1、湖北省襄陽四中2014年5月高三沖刺模擬一理科數學試題命題人：程孟良 審題人：張念國【試卷綜析】總體上看，整份試卷的閱讀量、運算量和思維量都比較大，難度也稍偏大，區分度不是十分明顯。客觀地說試題的設計、考查的要求和復習的導向都比較好，結構穩定。整套試卷的題型設置，試題總體結構、考點分布、題型題量、賦分權重等方面均與歷年考題保持一致，充分體現了穩定的特點。試題緊緊圍繞教材選材，注重基礎知識和基本能力的檢測。考查了必要數學基礎知識、基本技能、基本數學思想；考查基本的數學能力，以及數學的應用意識、創新意識、科學態度和理性精神等要求落到實處，同時穩中出新。特別注意數學的思辨性的考查，角度新巧，能力立意

2、的命題思想不變，但測試能力的角度則往往變幻無窮。突出對考生數學運算能力、數學應用意識的考查。兼具預測。模擬試卷有模仿性，即緊跟上一年高考試卷的命題，又有預見性，能夠預測當年試卷的些微變化，具有一定的前瞻性，對學生有所啟發，提高學生的應試備考能力，提升得分。一、選擇題（本大題共10小題，每小題5分，共50分）1、復數（其中為虛數單位），則下列說法中正確的是（）A在復平面內復數對應的點在第一象限 B復數的共軛復數C若復數為純虛數，則 D復數的模【知識點】復數代數形式的乘除運算【答案解析】C 解析 ：解：=,復數z對應的點為在第四象限，故排除A；復數z的共軛復數，故排除B；復數z1=z+b=是純虛數

3、，則,解得b=，故C正確；復數z的模|z|=，故排除D；故選C【思路點撥】先化簡復數z，然后根據復數有關概念及代數運算逐項判斷即可2、設全集 ，則（ ）A B. C. D. 【知識點】分式不等式的解法；集合的交集、補集的運算.【答案解析】A 解析 ：解：,解得，又，.即集合M,N中都有元素1,2. 說明集合M,N中沒有元素0.或者=，即中有元素4,5，故.【思路點撥】先通過解分式不等式得到全集，然后利用已知條件依次判斷即可.3、如果滿足，的恰有一個，那么的取值范圍是 ( ) AB.C.D.或【知識點】三角形解個數的問題; 分類討論【答案解析】D 解析 ：解：（1）當ACBCsinABC，即12

4、ksin60，即k時，三角形無解；（2）當AC=BCsinABC，即12=ksin60，即k= 時，三角形有1解；（3）當BCsinABCACBC，即ksin6012k，即12k時，三角形有2個解；（4）當0BCAC，即0k12時，三角形有1個解綜上所述：當0k12或k= 時，三角形恰有一個解故選D【思路點撥】要對三角形解得各種情況進行討論即：無解、有1個解、有2個解，從中得出恰有一個解時k滿足的條件4、已知一個空間幾何體的三視圖如圖所示，且這個空間幾何體的所有頂點都在一個球面上，則球的表面積是( )A. B.C. D.【知識點】由三視圖求面積、體積【答案解析】C 解析 ：解：由三視圖知，幾何

5、體是一個三棱柱，三棱柱的底面是邊長為2的正三角形，側棱長是2，三棱柱的兩個底面的中心的中點與三棱柱的頂點的連線就是外接球的半徑，球的表面積4r2=4= 故答案是C【思路點撥】由三視圖知，幾何體是一個三棱柱，三棱柱的底面是邊長為2的正三角形，側棱長是2，根據三棱柱的兩個底面的中心的中點與三棱柱的頂點的連線就是外接球的半徑，求出半徑即可求出球的表面積【典型總結】本題考查了由三視圖求三棱柱的外接球的表面積，利用棱柱的幾何特征求外接球的半徑是解題的關鍵5、如圖，在ABC中，P是BN上的一點，若，則實數m的值為（） A B. C1 D.3【知識點】向量的加減法，向量共線定理，平面向量基本定理.【答案解析

