1、试卷类型：A2014年广州市普通高中毕业班综合测试（一）数学（理科） 2014.3本试卷共4页，21小题， 满分150分考试用时120分钟注意事项：1答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号。用黑色字迹钢笔或签字笔将自己所在的市、县/区、学校以及自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上。2选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划
2、掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题题号对应的信息点，再作答。漏涂、错涂、多涂的，答案无效。5考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。参考公式：锥体的体积公式，其中是锥体的底面积，是锥体的高 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40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已知是虚数单位，若，则实数的值为A B C D2在中，角，所对的边分别为，若，则为A B C D3圆关于直线对称的圆的方程为A BC D4若函数的定义域为实数集，则实数的取值范围为A B C D图
3、1分数频率/组距50607080901000.0100.0150.0200.0250.03005某中学从某次考试成绩中抽取若干名学生的分数，并绘制成如图1的频率分布直方图样本数据分组为，若用分层抽样的方法从样本中抽取分数在范围内的数据16个，则其中分数在范围内的样本数据有A5个 B6个 C8个 D10个6已知集合，则集合中的元素个数为A2 B3 C4 D57设，是两个非零向量，则使成立的一个必要非充分条件是A B C D 8设，为整数（），若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为若，则的值可以是A2011 B2012 C2013 D2014二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5
4、分，满分30分（一）必做题（913题）9若不等式的解集为，则实数的值为 10执行如图2的程序框图，若输出，则输入的值为 图2开始结束输入否是输出11一个四棱锥的底面为菱形，其三视图如图3所示，则这个四棱锥的体积是 11正（主）视图侧（左）视图图3俯视图452212设为锐角，若，则 13在数列中，已知，记为数列的前项和，则 （二）选做题（1415题，考生只能从中选做一题） 14（坐标系与参数方程选做题）PEABCD图4O在极坐标系中，直线与曲线相交于，两点，若，则实数的值为 15（几何证明选讲选做题） 如图4，是圆的切线，切点为，直线与圆交于，两点，的平分线分别交弦，于，两点，已知，则的值为 三
5、、解答题：本大题共6小题，满分80分解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤16（本小题满分12分）已知函数的图象经过点（1）求实数的值；（2）设，求函数的最小正周期与单调递增区间17（本小题满分12分）甲，乙，丙三人参加某次招聘会，假设甲能被聘用的概率是，甲，丙两人同时不能被聘用的概率是，乙，丙两人同时能被聘用的概率是，且三人各自能否被聘用相互独立（1）求乙，丙两人各自能被聘用的概率；（2）设表示甲，乙，丙三人中能被聘用的人数与不能被聘用的人数之差的绝对值，求的分布列与均值（数学期望）图518（本小题满分14分）如图5，在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点在棱上，且满足（1）求证：；（2）在棱
6、上确定一点， 使，四点共面，并求此时的长；（3）求平面与平面所成二面角的余弦值19（本小题满分14分）已知等差数列的首项为10，公差为2，等比数列的首项为1，公比为2，（1）求数列与的通项公式；（2）设第个正方形的边长为，求前个正方形的面积之和（注：表示与的最小值）20（本小题满分14分）已知双曲线：的中心为原点，左，右焦点分别为，离心率为，点是直线上任意一点，点在双曲线上，且满足（1）求实数的值；（2）证明：直线与直线的斜率之积是定值；（3）若点的纵坐标为，过点作动直线与双曲线右支交于不同两点，在线段上取异于点，的点，满足，证明点恒在一条定直线上21（本小题满分14分）已知函数（其中为自然对
7、数的底数）（1）求函数的单调区间；（2）定义：若函数在区间上的取值范围为，则称区间为函数的“域同区间”试问函数在上是否存在“域同区间”？若存在，求出所有符合条件的“域同区间”；若不存在，请说明理由2014年广州市普通高中毕业班综合测试（一）数学（理科）试题参考答案及评分标准说明：1参考答案与评分标准给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与参考答案不同，可根据试题主要考查的知识点和能力比照评分标准给以相应的分数 2对解答题中的计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的得分，但所给分数不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果
