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数学理卷·2014届广东省珠海市第一中学等六校联盟高三第三次联合考试(2013.12)扫描版


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2014 届“六校联盟”第三次联合考试
理科数学试题参考答案
考试时间:120 分钟 试卷总分 150 分 命题人:珠海市第一中学 潘静

5.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.请在答题卡上填涂相应选项. 1.满足条件 M∪{1,2}={1,2,3}的集合 M 的个数是( A ) A.4 B.3 C.2 2.若向量 a =(1,1) , b =(1,-1) , c =(-1,2) ,则 c 等于( B )

r

r

r

r

D.1

1r 3r 1r 3r 3r 1r a+ b B. a? b C. a? b 2 2 2 2 2 2 3.如果 0 < a < 1 ,那么下列不等式中正确的是( D )
A. ? A. (1 ? a )3 > (1 ? a ) 2 B. (a ? 1)3 > ( a ? 1) 2 C. (1 ? a )3 > (1 + a ) 2

D. ?

3r 1r a+ b 2 2

D. (a + 1)3 > ( a + 1) 2

4.已知函数 y = log a ( x ? 2) 是 x 的减函数,则 a 的取值范围是( B ) A.(0,2) B.(0,1) C.(1,2) D.(2,+∞) 5.若一个等差数列前 3 项和为 3, 最后 3 项和为 30, 且所有项的和为 99, 则这个数列有 ( D ) A.9 项 B.12 项 C.15 项 D.18 项 6. 如果函数 y = sin 2 x + a cos 2 x 的图象关于直线 x = ? A.

π 对称,那么 a 等于( C ) 8
D.-1

2

B.-

2

C.1

7.已知正方形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交于 E 点,将 ?ACD 沿对角线 AC 折起,使得 平面 ABC⊥平面 ADC(如图) ,则下列命题中正确的为( C ) A. B. C. D. 直线 AB⊥直线 CD, 且直线 AC⊥直线 BD 直线 AB⊥平面 BCD,且直线 AC⊥平面 BDE 平面 ABC⊥平面 BDE,且平面 ACD⊥平面 BDE 平面 ABD⊥平面 BCD,且平面 ACD⊥平面 BDE

8.如图所示,函数 y = fi ( x)(i = 1,2,3,4) 是定义在 [ 0,1] 上的四个函数,其 中满足性质: “ ?x1, x2 ∈[ 0,1] , ?λ ∈ [ 0,1] , f [ λ x1 + (1 ? λ ) x2 ] ≤ λ f ( x1 ) + (1 ? λ ) f ( x2 ) 恒成立” 的有( A )

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A.f1(x) ,f3(x)

B.f2(x)

C.f2(x) ,f3(x)

D.f4(x)

二、填空题:本大题共 6 小题,每小题 5 分,满分 30 分.请把答案填在答题卡的相应位置。 9. 函数 y =

sin 2 x 的最小正周期为 1 + cos 2 x



? ?-1≤x+y≤1, 10. 设变量 x,y 满足? 则 2x+3y 的取值范围是________. [ ?3,3] ?-1≤x-y≤1, ?

11. 命题 p:方程 x2+mx+1=0 有两个不相等的实数根,命题 q:方程 4x2+4(m+2)x+1= 0 没 有 实 数 根 . 若 “p 或 q” 为 假 命 题 , 则 实 数 m 的 取 值 范 围 为 . [ ?1, 2]

12.直线 x = 0, y = 0, x = 2 与曲线 y = 的体积等于 .

4 ? x 2 所围成的图形绕 x 轴旋转一周而成的旋转体

16 π 3 a b + 的最大值是 a +1 b +1
.

13. 若正数 a,b 满足 a + b = 1 ,则

2 3

14. 已知正三棱柱 ABC ? A1 B1C 的底面边长为 4 cm,高为 7 cm,则当一质点 自点 A 出发,沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点 A1 的路程最短时,质点沿着侧 面的前进方向所在直线与底面 ABC 所成角的余弦值为 .