6、】A 解析 ：解：由B、P、M三點共線可得向量共線，故可設，若把看作 所在平面的一組基底，由向量的加減法可將化為,即,由平面向量基本定理可得方程組解得，故選A.【思路點撥】由三點共線得向量共線，由向量共線定理得等式求m值6、一輛汽車在高速公路上行駛，由于遇到緊急情況而剎車，以速度（的單位：，的單位：）行駛至停止。在此期間汽車繼續行駛的距離（單位;）是（ ）A. B. C. D. 【知識點】定積分【答案解析】C 解析 ：解：令v（t）=7-3t+0，化為3t2-4t-32=0，又t0，解得t=4由剎車行駛至停止，在此期間汽車繼續行駛的距離s=4+25ln5故選C【思路點撥】令v（t）=0，解得t

7、=4，則所求的距離S=解出即可 7、2013年11月24日，伊朗與伊朗核談判六國（美國、英國、法國、俄羅斯、中國和德國）在瑞士日內瓦達成階段性協議，會后六國外長合影留念，若中俄兩國外長表示友好要相鄰排列，且均不與美國外長相鄰，則不同的站位種數為（） A. B. C. D. 【知識點】乘法原理；捆綁法，插空法.【答案解析】C 解析 ：解：中俄兩國外長要相鄰,則看成一個整體站法種數為,然后站美英法德產生的5個空位置的3個，有3種站法；美英法德四國外長有種站法，依據乘法原理，不同的站位種數為3=144.【思路點撥】解決站位問題時，相鄰用捆綁法，不相鄰用插空法.8、將一個各面都涂了油漆的正方體，切割成

8、1000個同樣大小的小正方體。經過攪拌后，從中隨機取出一個小正方體，記它的涂油漆面數為，則的均值為 （）A. B. C. D. 【知識點】離散型隨機變量的期望與方差【答案解析】D 解析 ：解：由題意可知：X所有可能取值為0，1，2，38個頂點處的8個小正方體涂有3面，P（X=3）= ；每一條棱上除了兩個頂點處的小正方體，還剩下8個，一共有812=96個小正方體涂有2面，P（X=2）= ；每個表面去掉四條棱上的36個小正方形，還剩下64個小正方形，因此一共有646=384個小正方體涂有一面，P（X=1）= 由以上可知：還剩下1000-（8+96+384）=512個內部的小正方體的6個面都沒有涂油

9、漆，P（X=0）= X0123P故X的分布列為因此E（X）=0+1+2+3=故選D【思路點撥】由題意可知：X所有可能取值為0，1，2，38個頂點處的8個小正方體涂有3面，每一條棱上除了兩個頂點處的小正方體，還剩下8個，一共有812=96個小正方體涂有2面，每個表面去掉四條棱上的36個小正方形，還剩下64個小正方形，因此一共有646=384個小正方體涂有一面，由以上可知：還剩下1000-（8+96+384）=512個內部的小正方體的6個面都沒有涂油漆，根據上面的分析即可得出其概率及X的分布列，利用數學期望的計算公式即可得出9、過橢圓C：上任一點P，作橢圓C的右準線的垂線PH（H為垂足），延長PH

10、到點Q，使|HQ|=|PH|(1)。當點P在橢圓C上運動時，點Q的軌跡的離心率的取值范圍為（ ）ABCD 【知識點】橢圓的簡單性質；直線與圓錐曲線的綜合問題；圓錐曲線的軌跡問題【答案解析】D 解析 ：解：設P（x1，y1），Q（x，y），因為右準線方程為x=3，所以H點的坐標為（3，y）又|HQ|=|PH|（1），所以，由定比分點公式，可得，代入橢圓方程，得Q點軌跡方程為離心率.故選：D【思路點撥】先確定P，Q坐標之間的關系，利用橢圓方程，可得Q點軌跡方程，從而可求離心率的取值范圍10若對于定義在上的函數，其圖象是連續不斷的，且存在常數()使得 對任意實數都成立，則稱是一個“伴隨函數” 有下列

