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1、1江苏省海安县曲塘高级中学 2014 届高三数学 5 月模拟试卷命题：高三数学备课组命题：高三数学备课组第第 I I 卷（必做题卷（必做题 共共 160160 分）分）一、填空题：本大题共一、填空题：本大题共 1414 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 7070 分把答案填在题中横线上分把答案填在题中横线上1已知集合0,2,4, |2 ,MNx xa aM，则集合MN _2已知02a，复数z的实部为a，虚部为 1，则z的取值范围是_3抛物线 y2 = 8x 的焦点到双曲线 = 1 的渐近线的距离为_x212y244某学校有两个食堂，甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐
2、，则他们在同一个食堂用餐的概率为_ 5某校为了解高三同学暑假期间学习情况，抽查了 100 名同学，统计他们每天平均学习时间,绘成频率分布直方图（如图） 则这 100 名同学中学习时间在 68 小时内的人数为_6设 f(x)为定义在 R 上的奇函数，当 x0 时，f(x)=2x+2x+m(m 为常数)，则 f(1)= _ _ 7如果执行右面的程序框图，那么输出的S为_ 0.040.050.120.14小时频率/ 组距10864212x否否 开始 S=3,k=1 k0 时，由复合函数的单调性可知 f（mx）和 mf（x）均为增函数，此时不符合题 意若 m1,解得 m0）的两个根，只需0 即可，3c
3、41，所以 k31 c，即 k415解：（1）由题设有，21( )sin3sin cos2f xxxx C DA DB D8cos23sin21sin(2)226xxx， （3 分）函数)(xfy 的最小正周期为2 2 （5 分）（2）由题设有( )sin()3g xx，又34( ),( )55gg ，即34sin, sin3535 ， （7 分）因为25,6363 所以, , 03232 ，43cos, cos.3535 （9 分） sinsin33 sincoscossin3333 3 3447,5 55525 （11 分）所以 2 2798cos2()12sin ()2.25625 （1
4、4 分）16解析：（1）由题意知，ABCD为等腰梯形，且2ABa，3ACa，所以ACBC， 又平面ACEF 平面ABCD，平面ACEF 平面ABCDAC， 所以BC 平面ACEF 6 分（2）当3 3FMa，/ /AM平面BDE 8 分在梯形ABCD中，设NBDAC，连结EN，则:1:2CN NA，因为3 3FMa，3EFACa，所以EMAN，又/ /EMAN， 所以四边形EMAN为平行四边形，11 分 所以/ /AMNE， 又NE 平面BDE，AM 平面BDE， 所以/ /AM平面BDE 14 分17解：（1）设需同时开 x 个窗口，则根据题意有，2550(1)1545(2)1010(3)a
5、bcabcabcx （3 分）由（1） （2）得，2 ,7cb ab代入（3）得，751020bbbx，4.25x ，即至少同时开 5 个窗口才能满足要求 （6 分）NMBACDE（第 16 题图）F9（2）由60a 得，0.8,1.6bc，设第n个人的等待时间为nt，则由题意有，当*60()nnN时，1 1.6nnt； （8 分）当*60118()nnN时，设第n个人是售票开始后第t分钟来排队的，则600.8nt，此时已有1.6t人购到票离开队伍，即实际排队的人数为1.6nt，(1.6 )1119 1.61.6nntnt，综上，nt关于n的函数为*1,(60,)1.6 119,(60118,
6、)1.6nnnnN tnnnN， （11 分）当60n 时，max601( )36.8751.6nt分钟，当60118n时，max11960( )36.251.6nt分钟，第 60 个购票者的等待时间最长 （14 分）18解：（1）圆223360xyxy与x轴交点坐标为( 2 3,0)A ，2( 3,0)F，故2 3,3ac，所以3b ，椭圆方程是：22 1129xy （4分）（2）设点 P（x，y） ，因为1F（，0） ，2F（，0） ，33设点 P（x，y） ，则 1PFktan, 2PFktan， （6 分）因为 ，所以 tan()233因为 tan()，tantan1tantan所以化