24 25

三、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. 15. (本题共 2 小题,第(Ⅰ)小题 6 分,第(Ⅱ)小题 6 分,满分 12 分) 设 ?ABC 的 三 内 角 A、B、C 的 对 边 长 分别 为 a、b、c , 已 知 a、b、c 成 等 比 数 列 , 且

sin A sin C =
uu r

3 . 4 r

(Ⅰ)求角 B 的大小;

(Ⅱ) 设 向量 m = (cos A, cos 2 A) , n = ( ? 状.

uu r r 12 , 1) , 当 m ? n 取最 小 值 时 , 判断 ?ABC 的形 5

解:(Ⅰ)因为 a、b、c 成等比数列,则 b 2 = ac .由正弦定理得 sin 2 B = sin A sin C . 又 sin A sin C =

3 3 3 ,所以 sin 2 B = .因为 sin B > 0 ,则 sin B = . 4 4 2 π 2π 或 . 3 3

因为 B ∈ (0, π ) ,所以 B =

2 又 b = ac ,则 b ≤ a 或 b ≤ c , 即 b 不是 ?ABC 的最大边,故 B =

(Ⅱ)因为 m ? n = ?

uu r r

π . 3

…………6 分

12 cos A + cos 2 A , 5
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所以 m ? n = ?

uu r r

12 3 43 . cos A + 2 cos 2 A ? 1 = 2(cos A ? ) 2 ? 5 5 25

所 以当 cos A =

uu r 3 时, m ? n 5

取得最小值. 此时 又B =

1 3 3 π π < cos A = < (0 < A < π ) ,于是 < A < . 2 5 2 6 3

π π ? A + B > , 从 而 ?ABC 为锐角三角形. ……………………………12 分 3 2

16.(本题共 2 小题,第(Ⅰ)小题 4 分,第(Ⅱ)小题 8 分,满分 12 分) 平安汽车租赁公司拥有汽车 100 辆.当每辆车的月租金为 3000 元时,可全部租出.当每辆车 的月租金每增加 50 元时,未租出的车将会增加一辆.租出的车每辆每月需要维护费 150 元, 未租出的车每辆每月需要维护费 50 元. (Ⅰ)当每辆车的月租金定为 3600 元时,能租出多少辆车? (Ⅱ)当每辆车的月租金定为多少元时,租赁公司的月收益最大?最大月收益是多少? 解: (1)当每辆车的月租金定为 3600 元时,未租出的车辆数为:

3600 ? 3000 =12, 50

所以这时租出了 88 辆车.……………………………………………………………………4 分 (2)设每辆车的月租金定为 x 元,……………………………………………………………5 分 则租赁公司的月收益为:f(x)=(100- x ? 3000 ) (x-150)- x ? 3000 ×50,……8
50 50



1 x2 整理得:f(x)=- +162x-21000=- (x-4050)2+307050. 50 50
所以,当 x=4050 时,f(x)最大,其最大值为 f(4050)=307050. ………………………11 分 即当每辆车的月租金定为 4050 元时,租赁公司的月收益最大,最大收益为 307050 元.…12 分 17. (本题共 2 小题,第(Ⅰ)小题 7 分,第(Ⅱ)小题 7 分,满分 14 分) 如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 是棱 DD1 的中点. (Ⅰ)求平面 ABCD 与平面 A1BE 所成二面角的平面角的正弦值; (Ⅱ)请问: 在棱 C1D1 上是否存在一点 F, 使 B1F∥平面 A1BE?证明你的结论. → → → 解:设正方体的棱长为 1,如图所示,以AB,AD,AA1为单位正交基底建 立空间直角坐标系. 1 (1)依题意,得 B(1,0,0),E?0,1,2?,A(0,0,0),D(0,1,0), ? ? 1? → → ? A1(0,0,1),所以BE= -1,1,2 ,BA1=(-1,0,1) ? ? uv 设 n1 =(x,y,z)是平面 A1BE 的一个法向量,………………4 分 -x+z=0, ? uv → uv → ? 则由 n1 ·BA1=0, n1 ·BE=0,得? 1 -x+y+ z=0, ? 2 ?

