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1、高三阶段性复习诊断考试试题文科数学 本试卷，分第I卷和第II卷两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回，注意事项：1答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、区县和科类填写在答题卡和试卷规定的位置上2第I卷每小题选出答案后，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3第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带不按以上要求作答的答案无效4填空题请直接填写答案，解
2、答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤， 第I卷（共50分）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若复数是纯虚数，其中i是虚数单位，则实数a的值为 A. B C D.22 己知向量的夹角为120， ，且则 A6 B.7 C8 D.93已知命题若命题p是假命题，则实数a的取值范围是 A. al B C0a1 D0a0，y0，且 ，则x+y的最大值是_.14等比数列的各项均为正数，己知，且成等差数列，则=_.15对于定义在R上的函数图象连续不断，若存在常数，使得对任意的实数x成立，则称f (x)是阶数为a的回旋函数，现有下列4个命题：
3、必定不是回旋函数；若为回旋函数，则其最小正周期必不大于2；若指数函数为回旋函数，则其阶数必大于1；若对任意一个阶数为的回旋函数f (x)，方程均有实数根，其中为真命题的是_.三、解答题：本大题共6小题，共75分16（本题满分12分）己知向量，记. (I)若，求的值；( II)在锐角ABC申，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(,求函数的取值范围17（本题满分12分）己知斜三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧面为菱形，平面平面ABC，M、N是AB,的中点(I)求证：CM/平面( II)求证：BN；18（本题满分12分）袋中装有4个大小相同的小球，球上分别编有数字1，2，3，4.(I)若逐
4、个不放回取球两次，求第一次取到球的编号为偶数且两个球的编号之和能被3整除的概率：(II)若先从袋中随机取一个球，该球的编号为a，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，球的编号为b，求直线与圆有公共点的概率，19（本题满分12分）己知数列满足(I)计算：，并求；( II)求(用含n的式子表示）；(III)记，数列的前n项和为，求20.（本题满分13分）己知点M(x，y)是平面直角坐标系上的一个动点，点M到定点D(1，0)的距离是点M到定直线x=4的距离的，记动点M的轨迹为曲线C.(I)求曲线C的方程；(II)斜率为的直线与曲线C交于A，B两个不同点，若直线不过点，设直线PA，PB的斜率分别为，
5、求证为定值；(III)试问：是否存在一个定圆N，与以动点M为圆心，以MD为半径的圆相内切？若存在，求出这个定圆的方程；若不存在，说明理由，21（本题满分14分）设函数（其中无理数(I)若函数在上不是单调函数，求实数a的取值范围；( II)证明：设函数的图象在处的切线为，证明：的图象上不存在位于直线上方的点。高三阶段性复习诊断考试 数学试题参考答案及评分说明 2014.5第卷（选择题共50分）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1D 2C 3D 4C 5B 6A 7B 8C 9B 10A 第卷（非选择题共100分）二、填空题：本大题
6、共5小题，每小题5分，共25分.11 1213 14（文科） 14（理科）15三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16（文科 本题满分12分）解：（）= = 因为，所以 4分 6分 （）因为 由正弦定理得7分 所以所以因为，所以，且所以 8分所以 9分所以 10分又因为=所以 11分故函数的取值范围是 12分16（理科 本题满分12分）解：（）= = 因为，所以 4分 6分 （）因为 由正弦定理得 7分 所以所以因为，所以，且所以 8分所以，因为为锐角三角形 所以且 ，即所以且，所以 9分所以 10分又因为=，所以11分故函数的取值范围是. 12分C1C
