2014～2015学年度第二学期高三年级总复习质量检测(二)数学试卷(理工类)附答案

2014～2015学年度第二学期高三年级总复习质量检测（二）数学试卷（理工类） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至9页．祝各位考生考试顺利！第 Ⅰ 卷注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂在答题卡上；2．每小题选出答案后，用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．3．本卷共8小题，每小题5分，共40分． 参考公式：·如果事件A ，B 互斥，那么 ·如果事件A ，B 相互独立，那么P (A ∪B )=P (A )+P (B )． P (AB )=P (A )•P (B )．·棱柱的体积公式V 柱体=Sh ， ·球的体积公式V 球=34πR 3，其中S 表示棱柱的底面积， 其中R 表示球的半径． h 表示棱柱的高．一、选择题：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）设i 是虚数单位，则复数ii65-=（ ）． （A ）6–5i （B ）6+5i （C ）–6+5i （D ）–6–5i （2）已知命题p ：x 1，x 2∈R ，(f (x 2)–f (x 1))(x 2–x 1)≥0，则⌝p 是（ ）．（A ）x 1，x 2∈R ，(f (x 2)–f (x 1))(x 2–x 1)≤0 （B ）x 1，x 2∈R ，(f (x 2)–f (x 1))(x 2–x 1)≤0 （C ）x 1，x 2∈R ，(f (x 2)–f (x 1))(x 2–x 1)＜0 （D ）x 1，x 2∈R ，(f (x 2)–f (x 1))(x 2–x 1)＜0（3）某单位有840名职工，现采用系统抽样方法，抽取42人做问卷调查，将840人按1，2，…，840随机编号，则抽取的42人中，编号落入区间[481，720]的人数为（ ）．（A ）10 （B ）11（C ）12（D ）13（4）如图所示的程序框图表示求算式“2×4×8×16×32×64”的值，则判断框内可以填入（ ）．（A ）k ＜132? （B ）k ＜70? （C ）k ＜64? （D ）k ＜63?（5）已知双曲线C ：22x a –22y b=1的焦距为10，点P (2，1)在C 的渐近线上，则C 的方程为（ ）．（A ）220x –25y =1 （B ）25x –220y =1（C ）280x –220y =1 （D ）220x –280y =1（6）在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知8b=5c ，C=2B ，则cos C=（ ）． （A ）725 （B ）725- （C ）725± （D ）2425（7）由曲线y=x 2，y=x 围成的封闭图形的面积为（ ）． （A ）61 （B ）31（C ）32（D ）1（8）在△ABC 中，若|AB +|=|AB –|，AB=2，AC=1，E ，F 为BC 边的三等分点，则AE •AF =（ ）．（A ）98 （B ）910（C ）925（D ）926南开区2014～2015学年度第二学期高三年级总复习质量检测（二）答 题 纸（理工类）第 Ⅱ 卷注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔答题； 2．本卷共12小题，共110分．二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分．请将答案填在题中横线上。

（9）若集合A={x |2x+1＞0}，B={x ||x –1|≤2}，则A ∩B= ． （10）(x 2–x1)6的展开式中x 3的系数为______． （11）一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则该几何体的体积为m 3．（12）已知圆的极坐标方程为ρ=4cos θ，圆心为C ，点P 的极坐标为(4，3π)，则|CP |= ． （13）如图，C 是以AB 为直径的半圆O 上的一点，过C 的直线交 直线AB 于E ，交过A 点的切线于D ，BC ∥OD ．若AD=AB=2， 则EB= ．（14）已知函数f (x )=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∞+∈∈-)(log ]0[)2cos(2015，，，，，ππππx x x x ，若有三个不同的实数a ，b ，c ，使得f (a )=f (b )=f (c )，则a+b+c 的取值范围为 ．三、解答题：（本大题共6个小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）（15）（本小题满分13分）已知函数f (x )=–2sin (2x+4π)+6sin x cos x –2cos 2x +1，x ∈R ． （Ⅰ）求f (x )的最小正周期； （Ⅱ）求f (x )在区间[0，2π]上的最大值和最小值．