2014資陽二診理科數(shù)學試題答案

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2014資陽二診理科數(shù)學試題答案

資陽市高中2011級模擬考試
數(shù) 學()
本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)第Ⅰ卷1至2頁,第Ⅱ卷3至頁150分考試時間120分鐘和答題卡一并收回第Ⅰ卷 (選擇題 共0分)
注意事項:
答題卡上涂黑10小題,每小題5分,共0分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。
1.已知集合A={x|},B={x|},則集合=
(A){x| 0<x<}(B){x|<x}
(C){x| 1<x ≤ 4}(D){x| x<}
2.表示的點關(guān)于虛軸對稱,則復數(shù)z=
(A)(B)(C)(D)3.(A)”是“函數(shù)是奇函數(shù)”的充要條件
(B),,則,
()若為假命題,則均為假命題(D),則”的否命題是“若,則”
4.(A)(B)(C)
(D)
5.如圖,已知A,B兩點分別在河的兩岸,某測量者在點A所在的河岸邊另選定一點C,測得m,,,則A、B兩點的距離為
(A)(B)
(C)(D).用0,1,2,3,4這五個數(shù)字組成沒有重復數(shù)字個數(shù)是
(A)(B)
(C)(D).若x,y滿足約束條件目標函數(shù)z=ax+2y僅在點(1,0)處取得最小值,則實數(shù)a的取值范圍是(A)(B)(C)(D)
已知實數(shù),執(zhí)行右圖所示的,則輸出x的不小于55的概率為
(A)(B)
(C)
(D)
.上除頂點外的任意一點,、分別是雙曲線的左、右焦點,△的內(nèi)切圓與邊相切于點M,則
(A)(B)(C)(D)
10.已知函數(shù)若,為某一個三角形的邊長,則實數(shù)的取值范圍是
(A)(B)(C)(D) 第Ⅱ卷非選擇題 共0分注意事項:
11.__________.12.在ABC中,,,,則_____.13.中的網(wǎng)格是邊長為1的小正方形,在其上用粗線畫出了某多面體的三視圖,則該多面體的體積為
14.已知等邊三角形的一個頂點在坐標原點,另外兩個頂點在拋物線上,則該三角形的面積是________. 
15.設(shè)表示不超過的最大整數(shù),如,.給出下列命題:
①對任意實數(shù),都有;
②對任意實數(shù),y,都有;
③;
④若函數(shù),當時,令的值域為A,記集合A的元素個數(shù)為,則的最小值為.
其中所有真命題的序號是_________________.
三、解答題:共6大題,共75分解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟16.(本小題滿分12分)設(shè)平面向量,,函數(shù).
(Ⅰ)當時,求函數(shù)的取值范圍;
(Ⅱ)當,且時,求的值.
17.(本小題滿分12分)已知數(shù)列滿足:.
(Ⅰ)求證數(shù)列是等比數(shù)列;
(Ⅱ)令,是否存在正整數(shù)m,使都成立?若存在,求出m的值;若不存在,請說明理由.
18.(本小題滿分12分)(Ⅰ)(Ⅱ),求甲在初賽中答題個數(shù)的分布列和數(shù)學期望.
19.(本小題滿分12分) 如圖,ABCD是梯形,CDEF是矩形,且平面ABCD⊥平面CDEF,∠BAD=∠CDA=90(,,M是AE上的動點.
(Ⅰ)試點M,使AC∥平面DMF,并說明理由;
(Ⅱ)在(Ⅰ)的條件下,求平面DMF與平面ABCD所成銳二面角的余弦值.
20.(本小題滿分13分),點,P是圓E上任意一點.線段PF的垂直平分線和半徑PE相交于Q.
(Ⅰ)求的方程;
(Ⅱ)的三個動點,A與B關(guān)于原點對稱,且,問△ABC的面積是否存在最小值?若存在,求出此時點C的坐標,若不存在,請說明理由.
21.(本小題滿分14分) 資陽市高中2011級模擬考試
()
,.11. -20;12.;13. ;14.;15.①.