11、關于“伴隨函數”的結論：是常數函數中唯一個“伴隨函數”； 不是“伴隨函數”；是一個“伴隨函數”； “伴隨函數”至少有一個零點其中正確結論的個數是 （）A1個 B2個 C3個 D4個【知識點】函數的概念及構成要素，函數的零點， f（x）是-伴隨函數的定義，反證法。【答案解析】B 解析 ：解：設f（x）=C是一個“-伴隨函數”，則（1+）C=0，當=-1時，可以取遍實數集，因此f（x）=0不是唯一一個常值“-伴隨函數”，故不正確；f（x）=x，f（x+）+f（x）=x+x，當=-1時，f（x+）+f（x）=-10；-1時，f（x+）+f（x）=0有唯一解，不存在常數（R）使得f（x+）+f（x）=

12、0對任意實數x都成立，（x）=x不是“-伴隨函數”，故正確；用反證法，假設f（x）=x2是一個“-伴隨函數”，則（x+）2+x2=0，即（1+）x2+2x+2=0對任意實數x成立，所以+1=2=2=0，而此式無解，所以f（x）=x2不是一個“-伴隨函數”，故不正確；令x=0，得所以，若f（0）=0，顯然f（x）=0有實數根；若f（0）0，又因為f（x）的函數圖象是連續不斷，所以f（x）在上必有實數根因此任意的“-伴隨函數”必有根，即任意“-伴隨函數”至少有一個零點，故正確【思路點撥】設f（x）=C是一個“-伴隨函數”，則（1+）C=0，當=-1時，可以取遍實數集，因此f（x）=0不是唯一一個常

13、值“-伴隨函數”；根據f（x）=x，可得f（x+）+f（x）=x+x，故不存在常數（R）使得f（x+）+f（x）=0對任意實數x都成立；用反證法，假設f（x）=x2是一個“-伴隨函數”，則（x+）2+x2=0，從而有+1=2=2=0，此式無解；令x=0，可得所以，若f（0）=0，顯然f（x）=0有實數根；若f（0）0，若f（0）=0，顯然f（x）=0有實數根；若f（0）0，由此可得結論二、填空題（本大題共6小題，考生共需作答5小題，每小題5分，共25分）（一）必考題（11-14題）11直線的傾斜角為，則的值為 【知識點】斜率與傾斜角；三角式的化簡.【答案解析】 解析 ：解：因為直線的傾斜角為，

14、所以tan=2,則=，故答案為：.【思路點撥】先由直線的傾斜角為，求出tan=2,代入即可.12某程序框圖如圖所示，則該程序運行后輸出的值是 【知識點】循環結構的程序框圖，.【答案解析】10 解析 ：解：由程序框圖知：程序第一次運行S=2，i=21+1=3；第二次運行S=2+2=4，i=23+1=7；第三次運行S=2+2+2=6，i=27+1=15；第四次運行S=2+2+2+2=8，i=215+1=31；第五次運行S=2+2+2+2+2=10，i=231+1=63滿足條件i32，程序運行終止，輸出S=10故答案為：10【思路點撥】根據框圖的流程依次計算運行的結果，直到滿足條件i32，計算輸出S

15、的值13. ，當取得最大值時，則實數的取值范圍是 . 【知識點】簡單線性規劃的應用【答案解析】 解析 ：解：如圖，M、N表示的區域如圖所示，顯然最優解在C處取得，過點（5，0）作斜率為-2的直線交直線BC：x=3于F，則C應在點F上方，可求得F（3，4），t4【思路點撥】先根據約束條件畫出可行域，設z=2x+y，再利用z的幾何意義求最值，只需求出何時目標函數z=2x+y在線性約束條（x，y）MN 下取得最大值時，從而得到實數t的取值范圍即可【典型總結】本題主要考查了用平面區域二元一次不等式組，以及簡單的轉化思想和數形結合的思想，屬中檔題借助于平面區域特性，用幾何方法處理代數問題，體現了數形結合