31363223侧视图俯视图正视图（16）（本小题满分13分）某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球，根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：奖级摸出红.蓝球个数获奖金额一等奖3红1蓝200元二等奖3红0蓝50元三等奖2红1蓝10元其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级．（Ⅰ）求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；（Ⅱ）求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X的分布列与期望E(X )．（17）（本小题满分13分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=4，AB=2．若M，N分别为棱PD，PC上的点，O为AC的中点，且AC=2OM=2ON．（Ⅰ）求证：平面ABM⊥平面PCD；（Ⅱ）求直线CD与平面ACM所成的角的正弦值；（Ⅲ）求点N到平面ACM的距离．（18）（本小题满分13分）已知椭圆C ：12222=+b y a x （a ＞b ＞0），其中e=21，焦距为2，过点M (4，0)的直线l 与椭圆C 交于点A ，B ，点B 在AM 之间．又点A ，B 的中点横坐标为74，且=λ．（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程； （Ⅱ）求实数λ的值．（19）（本小题满分14分）在等比数列{a n }中，已知a 1=2，且a 2，a 1+a 3，a 4成等差数列． （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式a n ；（Ⅱ）设数列{a n 2–a n }的前n 项和为S n ，记b n =nnS 2，求证：数列{b n }的前n 项和T n ＜23；数学试卷（理工类）参考答案一、选择题：二、填空题：（9）(–21，3]； （10）–20； （11）18+9π； （12） （13）32； （14）(2π，2016π)三、解答题：（其他正确解法请比照给分） （15）解：（Ⅰ）f (x )=–2sin2x cos4π–2cos2x sin 4π+3sin2x –cos2x =2sin2x –2cos2x=22sin (2x –4π)． …………6分所以，f (x )的最小正周期T=22π=π． …………7分（Ⅱ）因为f (x )在区间[0，83π]上是增函数，在区间[83π，2π]上是减函数．又f (0)=–2，f (83π)=22，f (2π)=2，故函数f (x )在区间[0，2π]上的最大值为22，最小值为=–2．………13分（16）解：设A i 表示摸到i 个红球，B j 表示摸到j 个蓝球，则A i （i=0，1，2，3）与B j （j=0，1）相互独立．（Ⅰ）恰好摸到1个红球的概率为P (A 1)=32413C C =18． …………4分（Ⅱ）X 的所有可能值为：0，10，50，200，P (X=200)=P (A 3B 1)=P (A 3)P (B 1)=3733C C •31=1051，P (X=50)=P (A 3B 0)=P (A 3)P (B 0)=3733C C •32=1052，P (X=10)=P (A 2B 1)=P (A 2)P (B 1)=371423C C C •31=10512=354，P (X=0)=1–1051–1052–354=76． …………11分 所以X 的分布列为所以X 的数学期望E (X )=0×76+10×354+50×1052+200×1051=4．…………13分（17）解：（Ⅰ）依题设知，AC=2OM ，则AM ⊥MC ．又因为P A ⊥平面ABCD ，则P A ⊥CD ，又CD ⊥AD ， 所以CD ⊥平面P AD ，则CD ⊥AM ， 所以AM ⊥平面PCD ，所以平面ABM ⊥平面PCD ． …………4分（Ⅱ）如图所示，建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，P (0，0，4)，B (2，0，0)，C (2，4，0)，D (0，4，0)，M (0，2，2)；设平面ACM 的一个法向量n =(x ，y ，z )，由n ⊥AC ，n ⊥AM 可得：240220x y y z +=⎧⎨+=⎩，令z=1，则n =(2，–1，1)．设所求角为α，则6sin 3CD n CD nα⋅==． …………9分 （Ⅲ）由条件可得，AN ⊥NC ．设=λ=(2λ，4λ，–4λ)，则=AP +=(2λ，4λ，4–4λ)，所以•=(2λ，4λ，4–4λ)•(2，4，–4)=36λ–16=0 解得λ=94，所以=(98，916，920)， 设点N 到平面ACM 距离为h ，则||n =27610． …………13分（18）解：（Ⅰ）由条件可知，c=1，a=2，故b2=a 2–c 2=3，椭圆的标准方程是13422=+y x ． …………4分 （Ⅱ）由AM=λMB ，可知A ，B ，M 三点共线，设点A (x 1，y 1)，点B (x 2，y 2)．