河南省长葛市2014届高三第三次质量预测(三模)数学理试题(扫描版)

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2014年高中毕业年级第三次质量预测
理科数学 参考答案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 B D A D B D D C B C A A
二、填空题（每小题5分，共20分）

13. 110 14.3 15. 61313 16. ,2016
三、解答题：本大题共6道题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. （Ⅰ）由题意知周期T，,2

因为3)4(f，所以2A， )62sin(2)(xxf，„„„„„„„3分
由3222,(),262kxkkZ )(,653Zkkxk，
所以()fx的单调递减区间为5[,],().36kkkZ„„„„„„„6分
（Ⅱ）由题意cb3，1)62sin(2)(AAf, ,21)62sin(A
,26,611626或AA
因为△ABC为钝角三角形，所以2舍去，故6A,„„„„„„„8分

,233234,cos22222222ccccAbccba
所以,32,2bc 32123221ABCS.„„„„„„„12分
18. （Ⅰ）设“学生甲和学生乙至少有一人参加复查”为事件A,
第三组人数为30506.0100，第四组人数为20504.0100，第五组人数为
10502.0100
，

根据分层抽样知，第三组应抽取3人，第四组应抽取2人，第五组应抽取1
人，„„„„„„„2分
第四组的学生甲和学生乙至少有1人进入复查，

则11218220137().190CCPAC „„„„„„„5分

（Ⅱ）第三组应有3人进入复查，则随机变量可能的取值为0,1,2，3．
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且)3210()(36333、、、iCCCiPii，则随机变量的分布列为

0 1 2 3

P
201 209 209 20

1

232013209220912010E.„„„„„„„12分
19.（Ⅰ）∵222.CDBCBD ∴.BCBD
又∵PD⊥底面.ABCD ∴.PDBC
又∵.PDBDD ∴BC平面.PBD

而BC平面,PBC ∴平面PBC平面.PBD „„„„„„„4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）所证，BC平面PBD ,所以∠PBD即为二面角DBCP的平面角，
即∠PBD.4

而32BD，所以23.PD
因为底面ABCD为平行四边形，所以DBDA,
分别以DA、DB、DP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．

则)0,0,2(A，)0,32,0(B，)0,32,2(C， )32,0,0(P,
所以，)32,0,2(AP，)0,0,2(BC，)32,32,0(BP,
设平面PBC的法向量为),,(cban，则0,0,nBCnBP即
20,23230.abc










令1b则(0,1,1),n

∴AP与平面PBC所成角的正弦值为.462432sinnAPnAP„„„„„„„12
分
20.（Ⅰ）设动点),(yxN，),,(00yxA因为xAM轴于M，所以)0,(0xM，

设圆1C的方程为222ryx，由题意得34153r， 所以圆1C的程为922yx.

由题意, OMOAON)331(33，所以)0,)(331(),(33),(000xyxyx，
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所以,33,00yyxx即00,3.xxyy
将)3,(yxA代入圆922yx,得动点N的轨迹方程221.93xy
（Ⅱ）由题意可设直线02:myxl，设直线l与椭圆13922yx交于
),(),,(2211yxDyxB
，

联立方程222,39yxmxy得093121322mmxx，
0)93(41314422mm
，解得392m，

133117626
1246812222,1mmmmx

，

又因为点O到直线l的距离5md，2122117355,13mBDxx
13)39(313)3117(1331172552
122222mmmmmmSOBD


2

33

.

（当且仅当2239mm即 2392m时取到最大值） OBD面积的最大值
为233.
21. （I）由题意当0x时，2,11)0(ccf，
当1x时， bexfx22)(，
依题意得2,02)0(0bbef，

经检验2,2bc符合条件. „„„„„„„„„„„„4分

（Ⅱ）由（I）知，2222,1,()(ln1)1,1,xexxfxaxxxx
① 当12x时，2()22xfxex，22)(2xexf，
令0fx得0,x
当x变化时，(),()fxfx的变化情况如下表：
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x
2

)0,2(

0 )1,0( 1

)(xf

+ 0 —

)(xf
42e

递增 极大值1 递减
2

4e

由上表可知()fx在]1,2[上的最大值为1. „„„„„„„„„„„„7分
② 当21x时,1)1ln()(2xxxaxf.
)1ln2()(xxxaxf
，

令1ln2)(xxxxg，
当21x时，显然0)(xg恒成立，
当0a时，,0)1ln2()(xxxaxf
)(xf
在]2,1(单调递减，

所以1)1()(fxf恒成立.
此时函数在]2,2[上的最大值为1；
当0a时，在]2,1(上1)(xf，
当0a时, 在]2,1(上,0)1ln2()(xxxaxf
所以在]2,1(上，函数)(xf为单调递增函数.
∴()fx在]2,1(最大值为1)12ln4(a，
11)12ln4(a，故函数)(xf在]2,2[上最大值为1)12ln4(a
.

综上：当0a时，()fx在]2,2[上的最大值为1；

当0a时, ()fx在]2,2[最大值为1)12ln4(a.„„„„„„„„„„„„12分
请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22.（Ⅰ）连接DE,因为ACED是圆内接四边形，所以,BCABDE

又,CBADBEDBE∽CBA,即有,CADEBABE
又因为ACAB2，可得,2DEBE
因为CD是ACB的平分线，所以DEAD,
从而ADBE2；„„„„„„„„„„„„5分
（Ⅱ）由条件知62ACAB，设tAD，

则62,2tBCtBE，根据割线定理得BCBEBABD,

即),62(26)6(ttt即018922tt，
解得23t或6（舍去），则.23AD„„„„„„„„„10分
23.（Ⅰ）cos4sin4)4sin(24，
所以cos4sin42，所以04422yxyx，即8)2()2(22yx；
直线l的直角普通方程为：32330.xy„„„„„„„„„„„„5分
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（Ⅱ）把直线l的参数方程代入到圆C：04422yxyx，
得033)354(2tt， 33,241340354,2121ttt.
因为点)3,2(P显然在直线l上，
由直线标准参数方程下t的几何意义知PBPA=,3321tt 所以
33PBPA
.„„„„„„10分

24、【解】（Ⅰ）当1a时，不等式xf125x可化为5123xx，
当21x时，不等式即,31,5213xxx
当321x时，不等式即,3,5123xxx所以x，
当3x时，不等式即3,5123xxx，

综上所述不等式的解集为13.3xxx或„„„„„„„„„„„„5分
（Ⅱ）令23,3,()()33,3,xaxagxfxxxaxaxa
所以函数xxfxg)()(最小值为a3，
根据题意可得63a，即2a，所以a的取值范围为)2,(.„„ „„„„„„10分