云南省部分名校2014届高三12月统一考试 文科数学

云南省部分名校高2014届12月份统一考试

（昆明三中、玉溪一中）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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bi1. 若复数2i的实部与虚部相等，则实数b等于( ) 11 A．3 B. 1 C. 3 D. 2

x1x2. 设全集U＝R，集合A＝｛x｜x20｝，B＝｛x｜1＜2＜8｝，则（CUA）∩B等于（ ）

A．[－1，3） B．（0，2] C．（1，2] D．（2，3）

3. 一个路口的红绿灯，红灯的时间为30秒，黄灯的时间为5秒，绿灯的时间为40秒，当某人到达路口时看见的是红灯的概率是（ ） A． B． C． D． 4.已知等差数列

A．

{an}满足

a1a2a3a1010,a2a1000 C．

则有( )

D．

a1a1010 B．

a3a990a5151

5. 若函数f(x)=(k-1)ax-a-x(a>0，且a≠1)在R上既是奇函数，又是减函数，则g(x)=loga(x+k)的图象是( )

A B C D 6. 设向量a=（sinα， A．

）的模为

，则cos2α=（ ）

B．﹣ C．﹣ D．

2xy01yxz4()x3y5027. 已知正数x,y满足，则的最小值为( ) 13112 A．1 B．4 C．16 D．32

8. 一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为（ ）

- 1 -

A． C．

D．

上单调递减，且函数值从1

B．

9. 函数y=sin（ωx+φ）在区间

减小到﹣1，那么此函数图象与y轴交点的纵坐标为（ ） A． B．

C．

D．

x2y221(a0,b0)2ab10. P是双曲线上的点，F1、F2是其焦点，且PF1PF20，若△F1PF2

的面积是9，a+b=7，则双曲线的离心率为（ ） A． B．

C．

D．

11．已知正四棱锥的各棱棱长都为32，则正四棱锥的外接球的表面积为( )

A．12 B．36 C．72 D．108

12.设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f'(x)g(x)f(x)g'(x)0，且f(3)0，则不等式

开始 输入x f(x)g(x)0的解集是( ）

A．(－3，0)∪(3，+∞) B．(－3，0)∪(0，3)

C．(－∞，－3)∪(3，+∞) D．(－∞，－3)∪(0，3) 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 如右图所示的程序框图的输出值y(1,2]，则输入值

x0? 是 否 x 。

2y4x上任意一点，P在y轴上的射影为Q，14. P为抛物线

ylog2(x1)y2x1输出y 结束 点M（4，5），则PQ与PM长度之和的最小值为 ．

ABAC2，15．已知AD是ΔABC的中线，若∠A=120°，

则|AD|的最小值是______.

16. 在ABC中，BC=25，AC=2，ABC的面积为4，则AB的长为 。 三、解答题:本大题共5小题，共计70分。解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤

17．（12分）等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a23＝9a2a6.

- 2 -

(1)求数列{an}的通项公式；

1

(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列b的前n项和．

n

18.（12分）为预防H7N9病毒爆发，某生物技术公司研制出一种新流感疫苗，为测试该疫苗的有效性（若疫苗有效的概率小于90%，则认为测试没有通过），公司选定2000个流感样本分成三组，测试结果如下表： 分组 A组 B组 C组 a b 疫苗有效 673 90 c 疫苗无效 77 已知在全体样本中随机抽取1个，抽到B组疫苗有效的概率是0.33．

（I）现用分层抽样的方法在全体样本中抽取360个测试结果，问应在C组抽取样本多少个？ （II）已知b≥465，c ≥30，求通过测试的概率．

P

19.（12分）如图，已知在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD

E 是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面

F ABCD，E，F，G分别是PD，PC，BC的中点．

（1）求证：平面EFG⊥平面PAD；

A D （2）若M是线段CD上一点，求三棱锥M﹣EFG的体积．

M B C G

y C上，20.（12分）已知两点F1(1,0)及F2(1,0)，点P在以F1、F2为焦点的椭圆且l M PF1、F1F2、

PF2构成等差数列．

N F1 O F2 x (Ⅰ)求椭圆C的方程；

(Ⅱ)如图，动直线l:ykxm与椭圆C有且仅

有一个公共点，点M,N是直线l上的两点，且F1Ml， F2Nl． 求四边形F1MNF2面积S的最大值．

- 3 -

x2lnx21.（12分）已知函数f（x）=8，x∈[1，3]，

（1）求f（x）的最大值与最小值；

（2）若f（x）＜4﹣at于任意的x∈[1，3]，t∈[0，2]恒成立，求实数a的取值范围．

请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分

xtcos4cos2sin，直线l的参数方程为y1tsin( t为22.（10分）已知曲线C的极坐标方程为

参数，0≤＜).

(Ⅰ)把曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程，并说明曲线C的形状； (Ⅱ)若直线l经过点(1,0)，求直线l被曲线C截得的线段AB的长. 23．（10分）设函数f(x)=|2x-1|+|2x-3|,x∈R (Ⅰ)解不等式f(x)≤5；

g(x)(Ⅱ)若

1f(x)m的定义域为R，求实数m的取值范围.

