2022年武汉市下学期高三级2月调研测试数学试卷含答案.pdf

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1、湖北省武汉市 2014届下学期高三年级2 月调研测试数学试卷（理科）2014.2.20 一、选择题：本大题共10 小题，每小题5 分，共 50 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复数m(3 i) (2 i) （mR，i 为虚数单位）在复平面内对应的点不可能位于A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限2以下茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）甲组乙组9 0 9 x 2 1 5 y 8 7 4 2 4 已知甲组数据的平均数为17，乙组数据的中位数为17，则x，y的值分别为A2，6 B2，7 C3，6 D3，7 3已知e1，e2是夹角为 6

2、0的两个单位向量，若ae1e2，b 4e12e2，则a与b的夹角为A30 B60 C120 D1504张丘建算经卷上第22 题“女子织布”问题：某女子善于织布，一天比一天织得快，而且每天增加的数量相同已知第一天织布5 尺， 30 天共织布390 尺，则该女子织布每天增加A47尺 B1629尺 C815尺 D1631尺5阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序若输入某个正整数n后，输出的S(31 ，72) ，则n的值为精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 11 页 - - - - - -

3、 - - - - A5 B6 C7 D8 6若(9x13x)n（nN*）的展开式的第3项的二项式系数为36，则其展开式中的常数项为A252 B 252 C84 D 84 7设a，bR，则“a1b2b1a21”是“a2b21”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8如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，H分别是棱A1B1，D1C1上的点（点E与B1不重合），且EHA1D1，过EH的平面与棱BB1，CC1相交，交点分别为F，G设AB2AA12a在长方体ABCD-A1B1C1D1内随机选取一点，记该点取自于几何体A1ABFE-D1DCGH内的概率为P，当

4、点E，F分别在棱A1B1，BB1上运动且满足EFa时，则P的最小值为A1116 B34 C1316 D789若S1121xdx，S212(lnx1)dx，S312xdx，则S1，S2，S3的大小关系为AS1S2S3 BS2S1S3 CS1S3S2 DS3S1S210如图，半径为2 的半圆有一内接梯形ABCD，它的下底AB是O的直径，上底CD的端点在圆周上若双曲线以A，B为焦点，且过C，D两点，则当梯形ABCD的周长最大时，双曲线的实轴长为A31 B232 C31 D232 二、填空题：本大题共6 小题，考生共需作答5 小题，每小题5 分，共 25 分请将答案填在答题卡对应题号的位置上答错位置，

5、书写不清，模棱两可均不得分（一）必考题（1114 题）11已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 12曲线ysinxx在点M(，0) 处的切线与两坐标轴围成的三角形区域为D（包含三角形内部与边界）若点P(x，y) 是区域D内的任意一点，则x4y的最大值为13 如下图所示，它们都是由小正方形组成的图案现按同样的排列规则进行排列，记第n个图形包含的小正方形个数为f(n) ，则（）f(5) ；

6、（）f(n) 14已知函数f(x) 3sin2x2cos2xm在区间 0 ，2 上的最大值为3，则（）m；（）对任意aR，f(x) 在 a，a20 上的零点个数为（二）选考题（请考生在第15、16 两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B 铅笔涂黑如果全选，则按第15 题作答结果计分）15（选修 4-1 ：几何证明选讲）如图，O的直径AB的延长线与弦CD的延长线相交于点P，E为O上一点，AEAC，DE交AB于点F若AB4，BP3，则PF精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - -

7、- -第 3 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 16（选修 4-4：坐标系与参数方程）在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系已知直线(2cossin) a0 与曲线x sin cos，y1sin2（为参数） 有两个不同的交点，则实数a的取值范围为三、解答题：本大题共6 小题，共75 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（本小题满分12 分）在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c已知 sin(AB) cosC（）若a32，b10，求c；（）求acosCccosAb的取值范围18（本小题满分12 分）已知数列 an满足a10

8、，an12|an| ，nN*（）若a1，a2，a3成等比数列，求a1的值；（）是否存在a1，使数列 an为等差数列？若存在，求出所有这样的a1；若不存在，说明理由19（本小题满分12 分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为 4 的正方形，平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5（）求直线B1C1与平面A1BC1所成角的正弦值；（）在线段BC1上确定一点D，使得ADA1B，并求BDBC1的值20（本小题满分12 分）甲、乙、丙三人进行乒乓球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎

9、下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 负的一方在下一局当裁判设各局中双方获胜的概率均为12，各局比赛的结果相互独立，第1 局甲当裁判（）求第4 局甲当裁判的概率；（）用X表示前 4 局中乙当裁判的次数，求X的分布列和数学期望21（本小题满分13 分）如图，矩形ABCD中，|AB| 22，|BC| 2E，F，G，H分别是矩形四条边的中点，分别以HF，EG所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，已知OROF，CRCF，其中 01（）求证：直线ER与GR的交点M在椭圆：x22y21 上；（）若点N是直线l：yx2 上

10、且不在坐标轴上的任意一点，F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，直线NF1和NF2与椭圆的交点分别为P、Q和S、T是否存在点N，使得直线OP、OQ、OS、OT的斜率kOP、kOQ、kOS、kOT满足kOPkOQkOSkOT0？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由22（本小题满分14 分）（）已知函数f(x) ex 1tx，?x0R，使f(x0) 0，求实数t的取值范围；（）证明：bablnbabaa，其中 0ab；（） 设x 表示不超过x的最大整数， 证明： ln(1n) 1 121n 1lnn（nN*）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载

11、名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 武汉市 2014 届高三 2 月调研测试数学（理科）试题参考答案及评分标准一、选择题1B 2D 3C 4B 5B 6C 7A 8D 9A 10 D 二、填空题11323 124 13（） 41；（） 2n22n1 14（） 0；（） 40 或 41 15215 160 ，12) 三、解答题17（本小题满分12 分）解：（）由sin(AB) cosC，得 sin(AB) sin(2C) ABC是锐角三角形，AB2C，即ABC2，又ABC，由，得B4由余弦定理b2c2a22cacosB

12、，得 (10)2c2 (32)22c32cos4，即c26c80，解得c2，或c4当c2 时，b2c2a2(10)222(32)2 40，b2c2a2，此时A为钝角，与已知矛盾，c2故c 46 分（）由（），知B4，AC34，即C34AacosCccosAbsinAcosCcosAsinCsinBsin(AC)222sin(2A34) ABC是锐角三角形，4A2，4 2A344，22sin(2A34) 22， 1acosCccosAb1故acosCccosAb的取值范围为 ( 1，1) 12 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 -

13、- - - - - - - - -第 6 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 18（本小题满分12 分）解：（）a10，a22|a1| 2a1，a32|a2| 2|2 a1| 当 0a12 时，a32 (2 a1)a1，a21 (2a1)2，解得a11当a12 时，a32(a12)4a1，a1(4 a1) (2 a1)2，解得a122 （舍去）或a122综上可得a11 或a1226 分（）假设这样的等差数列存在，则由 2a2a1a3，得 2(2 a1) a1(2 |2 a1|) ，即 |2 a1| 3a12当a12 时，a123a12，解得a10，与a12 矛盾；当 0a

14、12 时， 2a13a12，解得a11，从而an 1（nN*），此时 an是一个等差数列；综上可知，当且仅当a11 时，数列 an为等差数列12 分19（本小题满分12 分）解：（）AA1C1C为正方形，AA1AC平面ABC平面AA1C1C，AA1平面ABC，AA1AC，AA1AB由已知AB3，BC5，AC4，ABAC如图， 以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则B(0 ，3，0) ，A1(0 ，0，4) ，B1(0 ，3，4) ，C1(4，0，4)，A1B(0，3， 4)，A1C1(4，0，0) ，B1C1(4 ， 3，0) 设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z) ，则精品资料 -

15、- - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 11 页 - - - - - - - - - - nA1B0，nA1C10即3y4z0，4x0令z 3，则x 0，y4，n(0 ，4， 3) 设直线B1C1与平面A1BC1所成的角为，则sin|cos B1C1，n | |B1C1n|B1C1|n|34551225故直线B1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为12256分（）设D(x，y，z) 是线段BC1上一点，且BDBC1（0 ，1 ），(x，y3，z) (4 ，3，4) ，x4，y33，z4，AD(4，3