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uv uu v 1 所以 x=z,y= z.取 z=2,得 n1 =(2,1,2).取平面 ABCD 的一个法向量为 n2 = (0, 0,1) , 2
则 cos < n1 , n2 >=

uv uu v 0+0+2 2 5 = ,∴ sin < n1 , n2 >= 3 ?1 3 3 5 即所求二面角的平面角的正弦值为 。………………………………………………………8 3

uv uu v

分 (Ⅱ) 在棱 C1D1 上存在一点 F(F 为 C1D1 的中点),使 B1F∥平面 A1BE.证明如下: → 设 F 是棱 C1D1 上的点,则 F(t,1,1)(0≤t≤1) 又 B1(1,0,1),所以B1F=(t-1,1, 0),由(Ⅰ)知,平面 A1BE 的一个法向量为 n1 =(2,1,2).而 B1F?平面 A1BE, 1 → 于是 B1F∥平面 A1BE?B1F·n=(t-1,1,0)·(2,1,2)=0?2(t-1)+1=0?t= ?F 为 2 C1D1 的中点.这说明在棱 C1D1 上存在一点 F(F 为 C1D1 的中点),使 B1F∥平面 A1BE.………14 分 说明:如果都用普通方法正确解答,每小题 7 分。这里不再提供其他解法,特别是第一问, 可以用投影面积法、 作出棱之后用三垂线法等丰富方法求二面角, 请阅卷者自定把握评分标 准。 18. (本题共 3 小题,第(Ⅰ)小题 4 分,第(Ⅱ)小题 4 分,第(Ⅲ)小题 6 分,满分 14 分) 设函数 f ( x ) = x + ax ? ln x .
2

uv

(Ⅰ)若 a = 1 ,试求函数 f ( x ) 的极小值; (Ⅱ)求经过坐标原点 O 的曲线 y = f ( x ) 的切线方程;

f ( x) ,若函数 g ( x ) 在区间(0,1]上是减函数,求 a 的取值范围. ex 1 (2 x ? 1)( x + 1) 解: (Ⅰ) a = 1 时, f ( x) = x 2 + x ? lnx( x > 0) ∴ f '( x ) = 2 x + 1 ? = x x
(Ⅲ)令 g ( x ) =

? 1? ?1 ? x ∈ ? 0, ? , f ' ( x ) < 0, x ∈ ? , +∞ ? , f ' ( x ) > 0 ? 2? ?2 ?

1 3 处取得极小值 + ln 2 ;…………………………………………4 分 2 4 1 (Ⅱ)设切点为 M ( t , f ( t ) ) , f ' ( x ) = 2 x + ax ? ; x ∴ f ( x) 在 x =
切线的斜率 k = 2t + a ? ,又切线过原点,∴ k =

1 t

f (t ) t



f (t ) 1 = 2t + a ? ,即:t 2 + at ? ln t = 2t 2 + at ? 1∴ t 2 ? 1 + ln t = 0 t t

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1 t = 1 满 足 方 程 t 2 ? 1 + ln t = 0 , 设 ? ( t ) = t 2 ? 1 + ln t , ? ' ( t ) = 2t + > 0 t
? ( t ) 在 ( 0, +∞ ) 递 增 ,且 ? (1) =0 ,方程 t 2 ? 1 + ln t = 0 有唯一解 t = 1 。切点的横坐标
为 1; 切点为 (1,1 + a ) ∴ k = a + 1 8分 (Ⅲ) g ' ( x ) = 所以所求切线方程为 y = ( a + 1) x 。………………

f '( x) ? f ( x) ,若函数 g ( x ) 在区间(0,1]上是减函数, ex

则 ?x ∈ (0,1], g ' ( x ) ≤ 0, 即 : f ' ( x ) ≤ f ( x ) , 所以 x 2 ? 2 x +

1 ? ln x + a ( x ? 1) ≥ 0 x 1 设 h ( x ) = x 2 ? 2 x + ? ln x + a ( x ? 1) x

(1 ? x ) ( 2 x + 2 x + 1) 1 1 h '( x) = 2x ? 2 ? 2 ? + a = ? ?2+a x x x2
2

若 a ≤ 2 ,则 h ' ( x ) ≤ 0, h ( x ) 在 ( 0,1] 递减, h ( x ) ≥ h (1) = 0 即不等式 f ' ( x ) ≤ f ( x ) , ?x ∈ (0,1], 恒成立 若 a > 2 ,Q? ( x ) = 2 x ?

