湖北省黄冈中学2014届高三5月模拟考试+数学理试题+Word版含答案.doc

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1、1湖北省黄冈中学湖北省黄冈中学 20142014 届高三五月模拟考试届高三五月模拟考试数学（理工类）本试题卷共6 页，共22题，其中第15、16题为选考题满分150分考试用时120分钟祝考试顺利命题：潘际栋审稿：张智校对：尚厚家注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置用统一提供的 2B 铅笔将答题卡上试卷类型 A 后的方框涂黑2选择题的作答：每小题选出答案后，用统一提供的 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号答在试题卷、草稿纸上无效3填空题和解答题的作答：用统一提供的签

2、字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内答在试题卷、草稿纸上无效4选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用统一提供的 2B 铅笔涂黑考生应根据自己选做的题目准确填涂题号，不得多选答题答在答题卡上对应的答题区域内，答在试题卷、草稿纸上无效5考生必须保持答题卡的整洁考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交一、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若全集 U1,2,3,4,5,6，M1,4，N2,3，则集合5,6等于()AMNBMNC(UM)(UN)D(UM)(UN)2已知命题p：,xR$使1sin2xx成立

3、则p为（）A,xR$使1sin2xx=成立B,xR 1sin2xx均成立C,xR$使1sin2xx成立D,xR 1sin2xx均成立3由曲线23,yxyx围成的封闭图形的面积为（）A112B14C13D7124向圆内随机投掷一点，此点落在该圆的内接正n边形*(3,)nnN内的概率为nP2下列论断正确的是（）A随着n的增大，nP增大B随着n的增大，nP减小C随着n的增大，nP先增大后减小D随着n的增大，nP先减小后增大5为得到函数sin()3yx的图象，可将函数sinyx的图象向左平移m个单位长度，或向右平移n个单位长度（m，n均为正数），则|mn的最小值是（）A43B23C3D26已知等差数列

4、na的前n项和为nS，且*,(,nmnmSSm nNmn且)mn，则下列各值中可以为n mS的值的是（）A2B3C4D57已知变量,x y满足不等式组21022020 xyxyxy，则22xyz 的最小值为()A52B2C33 2D31328气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连续 5 天的日平均温度均不低于 220C”现有甲、乙、丙三地连续 5 天的日平均温度的记录数据（记录数据都是正整数）：甲地：5 个数据的中位数为24，众数为22；乙地：5 个数据的中位数为27，总体均值为24；丙地：5 个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8则肯定进入夏季的地区有()A 0 个B

5、1 个C 2 个D 3 个9 在等腰梯形ABCD中，,E F分别是底边,AB CD的中点，把四边形AEFD沿直线EF折起后所在的平面记为，P，设,PB PC与所成的角分别为1212,(,均不为0)若12，则点P的轨迹为（）A直线B圆C椭圆D抛物线10已知关于x的方程cos xkx在(0,)有且仅有两根，记为,()，则下列的四3个命题正确的是（）A2sin22 cosB2cos22 sinC2sin22sin D2cos22sin 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，书写不清，模棱两可均不得分（一）必考题

6、（1114 题）11已知某四棱锥，底面是边长为 2 的正方形，且俯视图如右图所示.若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为_12设(1,1,2),(,)abx y z，若22216xyz，则a b 的最大值为13过抛物线2:2C xy的焦点F的直线l交抛物线C于,A B两点，若抛物线C在点B处的切线斜率为 1，则线段AF 14已知数列A：123,na a aa*(3)nnN，中，令*|,1,AijTx xaaijn i jN，()Acard T表示集合AT中元素的个数（1）若:1,3,5,7,9A，则()Acard T；（2）若1iiaac（c为常数，且0c，11in）则()Acard T

7、（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，PC切圆O于点C，割线PAB经过圆心O，弦CDAB于点E，已知圆O的半径为3，2PA，则CE _16（选修 4-4：坐标系与参数方程）已知在平面直角坐标系xoy中，圆 C 的参数方程为33cos,(13sinxy 为参数），以ox为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为cos()0.6则圆 C 截直线 l 所得的弦长为三、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

8、或演算步骤.211PCBADEO417（本小题满分 12 分）已知ABC中，21,3ACABCBACx，记()f xAB BC （1）求()f x解析式并标出其定义域；（2）设()6()1g xmf x，若()g x的值域为3(1,2，求实数m的值18（本小题满分 12 分）一个盒子中装有大量形状大小一样但重量不尽相同的小球，把它们编号，利用随机数表法 抽 取 50 个 作 为 样 本，称 出 它 们 的 重 量（单 位：克），重 量 分 组 区 间 为(5,15,(15,25,(25,35，(35,45,由此得到样本的重量频率分布直方图，如图所示（1）求a的值；（2）根据样本数据，试估计盒子

