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浙江省嘉兴市2014届高三上学期期末测试数学理试题


2013 学年第一学期高三期末测试 理科数学
1.A; 6.D; 2.D; 7.A; 3.B; 8.C;

参考答案
4.D; 9. B; 5.C; 10.C.

一.选择题(本大题有 10 小题,每小题 5 分,共 50 分)

二.填空题(本大题有 7 小题,每小题 4 分,共 28 分,请将答案写在答题卷上) 11. ? 1 ? i 或 2 ? i ; 15. ? 2 ? 2 3 , 3 ? 1 ; 12. y 2 ?

?

?

x2 ? 1; 4

13.4; 17.

14.4;

16. 6 ;

27 . 2

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) 18. (本题满分 14 分)
2 已知数列 ?a n ? 中, a1 ? 4 , an ? 1 ? an .

(Ⅰ)若设 bn ? log2 an ,求数列 ?bn ?的通项公式; (Ⅱ)求 log2

a a1 a . ? log2 2 ? ? ? log2 n 2 2 2 2n

解: (I) log2 an ? 1 ? 2 log2 an ,所以 bn?1 ? 2bn , b1 ? 2 , 所以 bn ? 2 n ; (II) log2

an ? log2 an ? n ? 2n ? n , 2n a a a 所以 log2 1 ? log2 2 ? ? ? log2 n 2 2 2 2n
? 2 ? 1 ? 22 ? 2 ? ? ? 2n ? n

= 2 n ?1 ? 2 ? 19. (本题 14 分)

n(n ? 1) . 2

甲、乙两个盒子中共放有 5 个红球和 3 个白球,每盒 4 个.假设每一个球被摸到的可

能性是相等的.现从乙盒中任意摸出 2 个球,已知摸出的两个都是红球的概率为 (Ⅰ)求乙盒中红球的个数;

1 . 2

(Ⅱ) 若从甲盒中摸出 2 个球, 乙盒中摸出 1 个球, 设摸到的 3 个球中红球的个数为 ? , 求 ? 的分布列和数学期望. 解: (I)设乙盒中红球有 n( n ? 2) 个, 所以乙盒中有 3 个红球. (II)①当 ? ? 0 时,甲盒中取到 2 个白球,乙盒中取到 1 个白球, 对应的概率为 P (? ? 0) =
1 1 1 ? ? ; 2 4 24 C4
2 Cn 2 C4

?

1 2 ,得 C n ? 3 ,所以 n ? 3 , 2

②当 ? ? 1 时,甲盒中取到 2 个白球,乙盒中取到 1 个红球,或甲盒中取到 1 红 1 白, 乙盒中取到 1 个白球, 对应的概率为 P (? ? 1) =
1 3 2? 2 1 7 ? ? 2 ? ? ; 2 4 C 4 4 24 C4

③当 ? ? 2 时,甲盒中取到 1 红 1 白,乙盒中取到 1 个红球,或甲盒中取到 2 红,乙盒 中取到 1 个白球, 对应的概率为 P (? ? 2) ?
2? 2 3 1 1 13 ? ? 2? ? ; 2 C 4 4 C 4 4 24 1
2 C4

④当 ? ? 3 时,甲盒中取到 2 红,乙盒中取到 1 个红球, 对应的概率为 P (? ? 3) ? 所以 ? 的分布列为:
? 3 3 ? ; 4 24

?

0

1

2

3

p
所以 E? ? 0 ?

1 24

7 24

13 24

3 24

1 7 13 3 7 ? 1? ? 2? ? 3? ? . 24 24 24 24 4

20. (本题 14 分) 如图, 长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,AB ? 4, BC ? 5, CC1 ? 是 PC 的中点.

