1、高2014级第五学期入学考试理科数学试题一、选择题()1已知集合,则（ ）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某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的表面积为（ ）A B C D4阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果是（ ）A B0 C D5现有5人参加抽奖活动，每人依次从装有5张奖票（其中3张为中奖票）的箱子中不放回地随机抽取一张，直到3张中奖票都被抽出时活动结束，则活动恰好在第4人抽完后结束的概率为（ ）A B C D6若函数为偶函数，则函数在区间上的取值范围为（ ）A B C D7已知是内一点，且满足,记, ，的面积依次为，则等
2、于（ ）A1:2:3 B1:4:9 C6:1:2 D 3:1:2 8在等差数列中，若，则的值为（ ）A B C D9若一组数据2，4，6，8的中位数、方差分别为，且，则的最小值为（ ）A B C D2010设命题,命题若圆与圆相切, 则,那么, 下列命题为假命题的是（ ）A B C D11若直线与曲线有且仅有三个交点，则的取值范围是（ ） A B C D12定义在R上的函数满足,当时,函数若,不等式成立,则实数m的取值范围是（ ）A B C D 二、填空题()13由直线，曲线所围封闭图形的面积为 14已知，则的值为 .15有下列四个命题：“若xy-1，则x1或y-1”是假命题；“xR，x2+1
3、1”的否定是“xR，x2+11”当a1，a2，b1，b2，c1，c2均不等于0时，“不等式a1x2+b1x+c10与a2x2+b2x+c20解集相同”是“”的充要条件；“全等三角形相似”的否命题是“全等三角形不相似”，其中正确命题的序号是 （写出你认为正确的所有命题序号）16如图平面直角坐标系中，椭圆的离心率，分别是椭圆的左、右两个顶点，圆的半径为，过点作圆的切线，切点为，在轴的上方交椭圆于点则 三、解答题（1721题每题12分，选做题10分，共70分）17已知向量，函数（）求f（x）的单调递增区间；（II）在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且f（C）=1，c=1，且ab，求a，
4、b的值18体育课上，李老师对初三（1）班名学生进行跳绳测试，现测得他们的成绩（单位：个）全部介于与之间，将这些成绩数据进行分组（第一组：，第二组：，第五组：），并绘制成如右图所示的频率分布直方图（I）求成绩在第四组的人数和这名同学跳绳成绩的中位数；（II）从成绩在第一组和第五组的同学中随机取出名同学进行搭档训练，设取自第一组的人数为，求的分布列及数学期望19如图，四棱锥中，底面为平行四边形，且，平面平面，为的中点（I）证明：平面；（）在中，三棱锥的体积是，求二面角的大小20已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆上、下顶点与焦点所组成的四边形为正方形，四个顶点围成的图形面积为.（I）求椭圆的
5、方程；（II）直线过点且与椭圆相交于、两点，当面积取得最大值时，求直线的方程.21设函数.（I）若，函数有两个极值点，且，求实数的取值范围；（II）在（1）的条件下，证明：；（III）若对任意，都存在（为自然对数的底数），使得成立，求实数的取值范围.（注：22、23、24选做一个题）22如图所示，是的直径，为延长线上的一点，是的割线，过点作的垂线，交的延长线于点，交的延长线于点求证：（I）；（）若，求23已知曲线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，设直线的参数方程为（为参数）（I）求曲线的直角坐标方程与直线的普通方程；（II）设曲线与直线相交于两点，以为一条边作曲
6、线的内接矩形，求该矩形的面积24已知函数（I）若当时，恒有 ，求的最大值；（II）若当时，恒有 求的取值范围参考答案一、单项选择123456789101112BBDBCADADBBC13 14.2 15、 16、三、解答题17、（）f（x）的单调增区间是（）a=2，b=【解析】解：（）由题意可得：=（3分）由，得（5分）所以f（x）的单调增区间是（6分）（）由（）和条件可得（2C+）=1C是三角形内角，即，（7分）cosC=，即a2+b2=7 （9分）将代入可得，解之得：a2=3或4，a=或2，b=2或，（11分）ab，a=2，b= （12分）18、【答案】（1）；（2）分布列见解析，.试题分