三、解答題:共6大題,共75分解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟16.解析:(Ⅰ).當時,,則,,
所以的取值范圍是.(Ⅱ)由,得,因為,所以,得,.12分
17.解析:(Ⅰ)時,,解得,1分
當時,由, 2分
兩式相減,得,即(),3分
則,故數(shù)列是以為首項,公比為3的等比數(shù)列.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,6分
所以,7分
則, 8分
由對任意都成立,得,10分
即對任意都成立,又,
所以m的值為1,2,3.12分
18.解析:(Ⅰ)設(shè)平均成績?yōu),則:
.(Ⅱ)記甲在初賽中答題個數(shù)為隨機變量,的可能值為34,5,
,,(或).
則的分布列為
345p所以數(shù)學期望.19.解析:(Ⅰ)當M是線段AE的中點時,AC∥平面DMF.
證明如下:
連結(jié)CE,交DF于N,連結(jié)MN,
由于MN分別是AE、CE的中點,所以MN∥AC,
由于MN平面DMF,又AC平面DMF,
所以AC∥平面DMF.(Ⅱ)方法一、與平面ABCDAC∥平面DMF,AC∥l,
過點M作MG⊥AD于G,
因為平面ABCD⊥平面CDEF,ABCD,則平面ADE⊥平面ABCD,
所以MG⊥平面ABCD,
過G作GH⊥l于H,連結(jié)MH,則直線l⊥平面MGH,所以l⊥MH,
故∠MHG是平面MDF與平面ABCD所成銳二面角,則,,
,則,11分
所以,即所求二面角的余弦值為.12分
方法二、平面ABCD⊥平面CDEF,ABCD,可知AD,CD,DE兩兩垂直,分別以,,的方向為x,y,z軸,建立空間直角坐標系O-xyz.設(shè),則,,,,
設(shè)平面MDF,
則所以
令,得平面MDF,8分
取平面ABCD的法向量,9分
由,11分
故平面MDF與平面ABCD所成銳二面角的余弦值.12分
20.解析:(Ⅰ),
故動點Q的軌跡是以E,F(xiàn)為焦點,長軸長為4的橢圓.2分
設(shè)其方程為,可知,,則, 3分
所以點Q的軌跡的方程為.4分
(Ⅱ).6分
(ⅱ)方法一、當直線AB的斜率存在且不為0時,設(shè)斜率為k,則直線AB的直線方程為,設(shè)點,
聯(lián)立方程組消去y得,,
由,知△ABC是等腰三角形,O為AB的中點,則OC⊥AB,可知直線OC的方程為,同理可得點C的坐標滿足,,則,,
8分
則.9分
由于,
所以,當且僅當,即時取等號.
綜合(。áⅲ,當時,△ABC的面積取最小值,11分
此時,,即,,
所以點C的坐標為,,,.方法二、記,則,所以,
故,即時,有最大值,此時取得最小值.
綜合(ⅰ)(ⅱ),當時,△ABC的面積取得最小值.11分 
此時,,即,,
所以點C的坐標為,,,.方法、,,根據(jù)A,B兩點關(guān)于原點對稱,
則,所以,
由,知△ABC是等腰三角形,O為AB的中點,則OC⊥AB,,,
由,……………………………………①
且點C在橢圓上,則…………………②
聯(lián)立①②,解得,,所以,8分
所以,9分
又,即,所以, 
記,,,
則,當且僅當,即時等號成立,
綜合(。áⅲ敃r,有最小值.11分
所以點C的坐標為,,,.21.解析:()由.
當時,對,有,所以函數(shù)在區(qū)間單調(diào)遞增;
當時,由,得;由,得,
函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為,單調(diào)減區(qū)間為.
綜上所述,當時,函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為;
當時,函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為,單調(diào)減區(qū)間為.4分
()函數(shù)定義域為,由,得(),令(),則,,,,時,,
故函數(shù)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,故.又由(Ⅰ)知當時,對,有,即,
隨著的增長,的增長速度越越快,會超過并遠遠大于的增長速度,而的增長速度則會越越慢則當且無限接近于0時,趨向于正無窮大
當時,函數(shù)有兩個不同的零點;
當時,函數(shù)有且僅有一個零點;
當時,函數(shù)沒有零點.9分
()由(Ⅱ)知當時,,故對,
先分析法證明:,要證,,
只需證,
即證,
構(gòu)造函數(shù),則,
故函數(shù)在單調(diào)遞增,所以,則成立.當時,由(Ⅰ),在單調(diào)遞增,則在上恒成立;
當時,由(Ⅰ),函數(shù)在單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減,當時,,所以,則不滿足題意.
所以滿足題意的取值范圍是.
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