[套卷]云南昆明一中2014届高三上学期开学考试数学理试题

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。满分150分，考试用时120分钟。

注意事项：

1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码。

2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，答在试卷上的答案无效。

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

一、选择题：本大题共12小题，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= z A． i B．i C．2i D．2i

32． 已知sin(x)，则sin2x的值为

4579716A． B． C． D．

252525251．若复数zm(m1)(m1)i是纯虚数，其中m是实数，则

3．公比不为1等比数列an的前n项和为Sn，且3a1,a2,a3成等差数列．若a11，则S4

A．20 B．0 C．7 D．40

4．如图，若一个空间几何体的三视图中，正视图和侧视图都是

直角三角形，其直角边长均为1，则该几何体的表面积为

A．12 B．222 C．

正视图 侧视图 1 3

D．2

2

俯视图 - 1 -

5．变量U与V相对应的一组样本数据为(11.4)，，(2,2.2)，(3,3)，(4,3.8)，由上述样本数据得到U与

V的线性回归分析，R2表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，则 R2=

A．

34 B． C．1 D．3 55y 2 1 6．已知a是实数，则函数f(x)acosax的图象可能是

y 2 1 y  22 1 y 2 1 O -1  2 x O -1  x O -2  2 x O -2 2  x A． B． C． D．

7．某班有24名男生和26名女生，数据a1，a2，┅，a50是该班50名学生在一次数学学业水平模拟考试的成绩，下面的程序用来同时统计全班成绩的平均分：A，男生平均分：M，女生平均分：W；为了便于区别性别，输入时，男生的成绩用正数，女生的成绩用其成绩的相反数．那么

在图中空白的判断框和处理框中，应分别填入下列四个选项中的

MW 50MWC．T0?，A

50A．T0?，A

MW 50MWD．T0?，A

50B．T0?，A8．若曲线f(x)acosx与曲线g(x)x2bx1在交点

(0,m)处有公切线， 则ab

A．1 C．1

B．0 D．2

- 2 -

x24x,x09．已知函数f(x)2，若fa2f(a)0，则实数a的取值范围是

x0x4x,A．a13 或a13 B．a1 C．a33 或 a33 D．a1

10．已知数列{an}满足an1anan1(n2)，a11, a23，记Sna1a2an，则下列结论正

确的是

A．a1001，S1005 B．a1003，S1005 C．a1003，S1002 D．a1001，S1002

11．在平面直角坐标系xOy中，抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，M是抛物线C上的点，若

OFM的外接圆与抛物线C的准线相切，且该圆面积为9，则p

A．2 B．4 C．6 D．8

12．设函数f(x)满足f(x)f(x),且当x0时，f(x)()，又函数g(x)xsinx，则函数

14x1h(x)f(x)g(x)在,2上的零点个数为

2A．3 B． 4 C． 5 D． 6

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

本卷包括必考题和选考题两部分。第（13）题～第（21）题为必考题，每个试题考生都必须做答。第（22）题～第（24）题为选考题，考生根据要求做答。

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡上。

xy1013．变量x，y满足条件xy0，求2xy的最大值为 ．

x0x2y214．已知F(c,0)是双曲线C:221(a0,b0)的右焦点，若双曲线C的渐近线与圆

ab12c相切，则双曲线C的离心率为 ． 2,b2，15．已知向量a,b的夹角为120，且a1则向量ab在向量ab方向上的投影是 ．

E:(xc)2y216．已知A、B、C、D四点在半径为29的球面上，且ACBD13,ADBC5， 2ABCD，则三棱锥DABC的体积是 ．

- 3 -

三、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17．（本小题满分12分）

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， 若acos（Ⅰ） 求证：a、b、c成等差数列；

（Ⅱ） 若B60，b4，求ABC的面积．

18．（本小题满分12分）

气象部门提供了某地今年六月份（30天）的日最高气温的统计表如下： 日最高气温t (单位：℃) 天数 t22℃ 6 22℃某水果商根据多年的销售经验，六月份的日最高气温t (单位：℃)对西瓜的销售影响如下表：

日最高气温t (单位：℃) 日销售额X（千元） t22℃ 2 22℃(Ⅱ) 若视频率为概率，求六月份西瓜日销售额的期望和方差；

(Ⅲ) 在日最高气温不高于32℃时，求日销售额不低于5千元的概率． 19．（本小题满分12分）

如图，在四棱锥PABCD中，ABCD为平行四边形，且BC平面PAB，

P PAAB，M为PB的中点，PAAD2．

(Ⅰ) 求证：PD平面AMC；

(Ⅱ) 若AB1， 求二面角BACM的余弦值．

20．（本小题满分12分）

M D

A

B C 1已知平面内与两定点A(2,0)，B(2,0)连线的斜率之积等于的点P的轨迹为曲线C1，

4椭圆C2以坐标原点为中心，焦点在y轴上，离心率为5． 5（Ⅰ）求C1的方程；

（Ⅱ）若曲线C1与C2交于M、N、P、Q四点，当四边形MNPQ面积最大时，求椭圆C2 的方程及此四边形的最大面积.

