江西省百所重点中学高三数学模拟考试 理(扫描版)

江西省百所重点中学2014届高三数学模拟考试理（扫描版）
江西省百所重点中学高三模拟考试
数学试卷参考答案(理科)
1． C z ＝5－3i
1－i ＋2i ＝4＋3i ，则||z ＝5.
2． A
M ＝
{}
x |x <－3或x >1，N ＝
{}
x |1<x <2，则
(
R
M )∪N ＝[－3，2)．
3.B 由题意得第3组的频率为0.2，所以第3组的频数等于100×0.2＝20. 4．C ∵S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝14，a 1＋8＋a 3＋6＝6a 2， ∴7a 2＝28，即a 2＝4， ∴a 1·a 3＝a 2
2＝16.
5．A 作出不等式对应的可行域如图，当取点D (m ，2－2m )时，
z 取最大值为7m －4，由7m －4≥5得m ≥97
，故选A.
6．D 在△APF 中，|PA |＝|PF |，|AF |sin 60°＝4，∴|AF |＝83
，又∠PAF ＝∠PFA ＝30°，
过P 作PB ⊥AF 于B ，则|PF |＝|BF |cos 30°＝1
2|AF |cos 30°＝8
3
.
7．A k ＝2，S ＝4；k ＝3，S ＝11；k ＝4，S ＝26；k ＝5，S ＝57，输出结果，判断框内填“k ＞4”．
8．B 若甲、乙两人只有一人参加时，不同的发言顺序有C 12C 35A 4
4种；若甲、乙同时参加时，
不同的发言顺序有A 24A 23种．共C 12C 35A 44＋A 24A 2
3＝552种．
9．C 根据面面平行的性质定理可得AC ∥GD ，EF ∥GD ，∴EF ∥AC ，∵AC ⊥平面AE ，∴EF ⊥平面AE ，故①正确；取DG 的中点O ，连结AO 、EO ，则AO ∥CG ，EO ∥FG ，∴平面AEO ∥平面CF ，即AE ∥平面CF ，故②正确；连结CO 、FO ，则CO ⊥平面DEFG ，∴∠CFO 为所求线面角，∵CO ＝FO ＝2，∴∠CFO ＝π
4
，故③正确；该多面体的体积V ＝V ADO －BEF ＋V ABC －OFG ＝4，故④错误．
10．B ∵AP 0＝2, P 0B=1，则P 1B ＝tan θ＝x ，P 1C ＝2－x ，P 2C ＝P 1C tan θ＝2
x
－1，P 2D ＝4
－2x ，P 3D ＝P 2D tan θ＝4tan θ－2，P 3A ＝4－4x ，P 4A ＝4x －4.∵P 4落在A 、P 0之间，∴0＜4x
－4
＜2，即2
3
＜x ＜1.
∵y ＝S
矩形ABCD
－S △P 0BP 1-S △P 1C P 2－S △P 2D P 3－S △P 3AP 4＝6－12x －12(2－x )(2x －1)－12(4－2
x
)(4x －2)－
12(4－4x )(4x －4)＝32－12(34x ＋24x )＝32－(17x ＋12x )≤32－451，当且仅当x ＝251
17时等号成立，又当x ＝23时，y ＝8
3
；x ＝1时，y ＝3，故选B.
11.
55 点(tan 5π4，sin(－π6))可化为点(1，－12)，则sin θ＝－55
， ∴cos(5π2＋θ)＝－sin θ＝55.
12. 2
13
e -
1
1
()(2)
21,x x x f x ex ae e ae e a =='=+=+=⇒=-则
12310
12()()1.33
x x ex e dx ex e e -=-=-⎰
13.1 依题意，|OA →|＝|OC →|＝|AB →|＝2，OA →·OC →
＝2×2cos ∠AOC ＝1，cos ∠AOC ＝12，
∠AOC ＝π3，则|AC →|＝|OA →|＝|OC →
|＝2，∠BAC ＝π3，AB →·AC →＝2×2cos ∠BAC ＝1.
14. 5 由题意可知点P 在双曲线的左支上且b >a ，设PF 的中点为M ，双曲线的右焦点为
F ′(c ，0)，连结OM 、PF ′(O 为坐标原点)，则|PF ′|＝2|OM |＝2b 且PF ⊥PF ′，
∴PF ＝PF ′－2a ＝2b －2a ，|PF |2＋|PF ′|2＝|FF ′|2，即(2b －2a )2＋(2b )2＝(2c )2
，得b
＝2a ，则该双曲线的离心率e ＝a 2＋4a 2
a
＝ 5.
