2014年浙江浦江中学高考适应性考试理科数学

2014年高考适应性考试 数 学（理科）

姓名 准考证号 本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页。满分150分，考试时间120分钟。

请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。

选择题部分 (共50分)

注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上。

2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸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。不能答在试题卷上。

参考公式：

如果事件A, B互斥, 那么 P(A+B)=P(A)+P(B)

如果事件A, B相互, 那么 P(A·B)=P(A)·P(B)

如果事件A在一次试验中发生的概率是p, 那么n 次重复试验中事件A恰好发生k次的概率 Pn(k)=Cnpk (1－p)n-k (k = 0,1,2,„, n) 棱台的体积公式

V13h(S1S1S2S2)

k棱柱的体积公式 V=Sh

其中S表示棱柱的底面积, h表示棱柱的高 棱锥的体积公式 V=

13Sh

其中S表示棱锥的底面积, h表示棱锥的高 球的表面积公式 S = 4πR2 球的体积公式 V=

43其中S1, S2分别表示棱台的上、下底面积,

πR3

h表示棱台的高 其中R表示球的半径

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.若集合A{x|2x1},B{x|x2x0},则(CRA)B

A.{x|0x1} B.{x|0x1} C.{x|0x1} D.{x|0x1} 2.函数y32sin2x的最小正周期为 A.

2 B.  C. 2 D. 4 2数学（理科）试题第1页（共4页）

xy603.设实数x,y满足不等式组2xy0，则zx2y的最小值是

2x3y40A.8 B.6 C. 3 D. 4.已知xR，则“x0”是“xcosx”的

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 5.定义在R上的奇函数f(x)满足f(x)18 51|2x1|,x[0,1)21，则f()的值是

22f(x1),x(1,)A.0 B.512 C.1024 D.2048 6.从6名教师中选4名开设A,B,C,D四门课程，每人开设一门课程且开设的课程各不相同，若这6名教师中甲、乙两人不开设A课程，则不同的选择方案共有

A.300种 B.240种 C.144种 D.96种 7.已知a,b,c为ABC的三边，若bcabc,则

222bc的取值范围是 aA.(1,2] B.(1,3] C.[3,2] D.(3,2]

x2y2O是坐标1(a0)相交于A,B两点，8.设直线xym0(m0)与曲线E:ab原点，且OP11(OAOB)，若直线OP的斜率为，则曲线E的离心率是 22 A.

326 B. C.3 D.

2229.已知ABC中,ACB90，AB2BC2，将ABC绕BC旋转得PBC,当直线

PC与平面PAB所成角的正弦值为

6时，P、A两点间的距离是 6 A.2 B.4 C.22 D.23

10.已知直线l1:y3x和l2:y3x，对于任意一条直线l:ykx进行变换，记该变换为R，得另一条直线R(l).变换R为：先经l1反射，所得直线（即以l1为对称轴，l的轴对称图形）再经l2反射，得到R(l).令R则使得R(m)(1)R(l)，对于n2定义R(n)(l)R(R(n1)(l))，

(l)l恒成立的最小正整数m为

A.2 B.3 C.4 D.6

数学（理科）试题第2页（共4页）

非选择题部分 (共100分)

注意事项：

1． 用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上。

2． 在答题纸上作图，可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分. 把答案填在答题纸的相应位置 11.在复平面内，复数zi（i是虚数单位）对应的点位于第 象限. 2i2812.二项式(x)的展开式中，含x的项的系数是 . 1x13.执行如图的程序框图，若输出S15，则输入k(kN)的值为 ． 开始

输入 k 2 n0,S0112

正视图 侧视图

否 nk?

是 输出 S nn1

结束

SS2n1 俯视图

（第13题图） （第14题图） 14.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 .

15.已知抛物线x22y的焦点为F，直线l:x2y20交抛物线于A,B两点，则

cosAFB 的值是 .

16.已知点D是ABC边BC上的点，BD2DC,过D作直线l交直线AB,AC于E,F两点，若AEAB,AFAC(0，0)，则2的最小值是 . 17.已知函数f(x)x2axb，若存在实数m，使得|f(m)|2别式a4b的取值范围为 .

11,|f(m1)|，则判44三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

n2n18.（本小题满分14分）已知数列{an}的前n项和Sn，等比数列{bn}满足

2bb122b3，且b1,b22,b3成等差数列.

