珠海市2014届高三上学期期末调研测试(理数)

数学（理科）

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．

1、设全集U＝{1，2，3，4}，集合A＝{1，2，4}，B＝{2，3，4}，则CU(AB)＝（ ）

A、{2， 4} B、{1，3} C、{1，2，3，4} D、

2、若复数(a3a2)(a1)i是纯虚数，则实数a的值为（ ） A、1 B、2 C、1或2 D、－1 3、执行如右图所示的程序框图，则输出的i＝（ ）

A、5 B、6 C、7 D、8

4、学校为了解学生课外读物方面的支出情况，抽取了n个同学进行调查，结果显示这些同学的支出都在[10，50）（单位：元），其中支出在[10，30）（单位：元）的同学有33人，其频率分布直方图如右图所示，则支出在[40，50）（单位：元）的同学人数是（ ） A、100 B、120 C、30 D、300 5、已知

均为单位向量，它们的夹角为60°，那么

2

6、在△ABC中，A：B：C＝1：2：3，则a：b：c等于（ ） A、1：2：3 B、3：2：1 C、1：3：2 D、2：3：1 7、一个四棱锥的三视图如图所示，其中主视图是腰长为 1的等腰直角三角形，则这个几何体的体积是（ ）

1 B、1 22C、 D、2

3A、

8、对定义域为D的函数，若存在距离为d的两条平行直线l1：y=kx+m1和l2：y=kx+m2，使得当x∈D时，kx+m1≤f（x）≤kx+m2恒成立，则称函数f（x）在（xD）有一个宽度为d的通道。有下列函数： ①f（x）=

1；②f（x）=sinx；③f（x）=x；④f（x）=x3+1。其中在[1，+∞）

上通道宽度为1的函数是（ ）

1 ○3 B.○2 ○3 C.○2 ○4 D. ○1 ○4 A.○

二、填空题：本大题共7小题，每小题5分，满分30分．其中14～15题是选做题，考生只能选做一题，两题全答的，只计算前一题得分．请将答案填在答题卡相应位置.

10,则sin2 ． 3n10.已知数列an的前n项和为Sn，且Sn31,则an ．

9.已知cos 1

2xy211.变量x、y满足线性约束条件xy0，则使目标函数zaxy(a0)取得最大值的最优解有无

y0数个，则a的值为 ．

e2ex12.曲线y在点(2，)处的切线方程为 ．

2xx0log3(1x)，则f(2014)

f(x1)f(x2)x014．（坐标系与参数方程选做题）已知在平面直角坐标系xoy中圆C的参数方程为：

13.定义在R上的函数f(x)满足f(x)x33cos，（为参数），以ox为极轴建立极坐标系，直线极坐标方程为：y13sinCcos()0,6D则圆C截直线所得弦长为

AO 15．（几何证明选讲选做题）如右图，AB是圆O的直径，BC是圆O的切线，切点为B，OC平行于弦AD，若OB3，OC5，则CD . 三、解答题:本题共有6个小题，12分+12分+14分+14分+14分+14分=80分． 16. （本小题满分12分）已知f(x)2cos((1) 求f()的值；

B2x)cosx3cos2x，xR

6(2)当x[0,

2]时，求f(x)的最值.

17. （本小题满分12分） PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可吸入肺颗粒物。我国PM2.5标准采用世卫组织设定的最宽限值，即PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米~75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标。某试点城市环保局从该市市区2013年上半年每天的PM2.5监测数据中随机的抽取15天的数据作为样本，监测值如右下图茎叶图所示（十位为茎，个位为叶）。 （1）在这15天的PM2.5日均监测数据中，求其中位数；

（2）从这15天的数据中任取2天数据，记表示抽到PM2.5监测数 据超标的天数，求的分布列及数学期望；

（3）以这15天的PM2.5日均值来估计一年的空气质量情况，则一年 （按360天计算）中平均有多少天的空气质量达到一级或二级.

2

18. （本小题满分14分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1为菱形，A1AB45，四边形BCC1B1为矩形，若AC=5，AB4，BC3 （1）求证：AB1面A1BC； （2）求二面角CAA1B的余弦值；

CC1BB1AA1（第18题）

19. （本小题满分14分）设数列an的各项都是正数，且对任意nN都有

*3332a13a2a3anSn+2Sn，其中Sn为数列an的前n项和.

a2； （1）求a1，（2）求数列an的通项公式； （3）设bn3(1)

20. （本小题满分14分）已知函数f(x)axln(x1)

2nn12a，对任意的nN*，都有bn1bn恒成立，求实数的取值范围.

n1时，求函数f(x)的单调区间； 4)上为减函数，求实数a的取值范围 （2）若函数f(x)在区间[1，)时，不等式f(x)x0恒成立，求实数a的取值范围. （3）当x[0，（1）当a

3

x221．（本小题满分14分）已知椭圆C:y21的左、右焦点分别为F1、F2，O为原点.