15 ,P 是 AD1 上一点,E 4

(Ⅰ)求证: AD1 // 平面 BDE ; (Ⅱ)当 AD1 ? DP 时,求平面 DCP 与平面 BCP 所成锐二面角的余弦. 解: (I)连接 AC 交 BD 于 F ,则 F 为 AC 的中点, 连接 EF ,则 EF 为△ PAC 的中位线,所以 EF // AD1 ,
AD1 ? 平面 BDE , EF ? 平面 BDE ,

所以 AD1 // 平面 BDE ; (II)解法 1: 连接 BC1 ,在 BC1 上取 Q ,使 BQ ? CQ ,又 BQ ? CD ,所以 BQ ? 平面 CDPQ , 作 QH ? PC 于 H ,连接 BH ,所以 ?BHQ 就是平面 DCP 与平面 BCP 所成锐二面角 ? , 在 Rt △ BCC 1 中, CQ ? BC1 , BC ? 5, CC1 ? 所以 BQ ? 4, CQ ? 3 , 在 Rt △ PCQ 中, QH ? PC , 所以 HQ ?
D1 C1

15 , 4

12 , 5
BQ 4 5 ? ? , HQ 12 3 5

A1

P D

E

B1

Q
C

所以 tan? ?

H

所以 cos? ?

3 34

?

3 34 , 34

A

B

即平面 DCP 与平面 BCP 所成锐二面角的余弦为 解法 2:

3 34 . 34

以 D 为坐标原点,分别以 DA, DC , DD1 为 x, y, z 轴,建立坐标系。 由 AD ? 5, DD1 ?

15 9 12 , AD1 ? DP ,得 P ( ,0, ) , 4 5 5

设平面 PCD 的一个法向量为 n1 ,

9 12 由 DP ? ( ,0, ) , DC ? (0,4,0) , DP ? n1 ? 0, DC ? n1 ? 0 , 5 5
得 n1 ? (4,0,?3) , 设平面 PCB 的一个法向量为 n2 ,

9 12 由 CP ? ( ,?4, ) , DC ? (5,0,0) , DP ? n2 ? 0, DC ? n2 ? 0 , 5 5
得 n2 ? (0,3,5) , 记平面 DCP 与平面 BCP 所成锐二面角为 ? , cos? ?

| n1 ? n2 | | n1 | ?| n2 |

?

3 34 , 34

所以平面 DCP 与平面 BCP 所成锐二面角的余弦为 21. (本题 15 分)

3 34 . 34

已知抛物线 C : x 2 ? 4 y 的焦点为 F , P 是抛物线 C 上异于原点的任一点,直线 PF 与 抛物线的另一交点为 Q .设 l 是过点 P 的抛物线 C 的切线,l 与直线 y ? ?1 和 x 轴的交点 分别为 A、B, (I)求证: AF ? PQ ; (II)过 B 作 BC ? PQ 于 C ,若 | PC |?| QF | ,求 | PQ | . 解: (I)设 P ( m ,
m2 m m2 ) ,则过 P 的切线方程为: y ? x? , 4 2 4

得 A 的坐标 (

m 2 ? ,?1) ,又 F (0,1) , 2 m
m2 m2 ? 4 ? 1) , FA ? ( ,?2) , 4 2m m2 ? 4 m2 ?( ? 1) ? ( ?2) ? 0 , 2m 4

y

所以 FP ? ( m ,

所以 FP ? FA ? m ? 所以 AF ? PQ ;

F C Q O B A

P x

(II)分别过 B 、 P 作直线 y ? ?1 的垂线,垂足为 D 、 E ,
| FC | | AB | | BD | ? ? 因为 BC // AF ,所以 , | FP | | AP | | PE |

(第 21 题图)