21．（本小题满分12分）

设f(x)ln(x1)ax（aR且a0）．

- 4 -

（Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性；

（Ⅱ）若a1，证明：x(0,5)时，f(x)

请考生在第22,23,24题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号。 22．（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲

如图，已知PA与圆O相切于点A，直径BCOP，连接AB交PO于点D．

C（Ⅰ）求证：PAPD；

A（Ⅱ）求证：ACAPADOC．

9x成立． x1ODPB - 5 -

23．本小题满分10分)选修4—4；坐标系与参数方程

已知曲线C的参数方程是x3txacos（为参数,a0）与直线l的参数方程是

y1ty3sin（t为参数）有一个公共点在x轴上．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立坐标系．

（Ⅰ）求曲线C普通方程；

B(2,（Ⅱ）若点A(1,) 、

24111) 、 C(3,)在曲线C上，求的值． 22233OAOBOC24．（本小题满分10分）选修45：不等式选讲

已知函数f(x)x3xa(a0)．

（Ⅰ）当a4时，已知f(x)7，求x的取值范围； （Ⅱ）若f(x)6的解集为x|x4或x2，求a的值．

参考答案

- 6 -

一．选择题：

1．A 2．B 3．A 4．D 5．C 6．C 7．D 8．C 9．D 10．A 11．B 12．C 二、填空题： 13．

1 14．2 15． 3 16． 8 2三、解答题： 17．解：证明：（Ⅰ）证法一：

acos2CA1cosC1cosA3ccos2acb 22222即a(1cosC)c(1cosA)3b 由正弦定理得：

sinAsinAcosCsinCcosAsinC3sinB

即 sinAsinCsin(AC)3sinB ∴sinAsinC2sinB

由正弦定理得： 整理得：ac2b

故a、b、c成等差数列． …… 6分 证法二： ∵acos2CA1cosC1cosA3ccos2acb 22222∴ac(acosCccosA)3b

a2b2c2b2c2a2c)3b ∴ac(a2ab2bc整理得：ac2b

故a、b、c成等差数列．

222解：（Ⅱ）由B60，b4及余弦定理得：4ac2accos60

∴(ac)3ac16

2又由（1）知ac2b，代入上式得 4b3ac16，解得ac16

2∴ ABC的面积S11acsinBacsin60o43． …… 12分 22o18．解：(Ⅰ) 由已知得：P(t32C)0.9

P(t32C)1P(t32C)0.1 Z300.13

- 7 -

oo Y30(6123)9． …… 4分 (Ⅱ) P(28Ct32C)oo90.3 305 0.4 6 0.3 8 0.1 六月份西瓜销售额X的分布列为

XP 2 0.2 E(X)20.250.460.380.15

D(X)(25)20.2(55)20.4(65)20.3(85)20.13．…… 9分

(Ⅲ) P(t32oC)0.9,P(22oCt32oC)0.40.30.7

由条件概率得：P(X5t32oC)P(22oCt32oCt32oC) P(22oCt32oC)0.77=． …… 12分

P(t32oC)0.9919．解：（Ⅰ）证明： 连接BD，设BD与AC相交于点O，连接OM， ∵ 四边形ABCD是平行四边形，∴点O为BD的中点． ∵M为PB的中点，∴OM为PBD的中位线， ∴OM PD， …… 2分 ∵OM平面AMC,PD平面AMC， ∴PD平面AMC． …… 4分

P M D G O F A

B AD， AD平面PAB，故PA(Ⅱ) 解法一 ： ∵BC平面PAB，ADBC， 则C

又PAAB, 且ADABA，

∴ PA平面ABCD． …… 6分 取AB的中点F，连接MF，则MFPA，且 MF∴ MF平面ABCD．

作FGAC，垂足为G，连接MG，由于MFAC，且MFFGF， ∴AC平面MGF，∴ ACMG．

∴MGF为二面角BACM的平面角． …… 9分

1PA1． 212AFBC25GFAF由RtAGF∽RtABC，得，得GF， AC5BCAC5 - 8 -

在RtMGF中，cosMGFGFMG551156． 6∴ 二面角BACM的余弦值为6． …… 12分 6(Ⅱ) 解法二： ∵BC平面PAB，AD//BC， 则AD平面PAB，故PAAD，