16、3，4)又A1B(0，3， 4)，由ADA1B0，得 3(3 3) 44 0，即 9250，解得9250 ，1 故在线段BC1上存在点D，使得ADA1B此时BDBC192512 分20（本小题满分12 分）解：（）记A1表示事件“第2局结果为甲胜”，A2表示事件“第3 局甲参加比赛时，结果为甲负”，A表示事件“第4 局甲当裁判”则AA1A2P(A) P(A1A2) P(A1)P(A2) 144 分（）X的可能取值为0，1，2记A3表示事件“第3 局乙和丙比赛时，结果为乙胜丙”，B1表示事件“第1 局结果为乙胜丙”，B2表示事件“第2 局乙和甲比赛时，结果为乙胜甲”，B3表示事件“第3 局乙参加

17、比赛时，结果为乙负”则P(X0) P(B1B2A3) P(B1)P(B2)P(A3) 18，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 11 页 - - - - - - - - - - P(X2) P(B1-B3) P(B1-)P(B3) 14，P(X1) 1P(X0) P(X2) 1181458X的分布列为X0 1 2 P185814E(X) 0181582149812 分21（本小题满分13 分）解：（）由已知，得F(2，0) ，C(2，1) 由OROF，CRCF，得R(2， 0) ，

18、R (2，1) 又E(0 ，1) ，G(0，1) ，则直线ER的方程为y12x1，直线GR的方程为y2x1由，得M(2212，1212) (2212)22(1212)242(1 2)2(1 2)2(12)2(12)21，直线ER与GR的交点M在椭圆：x22y21 上5分（）假设满足条件的点N(x0，y0) 存在，则直线NF1的方程为yk1(x1) ，其中k1y0 x01，直线NF2的方程为yk2(x1) ，其中k2y0 x01由yk1(x1) ，x22y21消去y并化简，得 (2k211)x24k21x 2k2120设P(x1，y1)，Q(x2，y2) ，则x1x24k212k21 1，x1x

19、22k2122k211OP，OQ的斜率存在，x10，x20，k211精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 11 页 - - - - - - - - - - kOPkOQy1x1y2x2k1(x11)x1k1(x21)x22k1k1x1x2x1x2k1(2 4k212k21 2) 2k1k211同理可得kOSkOT2k2k221kOPkOQkOSkOT 2(k1k211k2k221) 2k1k22k1k21k2k2(k211)(k221)2(k1k2)(k1k21)(k211)(k22

20、1)kOPkOQkOSkOT0，2(k1k2)(k1k21)(k211)(k221)0，即 (k1k2)(k1k2 1) 0由点N不在坐标轴上，知k1k20，k1k21，即y0 x01y0 x011又y0 x02，解，得x054，y034故满足条件的点N存在，其坐标为（54，34）13 分22（本小题满分14 分）解：（）若t0，令x1t，则f(1t)et1 110；若t0，f (x) ex10，不合题意；若t0，只需f(x)min0求导数，得f(x) ex1t令f(x) 0，解得xlnt1当xlnt1 时，f(x) 0，f(x) 在( ， lnt1) 上是减函数；当xlnt1 时，f(x)

21、0，f(x) 在(lnt 1， ) 上是增函数故f(x) 在xlnt1 处取得最小值f(lnt1)t t(lnt1) tlnttlnt0，由t0，得 lnt0，t1综上可知，实数t的取值范围为 ( ， 0) 1 ，+) 4分（）由（），知f(x) f(lnt1) ，即 ex1txtlnt取t1，ex 1x0，即xex1当x 0 时，lnxx1，当且仅当x1 时，等号成立，故当x0 且x1 时，有 lnxx1令xba，得 lnbaba1（0ab），即 lnbabaa精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - -

22、-第 10 页，共 11 页 - - - - - - - - - - 令xab，得 lnabab1（0ab），即 lnbaabb，亦即 lnbabab综上，得bablnbabaa9 分（）由（），得bablnbabaa令ak，bk1（kN*），得1k1lnk1k1k对于 lnk1k1k，分别取k1，2，n，将上述n个不等式依次相加，得ln21ln32 lnn1n1121n，ln(1 n) 1121n对于1k 1lnk1k，分别取k1，2，n1，将上述n1 个不等式依次相加，得12131nln21ln32 lnnn1，即12131nlnn（n2），1121n1lnn（nN*）综合，得ln(1 n) 1121n1 lnn易知，当pq时，p q ，ln(1n) 1 121n 1 lnn （nN*）又 1 lnn 1lnn ，ln(1n) 1 121n 1lnn （nN*）14 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 11 页 - - - - - - - - - -