7、析：（1）由频率分布直方图可得第四组的频率，即，即可得其人数，由图可估算该组数据的中位数落在第三个矩形中，前两个面积和为，第三个矩形的面积为，按其平均分布可得结果；（2）由图可得第二组有人，第五组有人，故的可能取值为,结合古典概型求得，列出分布列即可.试题解析：（1）第四组的人数为，中位数为（2）据题意，第一组有人，第五组有人，于是，,，的分布列为考点：（1）频率分布直方图；（2）离散型随机变量及其分布列.【解析】19、【答案】（）证明见解析；（）60试题分析：（）要证线面平行，就要证线线平行，由于是中点，因此只要取中点（与的交点），由中位线定理可得平行线，从而证得线面平行；（）要求二面角，先
8、看题中已知条件，由三线段的长可得，从而有底面，又由知是矩形，因此有，这样我们可以以为坐标轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出两平面和的法向量，由法向量夹角求得二面角试题解析：（）连结交于点，连结因为是平行四边形，所以为的中点又为的中点，所以平面，平面，所以平面（）因为在中，所以，所以，又因为平面平面，所以平面，在平行四边形中，所以为矩形，所以两两垂直如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系，因为为的中点，所以三棱锥的高为，设，三棱锥的体积，解得则，设，则设为平面的法向量，则，即可取又为平面的法向量，由题设，即二面角的大小是考点：线面平行的判断，二面角【名师点睛】
9、在求二面角时，如果根据定义要作出二面角的平面角，并证明，然后计算，要求较高，一般是寻找图形中的两两垂直的三条直线，建立空间直角坐标系，用空间向量法来求这个角设分别是平面的法向量，设二面角的大小为，则【解析】20、【答案】（1）；（2）.试题分析：（1）依题意有，且，结合，解得，所以椭圆方程为；（2）直线的方程为，联立直线的方程和椭圆的方程，得，利用弦长公式计算，利用点到直线距离公式计算，所以，利用换元法可求得当时，面积取得最大值为，所求直线方程为.试题解析：设椭圆方程为.（1）由已知得，且，又由，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，由，消去得关于的方程：，由直线
10、与椭圆相交于、两点，解得，又由韦达定理得，.原点到直线的距离，所以，令，则，当且仅当，即时，此时，所以，所求直线方程为.21、【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.试题分析：（1）运用导数及二次函数的判别式等知识求解；（2）借助题设条件构造函数运用导数知识推证；（3）依据题设条件运用导数的有关知识分类分析推证求解.试题解析：（1）由已知，时，的定义域为，求导得，有两个极值点，有两个不同的正根，故的判别式，即，且，所以的取值范围为.（2）由（1）得且，得，令，则，当时，在上市增函数，.（3）令，由于，所以为关于的递减的一次函数根据题意，对任意，都存在（为自然对数的底数），使得成立，则上有解，
11、令，则只需存在使得即可，由于，令，在上单调递增，当，即时，在上是增函数，不符合题意；当，即时，（i）若，即时，在上恒成立，即恒成立，在上单调递减，存在使得，符合题意；（ii）若，即时，在上存在实数，使得，在上，恒成立，即恒成立，在上单调递减，存在使得符合题意.综上所述，当时，对任意，都存在（为自然对数的底数），使得成立.22、【答案】（）详见解析（）试题分析：（）证明线段成比例，一般利用三角形相似或圆中切割线定理.首先由ADBC，BCEG四点共圆有，从而，因此CDFE四点共圆，进而（）,在直角三角形AFG中，所以，代入（）即得试题解析：（）连接，是的直径，又，又，、四点共圆，又、在上，（），又
12、，又，考点：切割线定理，四点共圆【名师点睛】1.解决与圆有关的成比例线段问题的两种思路（1）直接应用相交弦、切割线定理及其推论；（2）当比例式（等积式）中的线段分别在两个三角形中时，可转化为证明三角形相似，一般思路为“相似三角形比例式等积式”在证明中有时还要借助中间比来代换，解题时应灵活把握2.应用相交弦定理、切割线定理要抓住几个关键内容：如线段成比例与相似三角形、圆的切线及其性质、与圆有关的相似三角形等【解析】23.【答案】（1）:,;（2）试题分析：（1）由公式可化极坐标方程为直角坐标方程，通过消参法可化参数方程为普通方程；（2）由（1）可得圆心坐标，由圆的性质，题设矩形的一边长为弦长，另
13、一边长为圆心到距离的二倍，因此由点到直线距离公式求得弦心距，由勾股定理求得弦长，面积易得试题解析：（1）对于：由，得，进而对于：由（为参数），得，即（2）由（1）可知为圆，且圆心为，半径为2，则弦心距，弦长，因此以为边的圆的内接矩形面积考点：极坐标方程与直角坐标方程的互化，参数方程与普通方程的互化，直线与圆相交弦长【解析】23、24、【答案】解：（1）g(x)5?|2x1|5?52x15?2x3；f(x)6?|2xa|6a?a62xa6a?a3x3依题意有，a32，a1故a的最大值为1（2）f(x)g(x)|2xa|2x1|a|2xa2x1|a|a1|a，当且仅当(2xa)(2x1)0时等号成立解不等式|a1|a3，得a的取值范围是2，)【解析】