2 （1）如图1，点M为椭圆C上的一点，N是MF1的中点，且NF2MF1，求点M到y轴的距离；

y M N OF1F2x

图1

（2）如图2，直线l:ykxm与椭圆C相交于P、Q两点，若在椭圆C上存在点R，使四边形OPRQ为平行四边形，求m的取值范围．

4

参考答案

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分． 1-5 BBBCC 6-8、CAA

二、填空题：本大题共7小题，每小题5分，满分30分． 9.．10. 42 9n14 n1n22311.2

212.ex4y0 13.．log32

14．42 15． 4

三、解答题:本题共有6个小题，12分+12分+14分+14分+14分+14分=80分． 16.解: (1)f(x)2sinxcosx3cos2x

sin2x3cos2x

2sin(2x)

3f()2sin(2)2sin00 6632(2) x[0,]，2x[,]

23333sin(2x)[,1]

322sin(2x)[3,2] 3fmax(x)2，fmin(x)3 17.解：(1)由茎叶图可得中位数是45 (2) 依据条件，服从超几何分布：

其中N15,M5,n3，的可能值为0,1,2

2kC5kC10由p(k)， 2C152C50C103得p(0)， 2C157110C5C10C52C10102p(1)p(2)， ， 22C1521C1521所以的分布列为：



 0 1 10 21102 1532 2 2131022E012

721213P 3 7(2)依题意可知，一年中每天空气质量达到一级或二级的概率为p 5

一年中空气质量达到一级或二级的天数为，则～B(360,)

232E360240

3一年中平均有240天的空气质量达到一级或二级

18.解：（1）在ABC中AC=5，AB4，BC3，

满足AC=ABBC，所以ABC90，即CBAB

又因为四边形BCC1B1为矩形，所以CBBB1

2220CBBB1CBAB又BB1面AA1B1B，所以CB面AA1B1B AB面AABB11BB1ABB又因为AB1面AA1B1B，所以CBAB1

又因为四边形A1ABB1为菱形，所以AB1A1B

AB1CBABAB11又CB面A1BC，所以AB1面A1BC AB面ABC11CBA1BB（2）过B作BDAA1于D，连接CD 由第（1）问已证CB面AA1B1B

又AA1面AA1B1B CBAA1

CC1AA1CBAABD1又CB面BCD，所以AA1面BCD， BD面BCDCBBDB又因为CD面BCD，所以AA1CD

BB1ADA1所以，CDB就是二面角CAA1B的平面角在直角ADB中，AB=4，DAB45，

ADB90， DB=22 22234 1717323219.解：（1）令n1，则a1S1+2S1，即a1a1+2a1，所以a12或a11或a10

在直角CDB中，DB=22，CB=3，CD=17，所以cosCDB又因为数列an的各项都是正数，所以a12

令n2，则a1a2S2+2S2，即a1a2(a1a2)2(a1a2)，解得a13或a12或a10

又因为数列an的各项都是正数，所以a23 （2）a1a2a3anSn+2Sn33332332332(1)

3332a13a2a3an(2) 1Sn1+2Sn1(n2) 6

由(1)(2)得an(Sn+2Sn)(Sn1+2Sn1)

化简得到anSnSn12223222(3)

2an(4) 1Sn1Sn22(n3)由(3)(4)得anan1(SnSn12)(Sn1Sn22)

化简得到anan1anan1，即anan11(n3) 当n2时，a2a11，所以anan11(n2) 所以数列an是一个以2为首项，1为公差的等差数列

22ana1(n1)d2(n1)n1

（3）bn3(1)nn12n1

n1因为对任意的nN，都有bn1bn恒成立，即有3化简得(1)

n1*(1)n2n23n(1)n12n1

()n

133213n131()恒成立，()1，即

2323213n1323当n为偶数时，()恒成立，()，即

4323231

421120.解：(1)当a时，f(x)x2ln(x1)(x1)

4411(x2)(x1) f(x)x2x12(x1)解f(x)0得1x1；解f(x)0得x1 故f(x)的单调递增区间是(1，1)，单调递减区间是(1，) （2）因为函数f(x)在区间[1，)上为减函数，

1所以f(x)2ax0对x[1，)恒成立

x11即a对x[1，)恒成立

2x(x1)1a

4(3)因为当x[0，)时，不等式f(x)x0恒成立，

当n为奇数时，即axln(x1)x0恒成立，设g(x)axln(x1)x只需g(x)max0即可

22(x0)，

1x[2ax(2a1)] 1x1x1x①当a0时，g(x)，当x0时，g(x)0，函数g(x)在(0，)上单调递减，故

x1g(x)g(0)0成立

x[2ax(2a1)]1②当a0时，令g(x)1 0，因为x0，所以解得x2ax1111)当10，即a时，在区间(0，)上g(x)0，则函数g(x)在(0，)上单调递增，故

22a由g(x)2ax

7

g(x)在[0，)上无最大值，不合题设。

11112) 当10时，即0a时，在区间(0，1)上g(x)0；在区间(1，)上

2a22a2ag(x)0．

11)单调递增，同样g(x)在[0，)无最大函数g(x)在(0，1)上单调递减，在区间(1，2a2a值，不满足条件。

③当a0时，由x0，故2ax(2a1)0上单调递减，故g(x)g(0)0成立 综上所述，实数a的取值范围是(，0]

0)，F2(1，0) 21．解：(1)由已知得F1(1，设M(x0，y0),则MF1的中点为N(，g(x)x[2ax(2a1)]故函数g(x)在[0，)0，

x1x3y0，)0 MF1NF2F1MF2N0，即(x01，y0)(02222整理得x02x03y00

2x02y01 …………………………………② 又有2由①②联立解得x0222或x0222(舍)

x01y0，) 22点M到y轴的距离为222 (2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，R(xR，yR)

四边形OPRQ是平行四边形

线段PQ的中点即为线段OR的中点，即x1x2xR，y1y2yR

(x1x2)2(y1y2)21 点R在椭圆上，2(x1x2)2[k(x1x2)2m]21 即

2222化简得(12k)(x1x2)8km(x1x2)8m20……………………………③ x22y1222由2得(12k)x4kmx2m20 ykxm22由0得2k1m ……………………………………④

4km且x1x2

12k216(12k2)k2m232k2m28m220 代入③式得222(12k)12k2222整理得4m12k代入④式得m0，又4m12k1

11m或m

2211][，) m的取值范围是(，22 8