∗)求数列{b n }的前n 项和S n ．
19. 如图，已知⊙O 的半径为1，点C 在直径AB 的延长线上，BC =1，点P 是半圆上的一个动点，以PC 为边作正三角形PCD ，且点D 与圆心分别在PC 两侧．
(1)若∠POB =θ，试将四边形OPDC 的面积y 表示成θ的函数；
(2)求四边形OPDC 面积的最大值？
20. 如图，在斜三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，点O 是A 1C 1的中点，AO ⊥平面A 1B 1C 1．已知∠BCA =90∘，AA 1=AC =BC =2．
（1）求证：AB 1⊥A l C ；
（2）求A 1C 1与平面AA 1B 1所成角的正弦值．
21. 已知椭圆C:x 2a 2+y 2
b 2=1(a >b >0)的左右焦点分别为F 1，F 2，P 为椭圆C 上的一点．
（1）若△PF 1F 2周长为6，离心率e =12，求椭圆C 的方程；
（2）过右焦点F 2做斜率为k 的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，交Y 轴与点M ，且MB →=BF 2→，若|k|≤√142，求椭圆C 的离心率e 的取值范围． 22. M 公司从某大学招收毕业生，经过综合测试，录用了14名男生和6名女生，这20名毕业生的测试成绩如茎叶图所示（单位：分），公司规定：成绩在180分以上者到“甲部门”工作；180分以下者到“乙部门”工作．另外只有成绩高于180分的男生才能担任“助理工作”．
(Ⅰ)如果用分层抽样的方法从“甲部分”人选和“乙部分”人选中选取8人，再从这8人中选3人，那么至少有一人是“甲部门”人选的概率是多少？
(Ⅱ)若从所有“甲部门”人选中随机选3人，用X 表示所选人员中能担任“助理工作”的人数，写出X 的分布列，并求出X 的数学期望．
23. 已知f(x)=1−x+lnx，g(x)=mx−1(m∈R)
（1）求函数f(x)的单调区间；
（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求m的取值范围；
（3）若数列{a n}的各项均为正数，a1=1，当m=2时a n+1=f(a n)+g(a n)+2，n∈N∗，求证：a n≤2n−1(n∈N∗)．
2014年陕西省咸阳市高考数学三模试卷（理科）答案
1. B
2. C
3. B
4. B
5. C
6. A
7. B
8. A
9. C
10. D
11. y2=8x
12. 8π
13. 6n+2
14. 24
15. 1
16. √7
2
17. 2π
18. 解：(I)∵ a1=1，a2是a1和a3−1的等差中项，
∴ 2a2=a1+a3−1=a3；
又{a n}为等比数列，2a1q=a1q2，解得q=2，
∴ a n=2n−1．
(II)∵ a n=2n−1，b n=n+a n(n∈N∗)，
∴ b n=n+2n−1，
∴ S n=b1+b2+b3+⋯+b n=(1+2+3+⋯+n)+(20+2+22+⋯2n−1)
=n(n+1)
2
+
1−2n
1−2
=n(n+1)
2
+2n−1．
19. 解：(1)在△OPC中，由余弦定理得PC2=OP2+OC2−2OP⋅OC⋅cosθ=1+4−4cosθ=5−4cosθ.