数学（理科）试题第3页（共4页）

（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式； （Ⅱ）设cnan，Tn为数列{cn}的前n项和，求Tn的取值范围. bn19. （本小题满分14分）一盒中装有大小质地相同的小球,其中红球4个,白球、黑球各3个， （Ⅰ）从中任取两球，求取得的两球颜色不同的概率；

（Ⅱ）将红球标上0,1,2,3；白球、黑球分别标上0,1,2；现从盒中任意取出两个小球.记

所取出的两球标号之积为,求的分布列与数学期望. ．．

20.（本题满分15分）如图，在等腰梯形ABCD中，AB//CD,AB2BC2CD2，E

是AB的中点，F是DE的中点，沿直线DE将ADE翻折至ADE, （Ⅰ）取AB的中点G，求证：EG//面AFC； （Ⅱ）若使二面角ADEB为60，求二面角FABC的正切值. CAD

CG FD

F

BAEBE

（第20题图）

x2y2321.（本小题满分15分）已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，短轴端点

2ab到焦点的距离为2.

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）已知点A,B椭圆C上任意两点，满足OAOB(O为坐标原点），

（ⅰ）试判断点O到直线AB的距离是否为定值；若是，求出该值；若不是，请说

明理由？

（ⅱ）点P是以椭圆C的长轴为直径的圆上任意一点，求PAB的面积的最大值.

22.（本小题满分14分）已知函数f(x)xaxalnx(a0)有两个零点. （Ⅰ）求实数a的取值范围；

（Ⅱ）对于任意两个不相等的x1,x2(0,)，存在x0使得f(x0)22f(x1)f(x2)，

x1x2求证：x1x2x0x1x2. 2数学（理科）试题第4页（共4页）

2014年高考适应性考试

数学（理科）评分标准

一、选择题：（本大题有10小题，每小题5分，共50分）

1.D 2. A 3. B 4. A 5.C 6. B 7.A 8. D 9. C 10. B 二、填空题：（本大题有7小题，每小题4分，共28分） 11．二 12．-56 13．4 14．2 15． 三、解答题：（本大题共5小题，共72分） 18．（本小题满分14分）

4 16． 3 17． [0, 2] 5anSnSn1（Ⅰ）当n2时，n(n1)(n1)nn，n1时，a11 22∴ ann „„„„３分

b12q2b1q2设bn的公比为q，则 „„„„５分 22(b1q2)b1b1q2(2q22)2q(1q2) q2,b14

∴ bn2n1 „„„„７分 （Ⅱ）cn12n1nn1

2n122232n2n2由错位相减法得 Tn1n1 „„„„11分

2n3n22n1∵Tn1Tn1n2(1n1)n20

2221∴Tn1 „„„„14分 4 ∴ Tnn19．（本小题满分14分）

2（Ⅰ）从盒中摸出小球的所有方法总数有C1045种，

其中颜色相同的方法数有C4C3C312种， 所以取得的两球颜色不同的概率P12221211 „„„„„„„„5分 4515（Ⅱ）的取值为：0,1,2,3,4,6 „„„„„„„„6分

1111C32C3C78C321C3C33；；P(0)P(1)P(2)； 222C1015C1015C1015数学（理科）试题第5页（共4页）

11C3C321C311P(3)2；P(4)2；P(6)2； „„„„10分

C1015C1015C1015则的分布列为

 P 0 1 2 3 4 6 181111 515151515151634 „„„„14分 ∴ E153

20．（本小题满分15分）

解析：（Ⅰ）取AC中点H,连FH,GH,GH//FE//BC且GHFE 即四边形EFHG为平行四边形

1BC 2AHKFH//EG，EG面AFC,FH面AFC,

EG//面AFC；„„„„„„„„7分

D

（Ⅱ）解法一：作FKAB于K，连结KH， F则FH平面ABC，FHAB，

CGAB平面FKH，ABKH

EBFKH为二面角FABC的平面角. „„„„„„„„11分

又AKH∽ACB，3HKAH21，得：HK，又HF

4BCAB14tanFKH21. „„„„„„„„15分 2解法二：以F为原点，FE为x轴，FC为y轴，建立空间直角坐标系，则

3333333,0),C(0,,0),A(0,,)，AC的中点H(0,,)， 224488zA平面ABF的法向量为m(3,23,2)， B(1,平面ABC的法向量为n(0,3,1)，

2cosm,n,

5所以二面角FABC的正切值为

DFECGy21. „„„„„„„„15分 2xB数学（理科）试题第6页（共4页）

x2y21； „„„„„„„„4分 21. 解：（Ⅰ）4（Ⅱ）当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x25， 5原点O到直线AB的距离为

25 „„„„„5分 5当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，A(x1,y1),B(x2,y2)，则

x2y21由4得：(14k2)x28kmx4m240 ykxm16(14k2m2)0

8km4m24x1x2,x1x2 „„„„„7分 2214k14k5m244k2422m(1k)„„„„„8分 0由OAOBx1x2y1y2得2514k（ⅰ）所以原点O到直线AB的距离为

25. „„„„„„„„9分 545 5（ⅱ）当直线AB的斜率不存在时|AB|当直线AB的斜率存在时，

9k2„„„„„„11分 |AB|(1k)[(x1x2)4x1x214216k8k15224当k0时，|AB|451916k218k215，当k时等号成立.