7、B1NBA1AMP O17（文科 本题满分12分）证明：（）取的中点，连接,.因为 ,分别是,的中点，所以 , 2分又因为 ,所以 且所以 四边形为平行四边形，所以 4分又因为 平面，平面，所以平面 6分（）取的中点,连结，.由题意知 ，又因为 平面平面， 所以 平面 8分因为 平面 所以因为 四边形为菱形，所以 又因为 , 所以 所以 平面， 又 平面 10分所以 12分17（理科 本题满分12分）解证：（）证明：方法一取的中点,连结，,由题意知 又因为平面平面， 所以 平面2分C1CB1NBA1AyzxO因为平面 所以 因为 四边形为菱形，所以 又因为 , 所以 所以 平面4分又 平面，
8、所以 6分方法二取的中点,连结，, 由题意知 ，.又因为 平面平面，所以 平面以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 . 2分则,，,，. 4分因为 ，所以6分（）取的中点,连结，, 由题意知 ，.又因为 平面平面，所以 平面以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 . 7分则,，,.设平面的法向量为，则 即令.所以. 9分又平面的法向量 10分设二面角的平面角为，则.12分 18（文科 本题满分12分）解: () 用(表示第一次取到球的编号,表示第二次取到球的编号) 表示先后两次取球构成的基本事件, 1分则基本事件有: 共个. 3分 设“第一次取到球的编号为偶数且两个球的编号之和能被整除”为事
9、件,则事件包含的基本事件有:共有个, 5分所以 6分() 基本事件有: 共个. 8分设“直线与圆有公共点”为事件由题意知， 即 10分则事件包含的基本事件有:共有个,所以 12分18（理科 本题满分12分）解：（）设“取出的3个球编号都不相同”为事件,“取出的3个球中恰有两个球编号相同”为事件,则由题意知，事件与事件互为对立事件2分因为 4分所以 5分（）的取值为 , 6分 7分 8分 9分 10分的分布列为：11分12分19(文科本题满分12分)解：（）由题设可得，同理所以， 2分从而，有，所以，； 3分（）由题设知， 4分所以， 6分将上述各式两边分别取和，得所以， 8分（）由（），可得，
10、9分所以， 10分所以12分19(理科本题满分12分)解：（）由题设可得，同理所以， 2分从而，有，所以，； 3分（）由题设知， 4分所以， 6分将上述各式两边分别取和，得：，所以7分（）由（），可得，所以8分1当为偶数时，10分2当为奇数时，若，则.若,则 综上可得 12分(方式二）由（），可得，不妨记 8分1当为偶数时，令，即10分2当为奇数时，若，则.若，令，即综上可得 12分20（文科本题满分13分）解（）由题知，有. 2分化简，得曲线的方程： 3分（）证明直线的斜率为，且不过点，可设直线： 4分 联立方程组得 6分 又设， 所以 为定值。 8分（）答：一定存在满足题意的定圆. 9分理
11、由：动圆与定圆相内切， 两圆的圆心之间距离与其中一个圆的半径之和或差必为定值. 又恰好是曲线(椭圆)的右焦点，且是曲线上的动点， 记曲线的左焦点为，联想椭圆轨迹定义，有11分若定圆的圆心与点重合，定圆的半径为4时，则定圆满足题意. 定圆的方程为：. 13分20.（理科本题满分13分）解（）点到抛物线准线的距离为，即抛物线的方程为. 2分（）法一：当的角平分线垂直轴时，点，设， ，7分法二：当的角平分线垂直轴时，点，可得，直线的方程为，联立方程组，得， ，同理可得， 7分（）法一：设，可得，直线的方程为，同理，直线的方程为，直线的方程为，令，可得，关于的函数在单调递增，13分法二：设点， 以为圆
12、心，为半径的圆方程为，方程：-得:直线的方程为当时，直线在轴上的截距， 关于的函数在单调递增， 13分21（文科本题满分14分）解证：（）分要使在上不单调，在内必有零点且在零点左右异号，即在内有零点且在零点左右异号 3分因为，所以方程有两个不等的实数根，由于，不妨设，所以，由图像可知：，即，解得 分（）因为，又切点，所以切线的方程为，即（为常数）. 分令，10分因为，的关系如下表：+0极大值12分因为，所以函数图象上不存在位于直线上方的点 14分21（理科本题满分14分）解证：（），1分因为函数的图像在处的切线与直线平行，所以，解得分此时，当时，为增函数；当时，为减函数由此可知，当时取得极大值（同时也是最大值）所以函数的值域为. 3分（）要证，只需要证明即可.也就是要证明因为（1）：； 5分（2）：， 下面证明，即要证明，不妨设，令，因为，所以，仅当时，所以在上是减函数，也就是，即结合（1），（2）可知，因此. 8分（），所以，时，是增函数；时，是减函数因此.9分令，若在无解，则在上是单调函数，不合题意；所以在有解，且易知只能有一个解10分设其解为，当时，在上是增函数；当时，在上是减函数因为，方程在内有两个不同的根，所以,且由，即，解得 11分由，即，因为，所以，代入，得.设，所以在上是增函数，而，由可得，得 12分由是增函数，得 13分综上所述. 14分- 24 -