1、山东师大附中高三教学质量检测理科数学(十四)第I卷一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的1.已知全集，集合，则等于 A B C D2.已知为虚数单位，若为纯虚数，则复数的模等于A B C D3某校高考数学成绩近似地服从正态分布，且，的值为A049 B052 C051 D0484.设，若，则A-1 B0 C1 D2565.已知不等式的解集与不等式的解集相同，则的值为A.B.C.D. 6函数的图像是（ ）7在中，角所对的边分别为，表示的面积，若，则（）A B C. D8.已知四面体S-ABC中, SA=SB=2, 且SASB, BC=,
2、 AC=, 则该四面体的外接球的表面积为（） A B 9.设、分别为双曲线的左、右焦点.若在双曲线右支上存在点，满足，且到直线的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为（ ）A B CD 10规定函数图象上的点到坐标原点距离的最小值叫做函数的“中心距离”，给出以下四个命题：函数的“中心距离”大于1；函数的“中心距离”大于1；若函数与的“中心距离” 相等，则函数至少有一个零点输入P开始结束输出nn=1, S=0S pN=n + 1S=S + 2nNY以上命题是真命题的个数有：A 0 B 1 C 2 D 3第II卷二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.11. 执行右边的程序框图
3、，若p80，则输出的n的值为 .12菱形，边长为1，为的中点，为两对角线交点，则的取值范围是_ 13若是R上的增函数，且，设，若“”是“的充分不必要条件，则实数取值范围是_14.函数的最大值为_15.已知函数若,则的范围是_三、解答题：本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16（本小题满分12分）已知,且函数（1）设方程在内有两个零点，求的值；（2）若把函数的图像向左平移个单位,再向下平移2个单位,得函数图像,求函数在上的单调增区间.17. （本小题满分12分）举世瞩目的巴西足球世界杯将于2014年6月在巴西举行,这是四年一度的足球盛宴,是全世界足球迷的节日.在每场
4、比赛之前,世界杯组委会都会指派裁判员进行执法.在某场比赛前,有10名裁判可供选择,其中欧洲裁判3人,亚洲裁判4人,美洲裁判3人.若组委会要从这10名裁判中任选3人执法本次比赛。求:（1）选出的欧洲裁判人数多于亚洲裁判人数的概率；（2）选出的3人中，欧洲裁判人数X的分布列和数学期望。18. （本小题满分12分）如图所示，是一个多面体ABCA1B1C1和它的三视图(1)在直观图中连接AB1, 试证明AB1/平面C1A1C ;(2)线段CC1上是否存在一点E，使BE平面A1CC1，若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(3)求平面与平面夹角的余弦值19. （本小题满分12分）用部分自然数构造如
5、图的数表：用表示第行第个数（），使得每行中的其他各数分别等于其“肩膀”上的两个数之和.设第（）行的第二个数为， （1）写出第6行的第三个数； （2）写出与的关系并求； （3）设，求证： 20. （本小题满分13分）在中，,分别为边上的中点，,与交于点,以直线为轴，边的垂直平分线为轴建立直角坐标系，记动点形成的曲线为（1）求曲线的方程；（2）为曲线上的两动点，且求证：点到直线的距离为定值；求.21. （本小题满分14分）已知函数,()已知,若存在,使,求a的取值范围;(II)已知,(1)求最大正整数n,使得对任意个实数,当时,都有成立;(2)设,在的图象上是否存在不同的两点,使得.山东师大附中高
6、三教学质量检测理科数学(十四)答案一、选择题：ACDBC BCDDB二、填空题11. 7 12. 13. 14. 15. 三、解答题：16解：（1）由题设知，2分，3分得或，5分.6分（2） 图像向左平移个单位，得 再向下平移2个单位得 8分9分当时;当时,10分在的增区间为,.12分17.（）解：设“选出的3名裁判中欧洲裁判人数多于亚洲裁判人数”为事件A，“恰好选出1名欧洲裁判和2名美洲裁判”为事件A1“恰好选出2名欧洲裁判“为事件A2，”恰好取出3名欧洲裁判”为事件A3由于事件A1，A2，A3彼此互斥，且A=A1A2A3而P(A2)=P(X=2)= ,P(A3)=P(X=3)= ,所以选出
7、的3名裁判中欧洲裁判人数多于亚洲裁判人数的概率为P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A3)= +=（）解：由于从10名裁判中任选3人的结果为，从10名裁判中任取3人，其中恰有k名欧洲裁判的结果数为，那么从10人任选3人，其中恰有k名欧洲裁判的概率为P(X=k)= ,k=0,1,2,3.所以随机变量X的分布列是X0123PX的数学期望EX=18.解：由题意知AA1，AB，AC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，B1 (2，0，2), C(0，2，0)，C1(1，1，2) (2分)(1) 由(1，1，2)，(1，1，0) (2，0，2
8、) 设=m+n，即(2，0，2)= m(1，1，0)+ n(1，1，2) 即 解得 即=+ (4分) 即向量、共面，又A1C1、CC1在平面C1A1C内，AB1 不在平面C1A1C内，所以AB1/平面C1A1C. (5分)(2)设存在一点E，使BE平面A1CC1，即满足设，由(1，1，2)，=(2, 2, 0), 得=(2, 2+, 2) (6分)又(1，1，0)，所以 得所以线段CC1上存在一点E，满足，使BE平面A1CC1. (8分)(3)设平面C1A1C的法向量为m(x，y，z)，则由， (9分)得，取x1，则y1，z1.故m(1，1，1)， 而平面A1CA的一个法向量为n(1，0，0)，则cosm，n， (11分)平面C1A1C与平面A1CA夹角余弦值为 . (12分)19.（1）第6行的第三个数为25； （2）由已知得， ， 又 （3）由（2）知， ， ，20.（1）,动点轨迹为以为焦点的椭圆（去掉轴上的两点），曲线的方程为：（2）由（1）知直线的斜率存在，设，则 联立方程得：，同理可得设点到直线的距离为，由条件知,又,.又，为定值，等号成立当且仅当21:(I) 令 则 当时, 当时, (II) (1)均为增函数的最大值为2685.(2) 原式令式 令在上是增函数无零点,故A、B两点不存在