1 1 2 1 ? ? 2 ∴? ' ( x ) = 2 + 3 + 2 > 0 2 x x x x

? ( x ) 在 ( 0,1] 上递增, ? ( x ) ≤ ? (1) = ?2 ?x0 ∈ ( 0,1) , 使得? ( x0 ) = ?a x ∈ ( x0 ,1) , ? ( x ) > ?a ,即 h ' ( x ) > 0 , h ( x ) 在 ( x0 ,1] 上递增, h ( x ) ≤ h (1) = 0
这与 ?x ∈ ( 0,1] , x 2 ? 2 x + 分 19. (本题共 3 小题,第(Ⅰ)小题 4 分,第(Ⅱ)小题 5 分,第(Ⅲ)小题 5 分,满分 14 分) 已 知 f ( x ) 是 定 义 在 R 上 的 不 恒 为 零 的 函 数 , 且 对 于 任 意 的 x, y ∈ R 都 满 足 :

1 ? ln x + a ( x ? 1) ≥ 0 矛盾 综上所述, a ≤ 2 …………14 x

f ( xy ) = xf ( y ) + yf ( x) .
(Ⅰ)判断函数 f ( x) 的奇偶性,并写出证明过程;
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(Ⅱ) 求证: ?x, y ∈ R且y ≠ 0 : f ( ) =

x y

yf ( x) ? xf ( y ) ; y2

(Ⅲ) 已知 f (2) = 2 ,设 an = f (2n ) (n∈N*) ,求数列{ an }的通项公式. 解:(Ⅰ)f(x)是奇函数, ,得 f(1)=0. 证明如下:Q f(1)=f(1·1)=1·f(1)+1·f(1) 2 因为 f(1)=f[ (-1) ]=-f(-1)-f(-1)=0 所以 f(-1)=0 ∴ f(-x)=f(-1·x)=-f(x)+xf(-1)=-f(x). 因此,f(x)为奇函数………………………………………………………………………4 分 ( Ⅱ ) 证 明 :

1 1 1 Q f ( xy ) = xf ( y ) + yf ( x), f (1) = 0 ∴ x ≠ 0时f (1) = f ( x ? ) = xf ( ) + f ( x) = 0 x x x 1 1 ∴ f ( ) = ? 2 f ( x) x x x 1 1 1 xf ( y) 1 yf ( x) ? xf ( y) ∴ ?x, y ∈ R且y ≠ 0 : f ( ) = f ( x ? ) = xf ( ) + f ( x) = ? 2 + f ( x) = y y y y y y y2
得证 分 ……………………………………………………9 令 x = 2, y = 2n ?1

(Ⅲ) Q a1 = f (2) = 2, 且 f ( xy ) = xf ( y ) + yf ( x)

∴ f (2n ) = f (2 ? 2n ?1 ) = 2 f (2 n ?1 ) + 2 n?1 f (2) = 2 f (2n ?1 ) + 2n
即 an = 2an ?1 + 2 ( n ≥ 2), ∴
n

an an ?1 ?a ? 是以 1 为首项,1 为公差的等差数列, = n ?1 + 1∴ ? n n n ? 2 2 ?2 ?




an = 1 + (n ? 1) = n ,即 an = n ? 2n ………………………………………………………14 n 2

如果考生猜想并用数学归纳法证明,根据实际情况由阅卷老师把握给分细则。 20. (本题共 3 小题,第(Ⅰ)小题 4 分,第(Ⅱ)小题 5 分,第(Ⅲ)小题 5 分,满分 14 分) 已知数列{an}为等差数列,且满足 an+1=an2-nan+1,n=1,2,3,… (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)求证:

1 1 1 1 + + +L + < ln 2. an +1 an + 2 an + 3 a2 n+1 1 2 ? 1 ? ? 的前 n 项和为 Tn , ? bn cn ?

(Ⅲ)当 0 < λ < 1 时,设 bn = λ ( an ? ), cn = (1 ? λ ) an ,数列 ?

