河南省新乡、许昌、平顶山三市2014届高三第一次调研考试试题理科

平顶山新乡许昌三市2014届高三第一次调研考试

理科数学参考答案

一.选择题

1——5 CBCBB 6——10 DAACB 11-----12 AD

二.填空题

13. 160 14.

13+

15. 3 16. 1-或10 三. 解答题

17.

解：（Ⅰ）由C B B C A cos sin cos sin 2sin 2

3+=得A C B A A sin )sin(cos sin 3=+=， …………………………………………2分

由于ABC ∆中0sin >A ，1cos 3=∴A ，3

1cos =A …… …………………………4分 3

22cos 1sin 2=-=∴A A . …… ………………………………5分 （Ⅱ）由332cos cos =+C B 得3

32cos )cos(=++-C C A ，……………6分 即332cos cos cos sin sin =+-C C A C A ，3

32cos 32sin 322=+∴C C ……8分 得3cos sin 2=+C C ，C C sin 23cos -=，平方得36sin =

C ，……10分 由正弦定理得2

3sin sin ==

A C a c …… ………………………………12分 18.

解：（Ⅰ）

6分 （Ⅱ）获一等奖的概率为0.04，8（人），

随机变量X 的可能取值为0,1,2,3.

()561058

5503===C C C X P ;()56151584513===C C C X P ; ()28152583523===C C C X P ;()285358

2533===C C C X P .……………………………10分

X ()8

283282561560=⨯+⨯+⨯+⨯=X E

. ………………………………12分 19.

证明：（I ）方法一：由AE ⊥平面BCD 得AE CD ⊥，又AD CD ⊥，

则CD ⊥平面AED ，故CD DE ⊥， …………………………………………2分 同理可得CB BE ⊥，则BCDE 为矩形，又BC CD =，

则BCDE 为正方形，故CE BD ⊥． …………………………………………4分

方法二：由已知可得AB BD AD ===，设O 为BD 的中点，则,A O B D C O B D ⊥⊥，

则BD ⊥平面AOC ，故平面BCD

⊥平面AOC ，则顶点A 在底面BCD 上的射影E 必在OC ，故CE BD

⊥．

（II ）方法一:由（I ）的证明过程知

OD ⊥平面,AEC 过O 作OF EG ⊥，垂足为F ，则易证得DF

EG ⊥，故OFD ∠即为二面角C EG D --的平面角，………………6分

由已知可得6AE =，则

2AE AG AC =⋅，故EG AC ⊥

，则2

CG OF == 又OD =DF = …………………………10分 故cos OFD ∠=C EG D --．……………………12分 方法二: 由（I ）的证明过程知BCDE 为正方形，如图建立坐标系，

则()()()()()0,0,0,0,6,0,0,0,6,6,0,0,6,6,0E D A B C ，可得()2,2,4G ，………7分 则()()0,6,0,2,2,4ED EG ==，易知平面CEG 的一个法向量为()6,6,0,BD =-设平面

DEG 的一个法向量为(),,1n x y =，则由00n ED n EG ⋅

=⋅=⎧⎪⎨⎪

⎩得()2,0,1n =-，

…………………………10分 则10cos ,||||

n BD n BD n BD

⋅<>==⋅，即二面角C EG D -- ……………………12分

20.

解（I ）)1,0(A ，)1,0(-B ，令),(00y x P ，则由题设可知00≠x ，

∴ 直线AP 的斜率0011x y k -=，PB 的斜率0

021x y k +=，又点P 在椭圆上，所以 14

2020=+y x ，（00≠x ），从而有411112020000021-=-=+⋅-=x y x y x y k k . ……………………4分

（II ）由题设可以得到直线AP 的方程为)0(11-=-x k y ，即11y k x -=

直线BP 的方程为)0()1(2-=--x k y ，即21y k x +=

由⎪⎩⎪⎨⎧-=-=⇒⎩⎨⎧-==-232111y k x y x k y ， 由⎪⎩

⎪⎨⎧-=-=⇒⎩⎨⎧-==+212122y k x y x k y ， ……………………6分

∴直线AP 与直线l 的交点⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--2,31k N ，直线BP 与直线l 的交点⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛--2,12k M . 又4

121-=k k ，2113||k k MN -=∴34||4||32||4||343111111=⋅≥+=+=k k k k k k ， 当且仅当||4||311k k =，即2

31±=k 时取等号，故线段MN 长的最小值是34. …………………………8分

（III ）设点),(y x Q 是以MN 为直径的圆上的任意一点，则0=⋅，

故有0)2)(2(1321=+++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛

+y y k x k x ，又4

121-=k k ，所以以MN 为直径的圆的 方程为04312)2(1122=⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛-+-++x k k y x ，………………………………………10分 令⎩⎨⎧=-++=012)2(0

22y x x ， 解得⎩⎨⎧+-==3220y x ，或⎩⎨⎧--==3220

y x ，

所以以MN 为直径的圆恒过定点)322,0(+-或)322,0(--.

………………………………………12分

注：写出一个坐标即可给分.

21.

解：(I)令()()()F x f x g x =-，若3t =，则()|3|ln F x x x x =--，

方程()()0f x g x m -+=在区间[1,4]上有且只有两个不相等的实数根，

等价于()y F x =与y m =-的图像在区间[1,4]上有且只有两个交点；

当[3,4]x ∈时，2()3ln F x x x x =--，2'

1231()230x x F x x x x --=--=>， ∴函数()F x 在[3,4]上单调递增； ………………………………………3分

当[1,3]x ∈时，2()3ln F x x x x =-+-，2'

1231()23x x F x x x x -+-=-+-=≤0， ∴函数()F x 在[1,3]上单调递减；

∴函数()F x 在区间[1,4]有最小值(3)ln 3F =-，又(1)2F =，(4)4ln 4F =-， 显然(4)(1)F F >，

∴(3)F m <-≤(1)F 即ln 3m -<-≤2，∴2-≤ln 3m <.

………………………………………6分

(Ⅱ) 由()f x ≥()g x 恒成立，即x t -≥

ln x x

恒成立， （*） 因为[1,)x ∈+∞ 所以 ①当t ≤1时，由x t -≥ln x x 得x t -≥ln x x

， 即t ≤ln x x x -恒成立，现令()ln x h x x x =-， 则221

ln ()x x h x x -+'=， 因为x ≥1，所以()0h x '≥，故()h x 在[)1+∞，上单调递增，