9、中小球重量的平均值；（3）从盒子中随机抽取 3 个小球，其中重量在(5,15内的小球个数为，求的分布列和期望19（本小题满分 12 分）已知某几何体的直观图和三视图如下图所示（转下页），其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，（1）求证：BN11C B N 平面；（2）设为直线1C N与平面1CNB所成的角，求sin的值；（3）设 M 为 AB 中点，在 BC 边上求一点 P，使MP/平面 CNB1，求BPPC的值448正视图侧视图开始输入1,a d k0,0,1SMi?ik1iiaad11iiMaaSSMY输出S结束N1ii 5（第 19 题图）（第 20 题图）20（本小

10、题满分 12 分）已知数列na的各项均为正数，观察程序框图，当2k 时，23S；当3k 时，34S（1）试求数列na的通项；（2）设若 x表示不大于x的最大整数（如2.102,0.90），求22222log 1 log 2 log 3log(21)log(2)nnaaT 关于n的表达式21(本小题满分 13 分)已知,A B是椭圆2222:1(0)xyCabab的左,右 顶点，B(2,0)，过椭圆 C 的右焦点F的直线交椭圆于 点 M,N,交直线4x 于点P，且直线PA，PF，PB的 斜 率ACCNMB1C1B6成等差数列（1）求椭圆 C 的方程；（2）若记,AMBANB的面积分别为12,S

11、S求12SS的取值范围22（本小题满分 14 分）设()xg xe，()(1)()f xgxag x，其中,a是常数，且01（1）求函数()f x的最值；（2）证明：对任意正数a，存在正数x，使不等式()11g xax成立；（3）设120,0，且121，证明：对任意正数21,aa都有：12121 122a aaa 2014 年届湖北省黄冈中学五月模拟试题1【答案】D2【答案】D【解析】原命题为特称命题，故其否定为全称命题，即:p,sin2xxx R3【答案】A【解析】12334100111()()()|3412Sxx d xxx4【答案】A7【解析】22122sinsin22nnrnnnPr,

12、设 2sinf xxx,可知 222sincosfxxxx,可3,4x时 222sincos0fxxxx,当(4,)x时,222costan0fxxxx,故nP在*3()nnN时单调递增.5【答案】B【解析】由条件可得121252,2(,)33mknkk kN，则124|2()|3mnkk，易知121kk时min2|3mn6【答案】D【解析】由已知，设2nSAnBn，则22()1()1nmnSAnBnAnB mmmAmB nSAmBmn两式相减得，()0B mn，故10,BAmn。2222()24()4m nmnmnmnmnSA mnmnmnmn，故只有 D 符合。7【答案】D【解析】如图，点

13、(,)x y所满足的区域即为ABC，其中(1,1),(0,2),(1,0),ABC可见，22xyz 取得最小值的点一定在线段AC上，1 232222122223(2)222yyxyyyyz（当且仅当12,33xy 时等号成立）8【答案】C【解析】甲地肯定进入，因为众数为 22，所以 22 至少出现两次，若有一天低于 220C，则中8位数不可能为 24；丙地肯定进入，2210.8 5(3226)18(26)x，若21x，上式显然不成立乙地不一定进入，如 13，23，27，28，299【答案】B【解析】如图，过B作BMAE于M，过C作CNDF于M，易知BM 平面AEFD，CN 平面AEFD，则12

14、,BPMCPN，由12tantan，可得12tantan，故BMCNPNCNPMPNPMBM定值，且此定值不为 1，故P点的轨迹为圆。（到两定点的比为不为 1 定值的点的轨迹为圆阿波罗尼斯圆）10【答案】C【解析】即方程cos xkx在(0,)上有两个不同的解，作出cosyx的图象，可见，直线ykx与cosyx在,2x时相切才符合，此时coscosyxx 有sinxyk，又coscoskk，cossin2sin22sin 11【答案】43【解析】易知2142133V 12【答案】4 6PABCFDNME9【解析】由柯西不等式，222222211(2)()(2)xyzxyz，知2a bxyz 4

15、 6,4 6 13【答案】1【解析】设11,B x y，因为212yx，所以yx，111x xyx，可得11,2B，因为10,2F，所以直线l的方程为12y，故11122AFBF.14【答案】（1）7（2）23n【解析】根据题中集合AT表示的含义，可知AT中元素为数列中前后不同两项的和，所以:1,3,5,7,9A，则集合AT中元素为 4，6，8，10，12，14，16，元素个数为 7.（2）易知，数列数列A为首项为1a，公差为c（0c）的等差数列，所以1(1)naanc，12(2)(1)ijaaaijcijn，ij可以取遍从 3 到21n中每个整数，共有23n个不同的整数，故()Acard T

16、 23n。15【答案】125【解析】：216PCPA PB，所以4PC，又3OC，5OP 则125OC PCCEOP16【答案】24【解析】圆 C 方程为22319xy，直线方程为31022xy，圆心到直线的距离为1d，所以弦长为241017解：（1）由正弦定理有：12sinsinsin()33BCABxx；1sin2sin3BCx，sin()32sin3xAB；41()sinsin()332f xAB BCxx 231(cossin)sin322xxx11sin(2)(0)3663xx-6分（2）()6()1g xmf x 2sin(2)1(0)63mxmx(0,)3x，512sin(2)(

