【解析版】甘肃省天水一中2014届高三下学期第一次诊断考试数学（理）试题

甘肃省天水市一中2014届高三年级诊断考试
数学（理）试题
命题人：黄国林 审题人： 蔡恒录
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题：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. 若(a、b都是实数,i为虚数单位）,则a+b=
A．1 B．-1 C．7 D．-7
【答案】B
【解析】因为，所以，所以。
2．已知命题p:,且a>0,有,命题q:,,则下列判断正确的是
A．p是假命题 B．q是真命题
C．是真命题 D．是真命题
【答案】C
【解析】命题p:,且a>0,有,是真命题；命题q:,,是假命题，所以是真命题。
3. 如图，设D是边长为l的正方形区域，E是D内函数
与所构成(阴影部分)的区域，在D中任取一点，则该
点在E中的概率是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】图中阴影部分的面积为，
所以所投的点落在叶形图内部的概率。
4．设M是边BC上任意一点,N为AM的中点,若,则λ+μ的值为
A． B． C. D．1
【答案】C
【解析】因为M是边BC上任意一点,设，又，所以。
5. 执行如图所示的程序框图，输出的的值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】第一次循环：，此时满足条件，继续循环；
第二次循环：，此时满足条件，继续循环；
第三次循环：，此时满足条件，继续循环；
第四次循环：，此时不满足条件，结束循环，所以输出的的值为4.
6. 八个一样的小球排成一排，涂上红、白两种颜色，5个涂红色，
3个涂白色.若涂红色的小球恰好有三个连续，则不同涂法共有
A．36种 B．30种 C．24种 D．20种
【答案】C
【解析】先把3个涂红色的小球捆绑，作为一体，再把3个涂白色的小球排起来，
第一步：把捆绑的小球插入3个涂白色的小球中有4种选择；
第二步：把剩下的2个红色小球插入：2个红色小球分开有3种插法，在一起也有3种插法；即：涂法有4（3+3）=24种。
7．已知函数，则使函数有零点的实数的取值范围是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】函数的零点就是方程的根，做出函数的图像，观察它与直线y=m的交点，得知当时有交点，即函数有零点。
8．若三角形ABC中，sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2C，则此三角形的形状是
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
【答案】B
【解析】因为sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2C，所以sin(A－B)＝sinC，即sin(A＋B)=sin(A－B)，所以，因为A、B为三角形的内角，所以，所以此三角形的形状是直角三角形。
9．若某棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该棱锥的体积等于
A．10 cm3 B．30 cm3
C．20 cm3 D．40 cm3
【答案】C
【解析】一个三棱柱截取一个三棱锥
剩下的部分，其中三棱柱的底面为直角三角形，两直角边为3和4，
三棱柱的高为5，
所以该几何体的体积为。
10. 已知抛物线的焦点与双曲线的右焦
点重合，抛物线的准线与轴的交点为，点在抛物线上且
，则△的面积为
A．4 　　　 B．8 C．16 　　　 D．32
【答案】D
【解析】因为抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，所以，设A，又，所以，又，解得，所以△的面积为。
11. ，数列的前项和为，数列的通项公式为，则的最小值为
A． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
【答案】A
【解析】，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立。
12．设函数在(0，+)内有定义，对于给定的正数K，定义函数，取函数，恒有，则
　A．K的最大值为 　　　　　 　B．K的最小值为
　 C．K的最大值为2 　　　　　　 D．K的最小值为2
【答案】B
【解析】因为，所以，又在(0，+)内单调递减，，所以当时，；当时，。所以在内单调递增，在(1，+)内单调递减，所以函数的最大值的，所以要恒有，则K的最小值为。
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13. 二项式的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则其常数项是 ；
【答案】70
【解析】因为仅有第5项的二项式系数最大，所以n=8,所以由得：，由8-2r=0得r=4,所以其常数项是。
14．设x，y满足约束条件，向量，
　且a∥b，则m的最小值为 ；
【答案】-6
【解析】因为a∥b，所以，画出约束条件的可行域，由可行域知，目标函数过点（1,8）时取最小值-6.
15.如图，已知球是棱长为的正方体
的内切球，则平面截球的截面面积为 ；
【答案】
【解析】易知球O的圆心为的交点，球的半径为，且球O到面的距离为，所以平面截球的截面圆的半径为，平面截球的截面面积为。
16. 已知f(n)＝1+(n∈N*)，经计算得
f(4)＞2,f(8)＞,f(16)＞3,　f(32)＞,……，观察上
述结果，则可归纳出一般结论为 　　　 。
【答案】
【解析】观察式子的规律：f(22)＞,f()＞,f()＞,　f()＞,……，可归纳出一般结论为。
三、解答题：本大题共6道题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17．(本题满分12分)
在△ABC中，分别为内角A, B, C的对边，且
（1）求角A的大小； （2）求的最大值.
18.（本小题满分12分）
某班将要举行篮球投篮比赛，比赛规则是：每位选手可以选择在A区投篮2次或选择在B区投篮3次，在A区每进一球得2分，不进球得0分；在B区每进一球得3分，不进球得0分，得分高的选手胜出．已知某参赛选手在A区和B区每次投篮进球的概率分别是和．
（Ⅰ）如果以投篮得分的期望值高作为选择的标准，问该选手应该选择哪个区投篮？
　　　请说明理由；
（Ⅱ）求该选手在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率．
19．(本题满分12分)
如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，
AD⊥CD，AB//CD，AB=AD=，点M在线段
EC上且不与E、C重合。
（1）当点M是EC中点时，求证：BM//平面ADEF；
（2）当平面BDM与平面ABF所成锐二面角的余弦值
　为时，求三棱锥M—BDE的体积.
20．（本小题满分12分）
已知椭圆经过点,离心率为．
　(1)求椭圆C的方程：
　(2)过点Q(1,0)的直线l与椭圆C相交于A、B两点,点P(4,3),记直线PA,PB的
斜率分别为k1,k2,当 k1·k2 最大时,求直线l的方程．
21．(本题满分12分)
已知函数
　（Ⅰ）求的单调区间；
　（Ⅱ）如果当且时，恒成立，求实数的范围.
请考生在题（22）（23）（24）中任选一题作答，如果多做，则按所做的的第一题计分．做题时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．
22.(本题满分10分)选修4—1几何证明选讲:
已知A、B、C、D为圆O上的四点，直线DE为圆O的切线，
AC∥DE，AC与BD相交于H点
（Ⅰ）求证：BD平分∠ABC
（Ⅱ）若AB＝4，AD＝6，BD＝8，求AH的长
23.(本题满分10分)选修4—4:坐标系与参数方程