2当k0时，|AB|45；所以|AB|最大值为5. „„„„„„„„13分 5由（ⅰ）知：点P到直线AB的距离最大值为

252 „„„„„„„14分 5SPAB的最大值为15. „„„„„„„„15分

数学（理科）试题第7页（共4页）

22.解：（Ⅰ）f(x)(2xa)(xa) „„„„„„„„1分

x当x0时，f(x)，当x时，f(x). 当a0时，f(x)在(0,a)上递减，在(a,)上递增，

所以f(x)的最小值为f(a)a2lna，由a2lna0 解得a1.„„„„4分

aa,)上递增，

22a32a2所以f(x)的最小值为f()aaln()，

242当a0时，f(x)在(0,)上递减，在(32a2由aaln()0解得a2e4. 42所以a的取值范围为a2e或a1 „„„„„„„„7分

343a2a2（Ⅱ）记h(x)f(x)2xa，则h(x)220，„„„„„„„„8分

xx所以f(x)为(0,)上的增函数.

要证x1x2x0x1x2， 2x1x2). „„„„„„„„9分 2只要证f(x1x2)f(x0)f(不妨设x1x2

f(x0)f(x1)f(x2)lnx1lnx2(x1x2)aa2

x1x2x1x2x11x1x2x1x2a2f()f(x0)(ln2)

x2x1x2x211x2t1(t1)2(t(0,1])，则F(x)设F(t)lnt20 t1t(t1)2F(t)在(0,1]为增函数.当t(0,1)时，F(t)F(1)0

数学（理科）试题第8页（共4页）

x11xx2x1x1x2a2)f(x0)0， 20，又令t得ln0，所以f(1x2x2x2x1x211x2 即f(x1x2)f(x0) „„„„„„„„12分 2xxxa2f(x1x2)f(x0)2x1x2(x1x2)[ln1(12)]

x1x2x2x2x1(t1)210 设G(t)2lnt(t)(t(0,1])，则G(t)2ttG(t)在(0,1]为减函数.当t(0,1)时，G(t)G(1)0

令tx1x1x2x1a2得ln0，2x1x2(x1x2)0 ()0，又

x1x2x2x2x1x2所以f(x1x2)f(x0)0，即f(x1x2)f(x0) 所以f(x1x2)f(x0)f(

数学（理科）试题第9页（共4页）

x1x2xx2)即x1x2x01.„„„„„„14分 22

2014年高考适应性考试

数学（理科）评分标准

一、选择题：（本大题有10小题，每小题5分，共50分）

1.D 2. A 3. B 4. A 5.C 6. B 7.A 8. D 9. C 10. B 二、填空题：（本大题有7小题，每小题4分，共28分） 11．二 12．-56 13．4 14．2 15． 三、解答题：（本大题共5小题，共72分） 18．（本小题满分14分）

4 16． 3 17． [0, 2] 5anSnSn1（Ⅰ）当n2时，n(n1)(n1)nn，n1时，a11 22∴ ann „„„„３分

b12q2b1q2设bn的公比为q，则 „„„„５分 22(b1q2)b1b1q2(2q22)2q(1q2) q2,b14

∴ bn2n1 „„„„７分 （Ⅱ）cn12n1nn1 n123n22222n2由错位相减法得 Tn1n1 „„„„11分

2n3n22n1∵Tn1Tn1n2(1n1)n20

2221∴Tn1 „„„„14分 4 ∴ Tn2n19．（本小题满分14分）

（Ⅰ）从盒中摸出小球的所有方法总数有C1045种，

其中颜色相同的方法数有C4C3C312种， 所以取得的两球颜色不同的概率P12221211 „„„„„„„„5分 4515（Ⅱ）的取值为：0,1,2,3,4,6 „„„„„„„„6分