17、,166662xx，则。当0m 时，()2sin(2)16g xmxm的值域为(1,1m。又()g x的值域为3(1,2，解得12m；当0m 时，()2 sin(2)16g xmxm的值域为1,1)m。此时m的值不存在。综上12m-12 分18.（1）由题意，得（0.02+0.032+a+0.018）101,解得0.03a-3 分（2）50 个样本小球重量的平均值为0.2 100.32 200.3 300.18 4024.6x-7 分（3）利用样本估计总体，该盒子中小球重量在(5,15内的概率为 0.2，则1(3,)5B0312334641448(0)(),(1)()()512555125PC

18、PC11223333141211(2)()(),(3)()551255125PCPC的分布列为0123P641254812512125112513355E-12 分19解：（1）证明该几何体的正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，BA，BC，BB1两两垂直。2 分以 BA，BC，BB1分别为zyx,轴建立空间直角坐标系，则 N（4,4,0），B1（0,8,0），C1（0,8,4），C（0,0,4）1BN NB =（4,4,0）（-4,4,0）=-16+16=011CBBN=（4,4,0）（0,0,4）=0BNNB1，BNB1C1且 NB1与 B1C1相交于 B1，BN平面 C

19、1B1N；-4 分（2）设),(2zyxn 为平面1NCB的一个法向量，则2210(,)(4,4,4)0(,)(4,4,0)00nCNx y zx y znNB 210,(1,1,2),(4,4,4)0 xyznC Nxy 取则(4,4,4)(1,1,2)2sin|;316 16 161 14-8 分（3）M（2,0,0）设 P(0,0,a)为 BC 上一点,则),0,2(aMP,MP/平面 CNB1,12.1022)2,1,1(),0,2(22aaanMPnMP又11/,CNBMPCNBPM平面平面,当 PB=1 时 MP/平面 CNB113BPPC-12 分20解：由框图可知1223111

20、1kkSa aa aa aL2 分naQ是等差数列，设公差为d，则有111111()kkkka ad aa12231111111111111()()kkkSd aaaaaad aaL（1）由题意知若2,3kk时，分别有23S 和34S 13141112()31113()4d aad aa解得1111()11aadd 或舍故1(1)naandn-6 分（2）由题意可设22222log 1 log 2 log 3log(21)log(2)nnT 22222log 1 log 2 log 3log(21)log(2)nnT 1222222log 1(log 2 log 3)log(2)log(21)

21、lo g(2)kkn213210 1(22)2(22)(1)(22)nnnn 2311 22 23 2(1)2nnn (2)22nnn-12 分21解：（1）令),0,(),4(0cFyP由题意可得).0,2(),0,2(,2BAa13,242442,2000yycykkkPBPAPF.3.1222cabc椭圆方程为.13422yx-5 分（2）),(),(2211yxNyxM令由方程组,1,124322myxyx消 x,得,096)4322myym（,436221mmyy,439221myy-8 分2/得,434221221221yytmmyyyy令,433163104381011222mm

22、mtttt则11012|3,|133tttt且且,212121tyAByABSSANBAMB1(,1)(1,3)3AMBANBSS -13 分21（1）()(1)()fxgxag x，-1 分由()0fx得，(1)()gxag x，(1)xax，即(1)()0 xa，解得xa，-3 分14故当xa时，()0fx；当xa时，()0fx；当xa时，()f x取最大值，max()()(1)()(1)af xf ag ae()f x没有最小值-4 分（2）111xxeexxx，又当0 x 时，令()1xh xex，则()10 xh xe，故()(0)0h xh，因此原不等式化为1xexax，即(1)1

23、0 xea x，令()(1)1xxea x，则()(1)xxea，由()0 x得：1xea，解得ln(1)xa，当0ln(1)xa时，()0g x；当ln(1)xa时，()0g x故当ln(1)xa时，()x取最小值min()xln(1)(1)ln(1)aaaa，-7 分令()(1)ln(1)(0)s aaaa a，则()ln(1)0s aa 故()(0)0s as，即ln(1)(1)ln(1)0aaaa因此，存在正数ln(1)xa，使原不等式成立-9 分（3）由（1）()(1)()f xg a恒成立，故(1)()(1)()gxag xg a，取1212,1xx ax，即得1 1221122()()()gxxg xg x，即1 12 21212xxxxeee，故所证不等式成立-14 分法二：先证(1)1(0,1)xxx 令()(1)xxx，()(1)10 xx，则0 x，而(1,0)x 时，()0 x；(0,)x，()0 xmin()(0)1x，()1x，15(1)1(0,1)xxx ，令211axa，2则有12121 122a aaa。