2014届浙江数学(文)高考模拟卷十

高三数学（文）高考模拟卷十一、选择题：1.已知集合2|560Axxx，|2Bxx，则RACB=（）A．1,2B．1,2C．2,6D．2,62.若(2)aiibi，其中,abR，i是虚数单位，则复数abi（）A.12iB.12iC.12iD.12i3．已知向量1,2a，,2bx，且aab，则实数x等于（）A．4B．4C．0D．94．已知数列na的前n项和221nSnnt，则“1t”是“数列na为等差数列”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．某空间组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为（）A．48B．56C．64D．726．在如图所示的程序框图中，若输出49S，则判断框内实数p的取值范围是（）A．17,18B．17,18C．16,17D．16,177．已知函数()sin()32mfxx在0,上有两个零点，则实数m的取值范围为（）A．3,2B．3,2C．3,2D．3,28．过双曲线22221(0,0)xyabab的右顶点A作斜率为1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为,BC，若,,ABC三点的横坐标成等比数列，则双曲线的离心率为（）A．3B．5C．10D．139．已知(2,1)A，(1,2)B，31,55C，动点(,)Pab满足02OPOA且02OPOB，则点P到点C的距离大于14的概率为（）A．5164B．564C．116D．1610．设函数2()21lnfxxxax有两个极值点12,xx，且12xx，则（）A．212ln2()4fxB．212ln2()4fxC．212ln2()4fxD．212ln2()4fx非选择题部分(共100分)二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分。11．5000辆汽车经过某一雷达测速区，其速度频率分布直方图如右图所示，则时速超过60km/h的汽车数量为12．若平面上点),(yxM的yx,值由掷骰子确定，第一次确定x，第二次确定y，则点),(yxM落在圆18)3(22yx的内部（不包括边界）的概率是_____13．已知2cos32sin1，且)2,0(，则tan_______．14.已知圆的方程为22680xyxy，设该圆过点3,5的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为___________．15．若不等式组0024xyxytxy表示的平面区域是一个四边形，则t的取值范围是．16．若0,0ba，且点),(ba在过点)1,1(，)3,2(的直线上，则)4(222baabs的最大值是________．17．数列na为等差数列，12619,1aa，设16||nnnnAaaa，Nn．则nA的最小值为．18．(本小题满分14分)在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且coscosBCbac2.（I）求角B的大小；（II）若13b，求△ABC的面积最大值.19．(本小题满分14分)已知函数23()3xfxx，数列na满足*1111,()(N)nnaafna。（1）求数列na的通项公式；（2）令11nnnbaa，求数列{bn}的前n项和Tn．20．(本小题满分15分)如图所示，已知圆O的直径AB长度为4，点D为线段AB上一点，且13ADDB，点C为圆O上一点，且3BCAC．点P在圆O所在平面上的正投影为点D，PDBD．（Ⅰ）求证：CD平面PAB；（Ⅱ）求PD与平面PBC所成的角的正弦值。PABDCO第20题第22题21（本题满分15分）已知集合0Axx，20,,BxxabxababR，DAB,函数321fxxxbx（1）当1b时，求函数fx在点1,1f处的切线方程；（2）当1ab，且fx在D上有极小值时，求b的取值范围；（3）在（2）的条件下，不等式1fx对任意的xD恒成立，求b的取值范围。22（本题满分14分）已知抛物线C的方程为22xpy,设点M0,1x00x在抛物线C上，且它到抛物线C的准线距离为54；（1）求抛物线C的方程；（2）过点M作倾斜角互补的两条直线分别交抛物线C于11,Axy，22,Bxy两点（M、A、B三点互不相同），求当MAB为钝角时，点A的纵坐标1y的取值范围。高考模拟卷十参考答案一、选择题DADCCCBCAD11．190012．5913．214．20615．(2,4)16．21217．7518：（I）解：由正弦定理aAbBcCRsinsinsin2得aRAbRBcRC222sinsinsin，，将上式代入已知coscoscoscossinsinsinBCbacBCBAC22得即20sincossincoscossinABCBCB即20sincossin()ABBC∵ABCBCAABA，∴，∴sin()sinsincossin20∵sincosAB≠，∴，012∵B为三角形的内角，∴B23.（II）由余弦定理bacacB2222cos得22132acacacac，得133ac∴.1133sin212ABCSacB当393ac时，△ABC的面积最大值为1331219.解：（1）2211(1)333nann．（2）111911()21222123()(1)333nnnbaannnn所以，91111119113()()235572123232323nnTnnnn20．解答：（Ⅰ）连接CO，由3ADDB知，点D为AO的中点，又∵AB为圆O的直径，∴ACCB，由3ACBC知，60CAB，∴ACO为等边三角形，从而CDAO．∵点P在圆O所在平面上的正投影为点D，∴PD平面ABC，又CD平面ABC，∴PDCD，由PDAOD得，CD平面PAB．（Ⅱ）法1：过D作DH平面PBC交平面于点H，连接PH，则DPH即为所求的线面角。由（Ⅰ）可知3CD，3PDDB，∴1111133333332322PBDCBDCVSPDDBDCPD．又2232PBPDDB，2223PCPDDC，2223BCDBDC，∴PBC为等腰三角形，则193153212222PBCS．由PBDCDPBCVV得，553DH∴55sinPDDHDPH法2：由（Ⅰ）可知3CD，3PDDB，过点D作DECB，垂足为E，连接PE，再过点D作DFPE，垂足为F．∵PD平面ABC，又CB平面ABC，∴PDCB，又PDDED，∴CB平面PDE，又DF平面PDE，∴CBDF，又CBPEE，∴DF平面PBC，故DPF为所求的线面角在RtDEB中，3sin302DEDB，22352PEPDDE，55sinsinPEDEDPEDPF21.解：（1）321fxxxx，2321fxxx，所以62yx（2）0Axx，1Bxbxb，DAB，则1b当10b时，0,1Db，10fb，则21906b；当0b时，,1Dbb，100fbfb，舍所以21906b（3）由（2）可知，001021906ffbb，解得219226b22.解：（1）由定义得5124p，则抛物线C的方程：2xy（2）设直线AM的方程为：11ykx联立方程211ykxxy得210xkxk，21,1Akk10即2k同理21,1Bkk20即2k，令211yk，0ABAM则232224241040ABAMkkkkkkkk所以2k或102k11,11,4y