在直角坐标系中，以原点为极点,轴的正半轴为极轴建坐标系,已知曲线，已知过点的直线的参数方程为： ，　直线与曲线分别交于两点.
（Ⅰ）写出曲线和直线的普通方程；
（Ⅱ）若成等比数列,求的值．
24．(本题满分10分)选修4—5:不等式选讲
（１）解不等式
（2）设　，试求的最小值及相应的值 。

数学（理）答案
一、选择题：BCDCA CBBCD AB
二、填空题：13. 70 14. -6 15. 16.
三、解答题：本大题共6道题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17．(本题满分12分)
【答案】解：（1）由已知，根据正弦定理得
即， ……………… 3分
由余弦定理得
……………… 6分
（2）由（1）得：
…………9 分
故当时，取得最大值1 . ……………… 12分
18．(本题满分12分)
【答案】解：（Ⅰ）设该选手在A区投篮的进球数为X，则，
则该选手在A区投篮得分的期望为.………………………………………（3分）
设该选手在B区投篮的进球数为Y，则，
则该选手在B区投篮得分的期望为.
所以该选手应该选择A区投篮.………………………………………………………（6分）
（Ⅱ）设“该选手在A区投篮得分高于在B区投篮得分”为事件C，“该选手在A区投篮得4分且在B区投篮得3分或0分”为事件D，“该选手在A区投篮得2分且在B区投篮得0分”为事件E，则事件，且事件D与事件E互斥. …………（7分）
， ………………………………………………………（9分）
， ……………………………………………………………（11分）
，
故该选手在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率为. ……………………（12分）
19.（本小题满分12分）
解：（1）以分别为轴建立空间直角坐标系
则
的一个法向量
，。即 ………………………..4分
（2）依题意设，
设面的法向量
则，
令，则，面的法向量
，解得………………10分
为EC的中点，，到面的距离
…………………………………………………………12分
另解：用传统方法证明相应给分。
20．（本小题满分12分）
试题解析：(1) 由已知可得，所以 ① 1分
又点在椭圆上，所以 ② 2分
由①②解之，得.
故椭圆的方程为. 4分
(2)解法一：①当直线的斜率为0时,则; 5分
②当直线的斜率不为0时,设,,直线的方程为,
将代入,整理得.
则,
又,,
所以,

9分
令,则
当时即时，；
当时，
或
当且仅当,即时, 取得最大值. 11分
由①②得,直线的方程为. 12分
解法二：①当直线垂直于x轴时,则;
②当直线与x轴不垂直时,设,,直线的方程为,
将代入,整理得.
则
又,,
所以,
令由得或
所以当且仅当时最大，所以直线的方程为.
考点：椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，直线方程，基本不等式，应用导数研究函数的最值.
21．(本题满分12分)
【答案】（1）定义域为
设
① 当时，对称轴，，所以在上是增函数 -----------------------------2分
② 当时，，所以在上是增函数 ----------------------------------------4分
③ 当时，令得
令解得；令解得
所以的单调递增区间和；的单调递减区间
------------------------------------6分
（2）可化为（※）
设，由（1）知：
① 当时，在上是增函数
若时，；所以
若时，。所以
所以，当时，※式成立--------------------------------------10分
② 当时，在是减函数，所以※式不成立
综上，实数的取值范围是．----------------------------12分
解法二 ：可化为
设
令
,
所以
在
由洛必达法则
所以
22.(本题满分10分)选修4—1几何证明选讲:
【答案】（1）
又切圆于点，
而（同弧）
所以，BD平分∠ABC——————————5分
（2）由（1）知，又，
又为公共角，所以与相似。
，因为AB＝4，AD＝6，BD＝8，所以AH=3————————10分
23.(本题满分10分)选修4—4:坐标系与参数方程
【答案】解：（Ⅰ）. ……………4分
（Ⅱ）直线的参数方程为（为参数）,
代入, 得到， ………7分
则有.
因为，所以. 解得 .…10分
24．(本题满分10分)选修4—5:不等式选讲