16、思想、化歸思想線性規劃中的最優解，通常是利用平移直線法確定14. 數列的前項組成集合，從集合中任取（）個數，其所有可能的個數的乘積的和為（若只取一個數，則規定乘積為此數本身），記例如：當時，；當時，則（1） ；（2） 【知識點】等差數列與等比數列的綜合；進行簡單的合情推理【答案解析】（1）（2）解析 ：解：當n=3時，T1=1+3+7=11，T2=13+17+37=31，T3=137=21，所以由= 猜想Sn，下面證明：（1）易知n=1時成立；（2）假設n=k時Sk，則n=k+1時，Sk+1=T1+T2+T3+Tk+1=T1+（2k+1-1）+T2+（2k+1-1）T1+T3+（2k+1-1）

17、T2+Tk+（2k+1-1）Tk（其中Ti，i=1，2，k，為n=k時可能的k個數的乘積的和為Tk），=（T1+T2+T3+Tk）+（2k+1-1）+（2k+1-1）（T1+T2+T3+Tk）=Sk+（2k+1-1）+（2k+1-1）Sk=2k+1（）+（2k+1-1）=2k+1=，即n=k時Sk+1也成立，綜合（1）（2）知對nN*Sn成立所以Sn【思路點撥】根據Sn=T1+T2+Tn的意義即可求得n=3時S3根據S1，S2，S3，猜想然后利用數學歸納法證明即可（二）選考題（在第15、16兩題中任選一題作答）15（選修41：幾何證明選講）如圖，已知AB是O的直徑，弦CD與AB交于點E，過點A

18、作圓的切線與CD的延長線交于點F，如果，D為EF的中點，則AB 【知識點】切線的性質；勾股定理；相交弦定理【答案解析】24 解析 ：解：連接AD，BC設CE=4x，AE=y，則DF=DE=3x，EF=6xAB為O的直徑，AF為O的切線，EAF=90，ACD=DAF又D為RtAEF的斜邊EF的中點，DA=DE=DF，DAF=AFD，ACD=AFD，AFAC在RtAEF中，由勾股定理得EF2=AE2+AF2，即36x2=y2+320設BE=z，由相交弦定理得CEDE=AEBE，即yz=4x3x=12x2，y2+320=3yz又AD=DE，DAE=AED又DAE=BCE，AED=BEC，BCE=BE

19、C，從而BC=BE=z在RtACB中，由勾股定理得AB2=AC2+BC2，即（y+z）2=320+z2，y2+2yz=320聯立，解得y=8，z=16AB=AE+BE=24【思路點撥】首先連接AD，BC，設CE=4x，AE=y，則DF=DE=3x，EF=6x利用圓的切線的性質，可得EAF為直角三角形，由勾股定理得：EF2=AE2+AF2，建立關于x，y的關系式，再設BE=z，由相交弦定理得到y，z的關系式，從而能求出x，y，z的值，問題得解16（選修44：坐標系與參數方程）在直角坐標系中，以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系已知直線與曲線（為參數）有兩個不同的交點，則實數的取值范圍為 .

20、【知識點】極坐標方程、參數方程都轉化為普通方程；一元二次方程的根的分布.【答案解析】 解析 ：解：極坐標方程轉化為普通方程為，參數方程轉化為普通方程為，聯立即在有兩個不相等的實數根，所以即，故實數的取值范圍為.【思路點撥】把極坐標方程、參數方程都轉化為普通方程，然后聯立，再轉化為在有兩個不相等的實數根的問題即可.三、解答題（本大題共6小題，共75分）17.（本小題滿分12分）已知函數，鈍角ABC（角A、B、C所對的邊長分別為 a、b、c）的角滿足.（1）求函數f(x)的單調遞增區間；（2）若，求、.【知識點】三角函數的單調區間的求法；余弦定理.【答案解析】（1） （2）；.解析 ：解：（1）.