7、简得 x2y22y33所以点 P 在定圆 x2y2-2y3 上 （9 分） （3）PQ2x2(y3)2x2y26y9，因为 x2y232y，所以 PQ2124y又 PF12(x)2y22y62x，PF22(x)2y22y62x，33332P F1P F224， （124(y3)212x2(y3)23x2分）因为 3x293y26y，所以 2 P F1P F24，4y2+ ，又点 P 在定圆 x2y22y3 上，y0，232310所以 2 P F1P F28y， （14 分） 从而(P F1+P F2)2PF122 P F1P F2PF224y128y124yPQ2 所以 PQPF1PF2 （1
8、6 分）19解：（1）设4321,aaaa成公比为q的等比数列，显然1q，则由04321aaaa，得0114 1 qqa，解得1q，由14321aaaa得141a，解得411a，所以数列11 11,44 44或1 11 1,4 44 4为所求四阶“归化数列”； 4 分（2）设等差数列12311,a a aa的公差为d，由123110aaaa，所以111 101102da，所以150ad，即60a ，6 分当0d 时，与归化数列的条件相矛盾，当0d 时，由12561,02aaaa ，所以111,306da ，所以116(,11).63030nnnanNn 8 分当0d 时，由12561,02aa
9、aa，所以111,306da ，所以306 301 61nnan（nN*，n11） ，所以6030 6030nnd and（nN*，n11） ，10 分（3）由已知可知，必有 ai0，也必有 aj1 时，x1(1,)mm( ,)m ( )fx-0+( )f x1m2223lnmmm当xm时, 2223ln( )minmxmfm令2223ln0mmm，得2 3m e （7 分）当01m时，( )fx0 在1,)x上恒成立，( )f x在1,)x上为增函数，当1x 时, min( )1fxm 令10m ，得1m （舍） 综上所述，所求m为2 3em （9 分）（3）记2 1( )()h xx xa
10、，2 2( )(1)h xxaxa ，则据题意有1( ) 10h x 有 3 个不同的实根， 2( ) 10h x 有 2 个不同的实根，且这 5 个实根两两不相等（）2( ) 10h x 有 2 个不同的实根，只需满足1()1132agaa 或；12（）1( ) 10h x 有 3 个不同的实根，因22 1( )34(3)()hxxaxaxa xa，令1( )0hx，得xa或3a，1当3aa即0a 时，1( )h x在xa处取得极大值，而1( )0h a ，不符合题意，舍；2当3aa即0a 时，不符合题意，舍；3当3aa即0a 时，1( )h x在3ax 处取得极大值，313 2( )132
11、aha ；所以33 2 2a ；因为（） （）要同时满足，故33 2 2a （12 分） 下证：这 5 个实根两两不相等，即证：不存在0x使得10() 10h x 和20() 10h x 同时成立；若存在0x使得1020()()1h xh x，由1020()()h xh x，即22 0000(1)x xaxaxa （），得2 0000(1)0xa xaxx（），当0xa时，00()()0f xg x，不符合，舍去；当0xa时，既有2 00010xaxx ；又由0()1g x，即2 00(1)1xaxa ；联立式，可得0a ；而当0a 时，32( )(1)(1)0H xxxx没有 5 个不同的零点，故舍去，所以这 5 个实根两两不相等综上，当33 2 2a 时，函数( )yH x有 5 个不同的零点 （16 分）21A 证明：因为 A，B，C，D 四点共圆，所以 ADFABC 因为 PFBC，所以 AFPABC所以 AFPFQP 又因为 APFFPA， 所以APFFPQ （5 分）13所以所以 PF2PAPD PFPAPDPF因为 PQ 与圆相切，所以 PQ2PAPD 所以 PF2PQ2所以 PFPQ （10 分）21B 解：（1）由题知，1 0a
