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，
从而()h x 的最小值为1，因为t ≤ln x x x
-恒成立等价于t ≤()min h x ，所以t ≤1. ………………………………………10分
②当1t >时，x t -的最小值为0，而()ln 01x x >>，显然不满足题意. 综上可得，满足条件的t 的取值范围是(]1-∞，. ……………………………………12分 22.
（Ⅰ）证明：∵AB 切圆于B ，
∴2AB AD AE =⋅，
又∵AB AC =，∴2AC AD AE =⋅，
∴△ACD ∽△AEC ，∴ACD AEC ∠=∠，
又∵AEC DGF ∠=∠，∴ACD DGF ∠=∠
∴AC //FG
………………………………………5分
（Ⅱ）证明：连接BD ，BE ，EG
由AB AC =，BAD CAD ∠=∠及AD AD =，
知△ABD ≅△ACD ，同理有△ABE ≅△ACE ，∴BDE CDE ∠=∠，故BE EG =， 又BE CE = ∴EC EG = ………………………………………10分
23.
解:(Ⅰ)圆C 的普通方程是22
(1)1x y -+=，又cos ,sin x y ρθρθ==;
所以圆C 的极坐标方程是2cos ρθ=. ………………………………………4分 (Ⅱ)设11(,)ρθ为点P 的极坐标，则有1112cos 3ρθπθ=⎧⎪⎨=⎪⎩
解得1113ρπθ=⎧⎪⎨=⎪⎩. ………………………………………6分
设22(,)ρθ为点Q
的极坐标，则有2222(sin )3ρθθπθ⎧=⎪⎨=⎪⎩
， 解得2233ρπθ=⎧⎪⎨=⎪⎩ ………………………………………8分
由于12θθ=，所以122PQ ρρ=-=，所以线段PQ 的长为2.………………10分
24.
解:(Ⅰ)211y x =+-==+
3x >,0y ∴<,y ∴< ----------------------------(5分)。