若直线AB ⊥x 轴，则x 1=x 2=4，不合题意． …………5分 当AB 所在直线l 的斜率k 存在时，设直线l 的方程为y=k (x –4)．由⎩⎨⎧=+-=1243)4(22y x x k y 消去y 得，(3+4k 2)x 2–32k 2x+64k 2–12=0．① …………7分 由①的判别式△=322k 4–4(4k 2+3)(64k 2–12)=144(1–4k 2)＞0，解得k 2＜41， x 1+x 2=343222+k k ，x 1x 2=34126422+-k k ． …………9分由221x x +=341622+k k =74，可得k 2=81，即有k=42． …………10分将k 2=81代入方程①，得7x 2–8x –8=0， 则x 1=7264-，x 2=7264+． …………11分 又因为=(4–x 1，–y 1)，=(x 2–4，y 2)，=λ，所以λ=4421--x x =7249--． …………13分（19）解：（Ⅰ）设等比数列的公比为q ，由已知得：2(a 1+a 3)=a 2+a 4，即2(a 1+a 1q 2)=a 1q+a 1q 3，解得q=2，∴a n =a 1q n –1=2n ； …………5分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得：S n =(a 12+a 22+a 32+…+a n 2)–(a 1+a 2+a 3+…+a n ) =(4+42+43+…+4n )–(2+22+23+…+2n )=41)41(4--n –21)21(2--n =32(2n –1)(2n+1–1) …………9分∴b n =n n S 2=23(121-n –1211-+n ) …………11分∴T n =23(1211-–1212-+1212-–1213-+1213-–1214-+…+1211--n –121-n +121-n –1211-+n ) =23(1–1211-+n )＜23． …………14分（20）解：（Ⅰ）由f '(x )=x 1–a ≤0即x 1≤a 对x ∈(1，+∞)恒成立，∴max 1⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥x a ． 而由x ∈(1，+∞)知x1＜1，∴a ≥1． 由g '(x )=e x –a 令g '(x )=0则x=ln a当x ＜ln a 时，g '(x )＜0，g (x )在(–∞，ln a )单调递减， 当x ＞ln a 时，g '(x )＞0，g (x )在(ln a ，+∞)单调递增， ∵g (x )在(1，+∞)上有最小值， ∴ln a ＞1，∴a ＞e ．综上所述：a 的取值范围为(e ，+∞)． …………4分 （Ⅱ）∵g (x )在(–1，+∞)上是单调增函数，∴g '(x )=e x –a ≥0即a ≤e x 对x ∈(–1，+∞)恒成立，∴a ≤(e x )min ，而当x ∈(–1，+∞)时，e x ＞e 1，∴a ≤e1． …………6分 f (x )的零点个数⇔f (x )=ln x –ax=0的根的个数⇔ a=xxln 的根的个数，设h (x )=x x ln ，则h '(x )=2ln 1x x-，当x ＞e 时，h '(x )＜0，h (x )在(e ，+∞)单调递减，且h (x )＞0， 当x ＜e 时，h '(x )＞0，h (x )在(0，e )单调递增， 且当x 趋向于0时，h (x )趋向于–∞，- 11 - ∴h (x )≤h (e )=e1， ∴当a ≤0或a=e1时，f (x )的零点个数为1； 当0＜a ＜e1时，f (x )的零点个数为2． …………9分 （Ⅲ）证明：设ϕ(x )=x ex ，则ϕ'(x )=x e x -1， 当x ＞1时，ϕ'(x )＜0，ϕ(x )在(1，+∞)单调递减，且ϕ(x )＞0， 当x ＜1时，ϕ'(x )＞0，ϕ(x )在(–∞，1)单调递增，∴ϕ(x )≤ϕ(1)=e1， 由题意可知a 1＜e1，有ϕ(x 1)=ϕ(x 2)，即a ＞e 时，g (x )有两个零点x 1，x 2． 设φ(x )=ϕ(2–x )=(2–x )e x –2，下证当x ＞1时，φ(x )＜ϕ(x )．设F (x )=ϕ(x )–φ(x )=x e x –(2–x )e x –2（x ＞1）， ∵F '(x )=x e x -1+xe x –2+(x –2)e x –2=(x –1)(2e x –2 –x e1)＞0， ∴F (x )在(1，+∞)单调递增，∴F (x )＞F (1)=0，即φ(x )＜ϕ(x )．不妨设x 1＜1＜x 2，可知φ(x 2)＜ϕ(x 2)，则φ(x 2)=ϕ(2–x 2)，所以ϕ(2–x 2)＜ϕ(x 2)，从而ϕ(x 1)＞ϕ(2–x 2).因为x 2＞1，所以2–x 2＜1，又∵函数ϕ(x )在区间(–∞，1)单调递增，所以x 1＞2–x 2，即x 1+x 2＞2． …………14分。