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求证: Tn >

9n ? 1 . 4n + 3

2 解: (Ⅰ)设 an = kn + b, k ∈ R, b ∈ R, n ∈ N * ,则 kn + k + b = ( kn + b) ? n( kn + b) + 1 ,

化简得: ( k 2 ? k ) n 2 + (2kb ? k ? b) n + (b 2 + 1 ? k ? b) = 0 对 n ∈ N * 恒成立, 故有: k ? k = 0 ①且 2kb ? k ? b = 0 ②且 b + 1 ? k ? b = 0 ③
2 2

由①得 k = 0, k = 1 . 当 k = 0 时 b + 1 ? k ? b = 0 ③不成立,所以 k = 0 舍去;
2

当 k = 1 时可解得 b = 1 ; 所以数列{an}的通项公式为 an = n + 1, n ∈ N * ………………4 分 (Ⅱ)方法 1:本题需证 考 虑 到 函 数 f ( x) =

1 1 1 1 + + +L + < ln 2. n+2 n+3 n+4 2n + 2

1 在 区 间 [ n + 1, 2n + 2 ] 上 的 定 积 分 , 将 其 分 割 为 [ n + 1, n + 2] , x

[ n + 2, n + 3] ,[ n + 3, n + 4] …… [ 2n + 1, 2n + 2] 等 n + 1 个小区间,并把这些曲边梯形求和
用底边为 1, 右侧端点的函数值作为高的小矩形面积之和来近似代替, 由于函数 f ( x) =

1 在 x

区间 [ n + 1, 2n + 2 ] 上为减函数(图像略) ,所以用区间右侧端点的函数值作为高的小矩形面 积之和是小于曲边梯形面积,于是
2 n+ 2 1 1 1 1 1 + 1? + 1? + L + 1? <∫ dx = ln x n+2 n+3 n+4 2n + 2 n+1 x

1?

2n+2 n +1

= ln(2n + 2) ? ln(n + 1) = ln 2.

所以原不等式成立。…………………………………………………………………………9 分 方法 2:构造函数 g ( x) = ln( x + 1) ?

x x , x ∈ [ 0,1] 求导得 g '( x) = ≥ 0 ,所以函数 x +1 ( x + 1) 2 1 1 ≤ 1 ,故 g ( ) > g (0) = 0 , n n

g ( x) 在区间 [ 0,1] 上单调递增,由于 0 <
即 ln(1 + ) ?

1 1 1 >0? < ln(n + 1) ? ln n, 累加即得 n n +1 n +1 1 1 1 1 + + +L + < ln(2n + 2) ? ln(n + 1) = ln 2. 故原不等式成立。 ……9 分 n+2 n+3 n+4 2n + 2 1 2 λ (2n + 1) , , cn = (1 ? λ ) an =(1-λ) (n+1), 2

(Ⅲ)∵ bn = λ ( an ? ) = ∴

1 4 16 16 16 = ≥ ≥ - , bncn λ(1-λ)(2n+1)(2n+2) (2n+1)(2n+2) 2n+1 2n+2 1 ? 1 1 1 1 ? 1 Tn≥16?3-4?+?5-6?+…+ 2n+1-2n+2 ? ? ? ? ? ?
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1 ? 1 1 1 1 1 ?1 1 =16 + + +…+ + -2 4+6+…+2n+2 3 4 5 2n+1 2n+2 ? ? 1 1 1 1 1 1 1 ? ? + +…+ ,倒序相加得 =16 n+2+n+3+…+2n+2-2 ,设 tn= n+2 n+3 2n+2 ? ? 1 ? 1 1 1 1 ? 1 2tn= n+2+2n+2 +( + )+…+( + ) n+3 2n+1 2n+2 n+2 ? ? 由于 ( n + 2) + (2n + 2) = 3n + 4,

1 1 ? + ? > 4, ? n + 2 2n + 2 ? 1 1 4 4 1 1 4 1 1 ∴ + > , 同理 + > …… + > , n + 3 2 n + 1 n + 2 2n + 2 3n + 4 3n + 4 2n + 2 n + 2 3n + 4
1 ? ? 1 由于 (3n+4) n+2+2n+2 = ? ? 4(n+1) 4 4 4 故 2tn≥ + +…+ = , 3n+4 3n+4 3n+4 3n+4 2(n+1) 8n ?2(n+1)-1? ∴tn> ,从而 Tn>16? = . 2? 3n+4 ? 3n+4 ? 3n+4 9n-1 (5n-4)(n-1) 8n 又∵ - = 3n+4 4n+3 (3n+4)(4n+3)

[ (n + 2) + (2n + 2)] ? ? ?

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