15．(1)± 2 ⊙C 1的方程化为ρ＝4cos θ＋4sin θ，化简得ρ2
＝4ρcos θ＋4ρsin θ，由ρ2＝x 2＋y 2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，得x 2＋y 2－4x －4y ＝0，其圆心C 1坐标为(2，2)，半径r 1＝22；圆C 2的参数方程是⎩⎪⎨
⎪
⎧x ＝－1＋a cos θ，y ＝－1＋a sin θ
的普通方程是(x ＋1)2＋(y ＋1)2
＝
a 2，所以C 2的坐标是(－1，－1)，r 2＝|a |，因为两圆外切，所以|a |＋22＝|C 1C 2|＝
（2＋1）2＋（2＋1）2
＝32，所以a ＝± 2.
(2)3 不等式|x ＋1|－|x －2|＜a 的解集为(－∞，2)，说明解的区间端点2是方程|x ＋1|－|x －2|＝a 的一个根，∴有|2＋1|－|2－2|＝a ，解得a ＝3.
16．解：(1)在△ABC 中，根据余弦定理a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ，且a 2＋c 2－b 2
＝233
ac sin
B ，
∴2ac cos B ＝23
3
ac sin B ，∴tan B ＝ 3.
又∵0＜B ＜π，∴B ＝π
3
.(6分)
(2)∵A ＋B ＋C ＝π，∴C ＝π－A －B ＝2π
3
－A .
由正弦定理，得c sin C ＝b sin B ＝3
sin
π
3
＝2，
∴c ＝2sin C ＝2sin (2π
3－A )．
∵
π6＜A ＜π2，∴π6＜2π3－A ＜π2
. ∴12＜sin (2π
3
－A )＜1.∴c ∈(1，2).(12分) 17．解：(1)∵6S n ＝a 2
n ＋3a n ＋2， ①
∴6a 1＝a 2
1＋3a 1＋2，解得a 1＝1或a 1＝2.
又6S n －1＝a 2
n －1＋3a n －1＋2(n ≥2)， ②
由①－②，得6a n ＝(a 2n －a 2
n －1)＋3(a n －a n －1)， 即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－3)＝0.
∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝3(n ≥2)．
当a 1＝2时，a 2＝5，a 6＝17，此时a 1，a 2，a 6不成等比数列，∴a 1≠2；∴a n ＝3n －2，b n ＝4n －1
.(6分)
(2)由(1)得T n ＝1×4n －1＋4×4n －2＋…＋(3n －5)×41＋(3n －2)×40
， ③
∴4T n ＝1×4n ＋4×4n －1＋7×4n －2＋…＋(3n －2)×41
. ④
由④－③得3T n ＝4n
＋3×(4
n －1
＋4
n －2
＋…＋41
)－(3n －2)＝4n
＋
12×（1－4
n －1
）
1－4
－(3n －2)
＝2×4n
－(3n ＋1)－1＝2b n ＋1－a n ＋1－1， ∴3T n ＋1＝2b n ＋1－a n ＋1，n ∈N ＋.(12分) 18．解：(1)若该生被录取，则前四项最多有一项不合格，并且第五项必须合格，记A ＝{前四项均合格，且第五项合格}，B ＝{前四项中仅有一项不合格，且第五项合格}，
则P (A )＝(12)4·(1－23)＝1
48
，
P (B )＝C 14×1
2×(1－12)3
×(1－23)＝
112
. 又A 、B 互斥，故所求概率为
P ＝P (A )＋P (B )＝148＋112＝548
.
(2)该生参加考试的项数X 可以是2，3，4，5.
P (X ＝2)＝12×1
2
＝14
，
P (X ＝3)＝C 12(1－12)×12×12＝14，
P (X ＝4)＝C 13(1－12
)×(12
)2×12
＝
316
，
P (X ＝5)＝1－14－14－316＝516
，
则X 的分布列为
X 2 3 4 5 P
14 14
316
516
EX ＝2×14
＋3×14
＋4×316
＋5×516＝5716
.(12分)
19．解：(1)CM 与BN 交于F ，连结EF . 由已知可得四边形BCNM 是平行四边形， ∴F 是BN 的中点．
∵E 是AB 的中点，∴AN ∥EF ， 又EF
平面MEC ，AN
平面MEC ，
∴AN ∥平面MEC .(5分)
(2)连结DE .由于四边形ABCD 是菱形，E 是AB 的中点，可得DE ⊥AB .