21、3分由所以函數f(x)的單調遞增區間.6分（2）由.8分又因為，所以，由余弦定理，解得或.10分又因為是ABC 鈍角三角形，所以.12分【思路點撥】（1）先把原函數式化簡為，再利用正弦函數的單調性求出單調區間. （2）利用余弦定理即可.18.（本小題滿分12分）將各項均為正數的數列排成如下所示的三角形數陣（第行有個數，同一行中，下標小的數排在左邊）。表示數陣中，第行、第1列的數。已知數列為等比數列，且從第3行開始，各行均構成公差為的等差數列（第3行的3個數構成公差為的等差數列；第4行的4個數構成公差為的等差數列，），。（1）求數陣中第行、第列的數（用、表示）。（2）求的值；【知識點】等比數列的

22、基本性質；數陣的規律.【答案解析】（1） （2）解析 ：解：（1）設的公比為。依題意，為數陣中第5行、第2列的數；為數陣中第6行、第3列的數。 ，。 3分 ，。 。 6分（2）由，知，為數陣中第63行，第61列的數。 。 12分【思路點撥】（1）先利用的公比為，為數陣中第5行、第2列的數；為數陣中第6行、第3列的數，求出，然后寫出.（2）先確定為數陣中第63行，第61列的數，再代入公式即可.19.（本小題滿分12分）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中 BAC=90，AB=AC=AA1 =1D是棱CC1上的一點， P是AD的延長線與A1C1的延長線的交點，且平面（1）求證：CD=C1D（2）

23、求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值；（3）求點C到平面B1DP的距離【知識點】與二面角有關的立體幾何綜合題；空間中直線與直線之間的位置關系；點、線、面間的距離計算【答案解析】（1）略（2） （3）解析 ：解：（1）連接交于,又為的中點，中點，,D為的中點。4分（2）由題意,過B 作,連接，則,為二面角的平面角。在中，,則8分（3）因為，所以,在中， 12分【思路點撥】（1）由題意利用平面，然后即可.（2）由題意找出為二面角的平面角；在三角形中求出其余弦值.（3）利用體積轉化法即可20.（本小題滿分12分）某公司為了實現2015年1000萬元利潤的目標，準備制定一個激勵銷售人員的獎勵方案：銷

24、售利潤達到10萬元時，按銷售利潤進行獎勵，且獎金數額（單位：萬元）隨銷售利潤（單位：萬元）的增加而增加，但獎金數額不超過5萬元，同時獎金數額不超過利潤的25%，現有三個獎勵模型： ，問其中是否有模型能完全符合公司的要求？說明理由（參考數據：，）【知識點】函數模型的選擇與應用【答案解析】只有滿足題意解析 ：解：由題意，符合公司要求的模型只需滿足：當x10，1000時函數為增函數；函數的最大值不超過5；yx25%（1）y=0.025x，易知滿足，但當x200時，y5不滿足公司要求；2分（2）y=1.003x，易知滿足，但當x600時，y6不滿足公司要求；4分（3）易知滿足，當x10，1000時，滿

25、足， 7分對于，設，滿足條件。11分所以，只有滿足題意。12分【思路點撥】由題意，符合公司要求的模型只需滿足：當x10，1000時，函數為增函數；函數的最大值不超過5；yx25%，然后一一驗證即可21.（本小題滿分13分）已知拋物線y2=6x上的兩個動點A(x1，y1)和B(x2，y2)，其中且線段的垂直平分線與軸交于點.（1）試證直線的垂直平分線經過定點。（2）設中點為，求ABC面積的表達式，要求用 表示。（3）求ABC面積的最大值。【知識點】斜率公式；直線過定點；弦長公式；韋達定理；兩點間距離公式；基本不等式.【答案解析】（1）定點坐標為.（2） （3）解析 ：解：（1）設線段的中點為，則 ， .線段的垂直平分線的方程是. （1）易知是（1）的一個解，所以線段的垂直平分線與軸的交點為定點，且點坐標為.4分（2）由（1）知直線的方程為，即 .