参考答案（文科数学） 一、选择题：

ABBCA DCCAD BD

二、填空题：

13. 13.(1,3][log23,1) 14.341 15. 1 16. 4 三、解答题：

17.解：(1)设数列{an}的公比为q. 1222

由a2＝9aa得a＝9a，所以q＝. 32634

91

由条件可知q>0，故q＝. 3

- 4 -

1

由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝.

31

故数列{an}的通项公式为an＝n........................6 3

n(n1)2(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝.

2111

故＝n(n1)＝－2n－n＋1. bn

111111112n

1－＋－＋…＋n－＋＋…＋＝－2＝－. b1b2bn223n＋1n＋1

12n所以数列b的前n项和为－………………………12

nn＋1

18.解：（I）∵，∴a=660…（2分）

∵b+c=2000﹣673﹣77﹣660﹣90=500，…（4分）

∴应在C组抽取样个数是（个）； …（6分） （II）∵b+c=500，b≥465，c≥30，∴（b，c）的可能是 （465，35），（466，34），（467，33），（468，32），（469，31），（470，30），…（8分） 若测试没有通过，则77+90+c＞2000×（1﹣90%）=200，c＞33， （b，c）的可能性是（465，35），（466，34）， 通过测试的概率是． …（12分）

19.解：（1）∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD平面ABCD，CD⊥AD

∴CD⊥平面PAD…（3分）

又∵△PCD中，E、F分别是PD、PC的中点， ∴EF∥CD，可得EF⊥平面PAD

∵EF平面EFG，∴平面EFG⊥平面PAD；…（6分）

（2）∵EF∥CD，EF平面EFG，CD平面EFG， ∴CD∥平面EFG，

因此CD上的点M到平面EFG的距离等于点D到平面EFG的距离， ∴VM﹣EFG=VD﹣EFG，

取AD的中点H连接GH、EH，则EF∥GH， ∵EF⊥平面PAD，EH平面PAD，∴EF⊥EH

于是S△EFH=EF×EH=2=S△EFG，

∵平面EFG⊥平面PAD，平面EFG∩平面PAD=EH，△EHD是正三角形 ∴点D到平面EFG的距离等于正△EHD的高，即为

，…（10分）

- 5 -

因此，三棱锥M﹣EFG的体积VM﹣EFG=VD﹣EFG=×S△EFG×

=．…（12分）

x2y2212Cab20. 解：（1）依题意，设椭圆的方程为．

F1F2、PF2PF1、构成等差数列，

2aPF1PF22F1F24， a2．

2又c1，b3．

x2y21C43椭圆的方程为． …………………………………………………4分

223x4y12中，得ykxmCl(2) 将直线的方程代入椭圆的方程

(4k23)x28kmx4m2120． ……………………5分

222264km4(4k3)(4m12)0， Cl由直线与椭圆仅有一个公共点知，

22化简得：m4k3．

y l H O M N F2 x d1F1M设

kmk1，

2d2F2Mkmk21， ………………8分 dd2MNtan（法一）当k0时，设直线l的倾斜角为，则1， F1 MNd1d2k，

2md12d221d1d2S(d1d2)22k2kk12mm23148m1m，……10分

22m4k3，当k0时，m3，

m11433m33，S23．

FMNF2当k0时，四边形1是矩形，S23．

- 6 -

所以四边形

F1MNF2dd2212面积S的最大值为23． ……………………………12分

（法二）2(m2k2)2(5k23)()()222k1k21， k1k1km2km2d1d2km3k2322322k1k1k1k1．

4(d12d222d1d2)2k21．

kmm2k2MNF1F22(d1d2)21SMN(d1d2)F1MNF22四边形的面积116k21222S2(d1d22d1d2)2k1(k1)221k12(d1d2)， ………10分

164(122)122k1．

2S12,S23，故Smax23． k0当且仅当时，

所以四边形

F1MNF2的面积S的最大值为23．…………………………………………12分

21. 解：（1）因为函数f（x）=所以f′（x）=因为x[1，3]，

﹣lnx，

，令f′（x）=0得x=±2，

当1＜x＜2时 f′（x）＜0；当2＜x＜3时，f′（x）＞0；

∴f（x）在（1，2）上单调减函数，在（2，3）上单调增函数， ∴f（x）在x=2处取得极小值f（2）=﹣ln2； 又f（1）=，f（3）=∵ln3＞1∴

∴f（1）＞f（3），

，

∴x=1时 f（x）的最大值为，x=2时函数取得最小值为﹣ln2．

- 7 -

（2）由（1）知当x[1，3]时，f（x）

，

故对任意x[1，3]，f（x）＜4﹣at恒成立，

1只要4﹣at＞8对任意t[0，2]恒成立，即at

记 g（t）=at，t[0，2]

恒成立

∴，解得a， ）．

∴实数a的取值范围是（﹣∞，

2y4x，故曲线C是顶点为O（0，0）22.解：（1）曲线C的直角坐标方程为，焦点为F(1,0)的

抛物线；

xtcosy1tsin（2）直线l的参数方程为( t为参数，0≤＜).故l经过点（0，1）；若直线l经

过点(1,0)，则

34

32xtcost42y1tsin312t42（t为参数） 直线l的参数方程为22y4xt代入，得26t20

设A、B对应的参数分别为t1,t2，则t1t226,t1t22

2ABtt(tt)4t1t21212=8

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