如图，建立空间直角坐标系D －xyz ，则D (0，0，0)，
E (3，0，0), C (0，2，0)，M (3，－1，
377
).CE →
＝(3，－2，0)，EM →
＝(0，－1，377
)．
设平面MEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧CE →·n ＝0，
EM →·n ＝0，所以⎩
⎪⎨⎪⎧3x －2y ＝0，y －377z ＝0.
令x ＝2，所以n ＝(2，3，
21
3
)， 又平面CDE 的法向量m ＝(0，0，1)，
所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝1
2
.
所以二面角M —EC —D 的大小是60°.(12分) 20．解：(1)∵CD ＝4105，∴点E (2105，210
5)，
又∵PQ ＝2105，∴点G (4105，10
5)，
则⎩⎪⎨⎪⎧85a 2
＋8
5b 2
＝1，325a 2
＋25b 2
＝1，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧a 2＝8，
b 2
＝2，
∴椭圆方程x 28＋y 2
2
＝1.（4分）
(2)设直线MA 、MB 的斜率分别为k 1，k 2，只需证明k 1＋k 2＝0即可，设A (x 1，y 1)，B (x 2，
y 2)，则k 1＝y 1－1x 1－2，k 2＝y 2－1x 2－2，直线l 方程为y ＝12x ＋m ，代入椭圆方程x 28＋y 2
2
＝1消去y ，
得x 2
＋2mx ＋2m 2
－4＝0可得x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝2m 2
－4.（9分） 而k 1＋k 2＝
y 1－1x 1－2＋y 2－1x 2－2＝（y 1－1）（x 2－2）＋（y 2－1）（x 1－2）
（x 1－2）（x 2－2）
＝（12x 1＋m －1）（x 2－2）＋（1
2x 2＋m －1）（x 1－2）（x 1－2）（x 2－2）
＝
x 1x 2＋（m －2）（x 1＋x 2）－4（m －1）
（x 1－2）（x 2－2）
＝2m 2
－4＋（m －2）（－2m ）－4（m －1）（x 1－2）（x 2－2）
＝2m 2
－4－2m 2
＋4m －4m ＋4（x 1－2）（x 2－2）
＝0，（12分）
∴k 1＋k 2＝0，故直线MA 、MB 与x 轴始终围成一个等腰三角形.（13分） 21．解：(1)因为f (x )在(1，＋∞)上为减函数， 故f ′(x )＝ln x －1
（ln x ）2－a ≤0在(1，＋∞)上恒成立．
所以当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )max ≤0.
又f ′(x )＝ln x －1（ln x ）2－a ＝－(
1ln x )2＋1ln x －a ＝－(1ln x －12)2＋1
4－a ， 故当1ln x ＝12，即x ＝e 2
时，f ′(x )max ＝14－a .
所以14－a ≤0，于是a ≥14，故a 的最小值为1
4
.(4分)
(2)命题“若存在x 1，x 2∈[e ，e 2
]，使f (x 1)≤f ′(x 2)＋a 成立”等价于
“当x ∈[e ，e 2
]时，有f (x )min ≤f ′(x )max ＋a ”．
由(1)，当x ∈[e ，e 2
]时，有f ′(x )max ＝14－a ，∴f ′(x )max ＋a ＝14.
问题等价于“当x ∈[e ，e 2
]时，有f (x )min ≤14”.(6分)
10当a ≥14时，由(1)，f (x )在[e ，e 2
]上为减函数，
则f (x )min ＝f (e 2
)＝e 2
2－a e 2
≤14，故a ≥12－14e
2.(8分)
20当a ＜14时，由于f ′(x )＝－(1ln x －12)2＋14－a 在[e ，e 2
]上为增函数，
故f ′(x )的值域为[f ′(e)，f ′(e 2
)]，即[－a ，14
－a ]．
① 若－a ≥0，即a ≤0，f ′(x )≥0在[e ，e 2
]上恒成立，故f (x )在[e ，e 2
]上为增函数， 于是，f (x )min ＝f (e)＝e －a e ≥e ＞1
4
，不合题意.(10分)
②若－a ＜0，即0＜a ＜1
4，由f ′(x )的单调性和值域知，
存在唯一x 0∈(e ，e 2
)，使f ′(x 0)＝0，且满足： 当x ∈(e ，x 0)时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数；
当x ∈(x 0，e 2
)时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数.(12分)
所以，f (x )min ＝f (x 0)＝x 0ln x 0－ax 0≤14
，x 0∈(e ，e 2
)．
所以，a ≥1ln x 0－14x 0＞1ln e 2－
14e ＞12－14＝14，与0＜a ＜1
4矛盾，不合题意． 综上，得a ≥12－1
4e 2.(14分)。