8、后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分 3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数4只给整数分数，选择题和填空题不给中间分一、选择题：本大题考查基本知识和基本运算共8小题，每小题，满分40分 题号12345678答案ABADBCDA 二、填空题：本大题考查基本知识和基本运算，体现选择性共7小题，每小题，满分30分其中1415题是选做题，考生只能选做一题题号9101112131415答案234或三、解答题：本大题共6小题，满分80分 16（本小题满分1）（本小题主要考查三角函数图象的周期性、单调性、同角三角函数的基本关系和三角函数倍角公式等等知识，考查化归与转化的数学思想方法，以
9、及运算求解能力）解：（1）因为函数的图象经过点，所以即即解得（2）方法1：由（1）得所以所以的最小正周期为因为函数的单调递增区间为，所以当时，函数单调递增， 即时，函数单调递增 所以函数的单调递增区间为 方法2：由（1）得 所以分所以函数的最小正周期为分因为函数的单调递减区间为， 所以当时，函数单调递增 即（）时，函数单调递增所以函数的单调递增区间为 17（本小题满分1）（本小题主要考查相互独立事件、解方程、随机变量的分布列与均值（数学期望）等知识，考查或然与必然的数学思想方法，以及数据处理能力、运算求解能力和应用意识）解：（1）记甲，乙，丙各自能被聘用的事件分别为，由已知，相互独立，且满足
10、解得，所以乙，丙各自能被聘用的概率分别为， （2）的可能取值为1，3 因为 所以 所以的分布列为 所以 18（本小题满分1）（本小题主要考查空间线面关系、四点共面、二面角的平面角、空间向量及坐标运算等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力）推理论证法：（1）证明：连结，因为四边形是正方形，所以 在正方体中，平面，平面，所以 因为，平面，所以平面 因为平面，所以（2）解：取的中点，连结，则 在平面中，过点作，则连结，则，四点共面 因为，所以故当时，四点共面 （3）延长，设，连结， 则是平面与平面的交线过点作，垂足为，连结，因为，所以平面因为平面
11、，所以所以为平面与平面所成二面角的平面角 因为，即，所以 在中，所以 即（苏元高考吧： 广东省数学教师QQ群：179818939）因为，所以所以所以故平面与平面所成二面角的余弦值为空间向量法：（1）证明：以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图的空间直角坐标系，则，所以， 因为，所以所以 （苏元高考吧： 广东省数学教师QQ群：179818939）（2）解：设，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以（苏元高考吧： 广东省数学教师QQ群：179818939）所以存在实数，使得因为，所以所以，所以故当时，四点共面（3）解：由（1）知，设是平面的法向量，则即取，则，所以是平面的一个法向量而
12、是平面的一个法向量，设平面与平面所成的二面角为，则1故平面与平面所成二面角的余弦值为第（1）、（2）问用推理论证法，第（3）问用空间向量法：（1）、（2）给分同推理论证法（3）解：以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图的空间直角坐标系，则，则，设是平面的法向量，则即取，则，所以是平面的一个法向量而是平面的一个法向量，设平面与平面所成的二面角为，则1故平面与平面所成二面角的余弦值为19（本小题满分1）（本小题主要考查等差数列、等比数列、分组求和等知识，考查化归与转化的数学思想方法，以及运算求解能力和创新意识）解：（1）因为等差数列的首项为10，公差为2，所以，即因为等比数列的首项为
13、1，公比为2，所以，即（2）因为，易知当时，下面证明当时，不等式成立方法1：当时，不等式显然成立假设当时，不等式成立，即则有这说明当时，不等式也成立综合可知，不等式对的所有整数都成立所以当时，方法2：因为当时，所以当时，所以则当时， 当时， 综上可知，20（本小题满分1）（本小题主要考查直线的斜率、双曲线的方程、直线与圆锥曲线的位置关系等知识，考查数形结合、化归与转化、函数与方程的数学思想方法，以及推理论证能力和运算求解能力）（1）解：设双曲线的半焦距为，由题意可得解得 （2）证明：由（1）可知，直线，点设点,，因为，所以所以因为点在双曲线上，所以，即所以所以直线与直线的斜率之积是定值（3）证
14、法1：设点，且过点的直线与双曲线的右支交于不同两点，则，即，设，则即整理，得由，得将，代入，得 将代入，得所以点恒在定直线上证法2：依题意，直线的斜率存在设直线的方程为，由消去得因为直线与双曲线的右支交于不同两点，则有设点，（苏元高考吧： 广东省数学教师QQ群：179818939）由，得整理得1将代入上式得整理得 因为点在直线上，所以 联立消去得所以点恒在定直线上（本题（3）只要求证明点恒在定直线上，无需求出或的范围）21（本小题满分1）（本小题主要考查函数的单调性、函数的导数、函数的零点等知识，考查数形结合、化归与转化、分类与讨论的数学思想方法，以及运算求解能力、抽象概括能力与创新意识）解：（1）因为，（苏元高考吧：）所以当或时，即函数的单调递增区间为和当时，即函数的单调递减区间为所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为（2）假设函数在上存在“域同区间”，由（1）知函数在上是增函数，所以 即也就是方程有两个大于1的相异实根设，则设，则因为在上有，所以在上单调递增因为，即存在唯一的，使得当时，即函数在上是减函数；当时，即函数在上是增函数因为，所以函数在区间上只有一个零点这与方程有两个大于1的相异实根相矛盾，所以假设不成立所以函数在上不存在“域同区间”高考资源网版权所有！投稿可联系QQ：1084591801