因为 | FP |?| PE | ,所以 | FC |?| BD |? 1 ,

设直线 PQ 的方程为 y ? kx ? 1 ,代入 C : x 2 ? 4 y 得 x 2 ? 4kx ? 4 ? 0 ,

4 4 ,所以 y Q ? 2 , m m 2 m m2 4 | PF |? ? 1 , | QF |? 2 ? 1 ,所以 | PC |? , 4 4 m 4 m2 由 | PC |?| QF | 得 2 ? 1 ? ,得 m 4 ? 4m 2 ? 16 ? 0 ,得 m 2 ? 2 ? 2 5 , 4 m
所以 m ? x Q ? ?4 ,所以 xQ ? ? 所以 | PQ |?
m2 4 ? 2 ? 2 ? 5 ? 2. 4 m

22. (本题 15 分) 已知 p ? N*,函数 f ( x ) ?

p ? ln( x ? 1) 6? p , g( x ) ? . x ?1 x

(I)求证: f ( x ) 在 ?0,??? 上是减函数; (II)若对任意 x 0 ? 0 ,存在 ? 1 ? x1 ? x0 ,使得 f ( x0 ) ? g( x1 ) ,求满足条件的 p 构 成的集合 M .
x ? p ? ln( x ? 1) 解: (I) f ' ( x ) ? x ? 1 , x2

因为 x ? 0 时,

x x ? 1, p ? 1, ln( x ? 1) ? 0 ,所以 ? p ? ln( x ? 1) ? 0 , x ?1 x ?1

所以 f ' ( x ) ? 0 ,所以 f ( x ) 在 ?0,??? 上是减函数. (II)①当 p ? 6 时,因为 x0 ? 0 ,所以 f ( x0 ) ? 因为 x1 ? ?1 ,所以 g ( x1 ) ?
6? p ? 0, x1 ? 1 p ? ln( x0 ? 1) ? 0, x0

所以对任意 x 0 ? 0 ,不存在 ? 1 ? x1 ? x0 ,使得 f ( x0 ) ? g( x1 ) ; ②当 1 ? p ? 5 时, f ( x ) 在 ?0,??? 递减, g( x ) 在 ?? 1,??? 递减, 因为对任意 x 0 ? 0 ,存在 ? 1 ? x1 ? x0 ,使得 f ( x0 ) ? g( x1 ) , 所以 g( x0 ) ? g( x1 ) ? f ( x0 ) 对任意 x 0 ? 0 恒成立, 反之, 若 g( x0 ) ? f ( x0 ) 对任意 x 0 ? 0 恒成立, 一定存在 ? 1 ? x1 ? x0 , 使 f ( x0 ) ? g( x1 ) ,

所以原命题等价于“ f ( x ) ? g( x ) 在 (0,??) 恒成立” , 由

p ? ln( x ? 1) 6 ? p 对 x ? (0,??) 恒成立, ? x x ?1

得 p?

6 x ? ( x ? 1) ln( x ? 1) 对 x ? (0,??) 恒成立, 2x ? 1 6 x ? ( x ? 1) ln( x ? 1) 令 h( x ) ? , 2x ? 1 5 ? 2 x ? ln( x ? 1) h' ( x ) ? , ( 2 x ? 1) 2
1 ?0, x?1

令 u( x ) ? 5 ? 2 x ? ln( x ? 1) , u' ( x ) ? ?2 ? 所以 u( x ) 在 (0,??) 递减,
u(3) ? ln 4 ? 1 ? 0, u(4) ? ln 5 ? 3 ? 0

所以存在 x0 ? ( 3,4) ,使 5 ? 2 x0 ? ln( x0 ? 1) ? 0 ①, 所以 h( x ) 在 (0, x 0 ) 递增,在 ( x 0 ,??) 递减, 所以 h( x ) max ? h( x 0 ) ?
6 x0 ? ( x0 ? 1) ln( x0 ? 1) ②, 2 x0 ? 1

由①得 ln( x0 ? 1) ? 2 x0 ? 5 代入②得 h( x0 ) ? 5 ? x0 ? (1,2) , 又 p ? N*,所以 p ? 2 ; 所以 2 ? p ? 5 ,且 p ? N*,所以 p 构成的集合 M ? ?2,3,4,5? .


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