y=S△OPC+S△PDC
=1
2
⋅OP⋅OC⋅sinθ+√3
4
PC2
=sinθ−√3cosθ+5√3
4
(0<θ<π)…7分
(2)y =sinθ−√3cosθ+
5√34=2sin(θ−π3)+5√34， ∴ 当θ=5π6时，y max =2+
5√34 20. （1）证明：∵ AO ⊥平面A 1B 1C 1，∴ AO ⊥B 1C 1，
又∵ A 1C 1⊥B 1C 1，且A 1C 1∩AO =O ，
∴ B 1C 1⊥平面A 1C 1CA ，∴ A 1C ⊥B 1C 1，
又∵ AA 1=AC ，∴ 四边形A 1C 1CA 为菱形，
∴ A 1C ⊥AC 1，且B 1C 1∩AC 1=C 1，
∴ A 1C ⊥平面AB 1C 1，
∴ AB 1⊥A 1C ．
(II)解：设点C 1到平面AA 1B 1的距离为d ，
∵ V A−A 1B 1C 1=V C 1−AA 1B 1，
∴ 13⋅12⋅A 1C 1⋅B 1C 1⋅AO =13⋅S △AA 1B 1⋅d ，
又∵ 在△AA 1B 1中，A 1B 1=AB 1=2√2，
S △AA 1B 1=√7，∴ d =2√217
， ∴ A 1C 1与平面AA 1B 1所成角的正弦值为
√217．
21. 解：（1）∵ △PF 1F 2周长为6，离心率e =12， ∴ {2a +2c =6c a =12
，解得a =2，c =1，∴ b =√3， ∴ 所求椭圆C 的方程为x 24+
y 23=1−−−−−−−−−−−−− （2）由已知设直线AB 方程为y =k(x −c)，则M(0, −kc)，F 2(c, 0)， ∵ MB →=BF 2→，∴ B(c 2，−
kc 2)．------------- ∵ 点B 在椭圆C 上，
∴ c 24a 2+k 2c 24b 2=1，
则k 2=(1−c 24a 2)4b 2
c 2=4a 2−c 24a 2⋅4(a 2−c 2)c 2≤72−−−−−−−−−−−−− ∴ 8a 4−17a 2c 2+2c 4≤0，
即2e 4−17e 2+8≤0(2e 2−1)(e 2−8)≤0，
∴ 12≤e 2≤8，
∵ 椭圆的离心率小于1
∴ √22≤e <1−−−−−−−−−−−−−
22. （I ）用分层抽样的方法，每个人被抽中的概率为820=25，
根据茎叶图，有“甲部门”人选10人，“乙部门”人选10人，
所以选中的“甲部门”人选有10×25=4人，“乙部门”人选有10×25=4人， 用事件A 表示“至少有一名甲部门人被选中”，则它的对立事件A ¯表示“没有一名甲部门人被选中”，则P(A)＝1−P(A ¯)＝1−C 43C 83=1−456=13
14．
因此，至少有一人是“甲部门”人选的概率是1314；
（2）依据题意，所选毕业生中能担任“助理工作”的人数X 的取值分别为0，1，2，3， P(X ＝0)=C 60C 43C 103=130，P(X ＝1)=C 61C 42C 103=310，P(X ＝2)=C 62C 41C 103=12，P(X ＝3)=C 63C 40C 103=16． 因此，X 的分布列如下：
所以X 的数学期望EX ＝0×130+1×930+2×1530+3×530=95．
23. 解：（1）求导f ′(x)=1x −1=1−x x ，由f′(x)=0，得x =1．
当x ∈(0, 1)时，f′(x)>0；
当x ∈(1, +∞)时，f′(x)<0．
∴ 函数y =f(x)在(0, 1)上是增函数，在(1, +∞)上是减函数；
（2）方法一、令ℎ(x)=f(x)−g(x)=lnx −(1+m)x +2则ℎ′(x)=1
x −(m +1) 若m +1≤0时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)在定义域上是增函数，
则ℎ(1)=−(1+m)+2>0，f(x)≤g(x)不恒成立．
若m +1>0时，由ℎ′(x)=0得x =11+m
当x ∈(0,
11+m )时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(0,11+m )上是增函数； 当x ∈(11+m
，+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)在(11+m ，+∞)上是减函数． ∴ ℎ(x)在(0, +∞)上的最大值为ℎ(1
1+m )=1−ln(1+m)≤0，解得m ≥e −1
∴ 当m ≥e −1时f(x)≤g(x)恒成立；
（2）方法二、由 f(x)≤g(x)恒成立得：m ≥
lnx−x+2x 恒成立． 令ℎ(x)=lnx−x+2
x ，
则ℎ′(x)=−lnx+1x 2，由ℎ′(x)=0得x =1e
∴ ℎ(x)在(0,1e )单调递增，在(1e ，+∞)单调递减
∴ ℎ(x)max=ℎ(1
)=e−1，故m≥e−1；
e
（3）方法一、由题意，正项数列{a n}满足：a1=1，a n+1=lna n+a n+2，n∈N∗．用数学归纳法证明.a n≤2n−1，n∈N∗．
1)当n=1时，a1=1≤21−1，不等式成立；
2)假设n=k时，a k≤2k−1，那么，当n=k+1时，
由（1）知{a n}，即有不等式a1=1．
于是a2a1=2(a k+1)−1≤2⋅2k−1=2k+1−1，成立．
由（1）、（2）知a n≤2n−1，n∈N∗，成立，
（3）方法二、由（1）知{a n}，即有不等式a1=1．
于是a2a1=2(a k+1)−1
∴ a n+1+1≤2(a n+1)，即a n+1≤2(a n−1+1)≤⋯≤2n−1(a1+1)=2n
∴ a n≤2n−1，n∈N∗．。