又PAAB, 且ADABA，

∴PA平面ABCD． …… 6分

以点A为坐标原点，分别以AD,AB,AP所在直线为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系

zAxyz．

则A(0,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，B(0,1,0)，M(0,,1)， P121 ∴AC(2,1,0)， AM(0,,1)，

2 求得平面AMC的法向量为n(1,2,1)，

又平面ABC的一个法向量为AP(0,0,2)，

MxDAOCBynAP216 ∴ cosn,AP . 614126nAP ∴ 二面角CBC1D的余弦值为20．解：（Ⅰ）设P(x,y)，则kPAkPB 则

y 6. …… 12分 6M B Q O N A P x 1，

4yy1， x2x24x2y21(x2)．………4分 ∴C1方程为4y2x2（Ⅱ）如图，设椭圆C2的方程为221(mn0)，

mn设N(x1,y1)，由对称性得四边形MNPQ的面积为S4x1y1，

x12y121， 4x12y1x4………8分 ∴S421y184222 - 9 -

x1x12y12当且仅当2，解得………10分 2y1x1y21124122m23122，解得212， 则mnnn255e12m5y2x21，四边形MNPQ的最大面积为4. ………12分 ∴椭圆C2的方程为

312521．解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域为(1,)，f(x)1a， x1

当a0时，f(x)0，∴函数f(x)在(1,)上是增函数； 当a0时，f(x)axa1a11； ，又x1aa1a1由f(x)0得，1x；由f(x)0得，x

aaa1a1)上是增函数；在(,)上是减函数．………4分 ∴函数f(x)在(1,aa（Ⅱ）当a1时，f(x)ln(x1)x， 要证x(0,5)时f(x)9x成立，由于x10， x1∴只需证(x1)ln(x1)x28x0在x(0,5)时恒成立， 令g(x)(x1)ln(x1)x28x，则g(x)ln(x1)2x7 设h(x)ln(x1)2x7，h(x)120，x(0,5) x1∴g(x)在(0,5)上单调递增，∴g(0)g(x)g(5)，即7g(x)ln63； 即x0(0,5)，使g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,5)上单调递增， 而g(0)0,g(5)6ln6156lne1562150，

∴当x(0,5)时，(x1)ln(x1)x8x0恒成立，即原命题得证．………12分 22．解：（Ⅰ）证明：

解法一：PA与圆O相切于点A，PABACB，

22CBC是圆O的直径，BAC90

- 10 -

AODPACB90B，

OBOP，BDO90B

又BDOPDA，PADPDA90B

PAPD． …………4分 解法二：连接OA，

OAOB，OABOBA，

PA与圆O相切于点A，OAP90，

PAD90OAB，

OBOP，BDO90OBA

又BDOPDA，PADPDA PAPD．

ADPDAACO（Ⅱ）据（1），P，

又OACOCA PAD∽OCA，

23．解：

PAAD，PAACADOC． …………10分 OCAC(Ⅰ) 直线l的的普通方程为：xy2，与x轴的交点为(2,0)，

x2y2x2y21，所以，a2，故所求曲线C普通方程是：1． 又曲线C的普通方程为：2a343…………4分

（Ⅱ）因点A(1,),B(2,24),C(3,)在曲线C上，即点 332244A(1cos,1sin) 、 B(2cos(),2sin()) 、 C(3cos(),3sin())在曲

3333线上．

1OA21OB21OC2112122132

122412242222 coscos()cos()+sin+sin（+）+sin（+）433333481cos(2)1cos(2)11cos233)(4222481cos(2)1cos(2)11cos233) (322213137=+=．…………10分 42328

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24．解：

（Ⅰ）因为x3x4x3x47，等号成立当且仅当(x3)(x4)0， 即3x4，故x的取值范围为3,4．…………4分

a32x(x3)(3xa) （Ⅱ）因为f(x)a32x3a(xa)当a36时，不等式f(x)6解集为R，不合题意； 当a36时，不等式f(x)6的解为x3xa 或

a32x62x3a6x3xa即 或a9a3，又因为解集x|x4或x2，解得a1．…………10分

xx22

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