数学（理科）试题第10页（共4页）

1111C32C3C78C321C3C33；；P(0)P(1)P(2)； 222C1015C1015C101511C3C321C311P(3)2；P(4)2；P(6)2； „„„„10分

C1015C1015C1015则的分布列为

 P 0 1 2 3 4 6 181111 515151515151634 „„„„14分 ∴ E153

20．（本小题满分15分）

解析：（Ⅰ）取AC中点H,连FH,GH,GH//FE//BC且GHFE 即四边形EFHG为平行四边形

1BC 2AHKFH//EG，EG面AFC,FH面AFC,

EG//面AFC；„„„„„„„„7分

D

（Ⅱ）解法一：作FKAB于K，连结KH， F则FH平面ABC，FHAB，

CGAB平面FKH，ABKH

EBFKH为二面角FABC的平面角. „„„„„„„„11分

又AKH∽ACB，3HKAH21，得：HK，又HF

4BCAB14tanFKH21. „„„„„„„„15分 2解法二：以F为原点，FE为x轴，FC为y轴，建立空间直角坐标系，则

3333333,0),C(0,,0),A(0,,)，AC的中点H(0,,)， 224488zA平面ABF的法向量为m(3,23,2)， B(1,平面ABC的法向量为n(0,3,1)，

2cosm,n,

5DFECGyxB数学（理科）试题第11页（共4页）

所以二面角FABC的正切值为

21.„„„„„„„„15分 2x2y21； „„„„„„„„4分 21. 解：（Ⅰ）4（Ⅱ）当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x25，原点O到直线AB的5距离为

25„„„„„5分 5当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，A(x1,y1),B(x2,y2)，则

x2y21由4得：(14k2)x28kmx4m240 ykxm16(14k2m2)0

8km4m24x1x2,x1x2„„„„„7分

14k214k25m244k2422m(1k)„„„„„8分 0由OAOBx1x2y1y2得2514k（ⅰ）所以原点O到直线AB的距离为

25.„„„„„„„„9分 545 5（ⅱ）当直线AB的斜率不存在时|AB|当直线AB的斜率存在时，

9k2„„„„„„11分 |AB|(1k)[(x1x2)4x1x214216k8k15224当k0时，|AB|451916k2182k15，当k时等号成立.

2当k0时，|AB|45；所以|AB|最大值为5.„„„„„„„„13分 5数学（理科）试题第12页（共4页）

由（ⅰ）知：点P到直线AB的距离最大值为

252„„„„„„„14分 5SPAB的最大值为15.„„„„„„„„15分

22.解：（Ⅰ）f(x)(2xa)(xa)„„„„„„„„1分

x当x0时，f(x)，当x时，f(x). 当a0时，f(x)在(0,a)上递减，在(a,)上递增，

所以f(x)的最小值为f(a)a2lna，由a2lna0 解得a1.„„„„4分

aa,)上递增，

22a32a2所以f(x)的最小值为f()aaln()，

242当a0时，f(x)在(0,)上递减，在(32a2由aaln()0解得a2e4. 42所以a的取值范围为a2e或a1„„„„„„„„7分

343a2a2（Ⅱ）记h(x)f(x)2xa，则h(x)220，„„„„„„„„8分

xx所以f(x)为(0,)上的增函数.

要证x1x2x0x1x2， 2x1x2).„„„„„„„„9分 2只要证f(x1x2)f(x0)f(不妨设x1x2

f(x0)f(x1)f(x2)lnx1lnx2(x1x2)aa2

x1x2x1x2x112xx2xxaf(1)f(x0)(ln122)

x12x1x2x21x2数学（理科）试题第13页（共4页）

t1(t1)2(t(0,1])，则F(x)设F(t)lnt20 2t1t(t1)F(t)在(0,1]为增函数.当t(0,1)时，F(t)F(1)0

x11xx2x1x1x2a2)f(x0)0， 20，又令t得ln0，所以f(1x12x2x2x1x21x2 即f(x1x2)f(x0)„„„„„„„„12分 2xxxa2f(x1x2)f(x0)2x1x2(x1x2)[ln1(12)]

x1x2x2x2x1(t1)210 设G(t)2lnt(t)(t(0,1])，则G(t)tt2G(t)在(0,1]为减函数.当t(0,1)时，G(t)G(1)0

令tx1x1x2x1a2得ln0，2x1x2(x1x2)0 ()0，又

x1x2x2x2x1x2所以f(x1x2)f(x0)0，即f(x1x2)f(x0) 所以f(x1x2)f(x0)f(

x1x2xx2)即x1x2x01.„„„„„„14分 22数学（理科）试题第14页（共4页）