2014北京朝阳区高三期末数学理试题答案

北京市朝阳区2013-2014学年度高三年级第一学期期末统一考试数学答案（理工类）2014.1一、选择题题号12345678答案CCBDBAAC二、填空题题号91011121314答案54233182363238128234(12222)(131)三、解答题15．解：（Ⅰ）因为2()cossin1fxxx2sinsinxx211(sin)24x，又sin1,1x，所以当1sin2x时，函数)(xf的最小值为14.……6分（Ⅱ）由（Ⅰ）得2115(sin)2416，所以219(sin)216．于是5sin4（舍）或1sin4．又2217cos212sin12()48．………………13分16．解：（Ⅰ）茎叶图如右图所示，由图可知，乙的平均成绩大于甲的平均成绩，且乙的方差小于甲的方差，因此应选派乙参赛更好．………………6分（Ⅱ）随机变量X的所有可能取值为0,1,2．1144115516(0)25CCPXCC，14115528(1)25CPXCC，115511(2)25PXCC，87569826甲乙5572585随机变量X的分布列是：X012P1625825125168120122525255EX．………………13分17．证明：（Ⅰ）因为PA平面ABC，AC平面ABC，所以PAAC．又因为ABAC，且PAAB=A，所以AC平面PAB．又因为PB平面PAB，所以ACPB．………………4分（Ⅱ）解法1:因为PA平面ABC，所以PAAB，PAAC．又因为ABAC，所以建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．设=2ACa，=ABb，=2PAc，则(0,0,0)A，(0,,0)Bb，(2,0,0)Ca，(0,0,2),(0,0,)PcDc，(,0,0)Oa．又因为13OGOAOB（），所以(,,0)33abG．于是(,,)33abDGc，(2,,0)BCab，(0,,2)PBbc．设平面PBC的一个法向量000(,,)xyzn，则有0,0BCPBnn．即000020,20.axbybycz不妨设01z，则有002,ccyxba，所以2(,,1)ccabn．因为22(,,1)(,,)1()03333ccabcacbDGccababn，所以DGn．又因为DG平面PBC，所以DG∥平面PBC．………………9分DOBAPCGxyzPDPD解法2：取AB中点E，连OE，则1()2OEOAOB.由已知13OGOAOB（）可得23OGOE,则点G在OE上.连结AG并延长交CB于F，连PF.因为,OE分别为,ACAB的中点，所以OE∥BC,即G为AF的中点.又因为D为线段PA的中点，所以DG∥PF.又DG平面PBC,PF平面PBC,所以DG∥平面PBC．………………9分（Ⅲ）由（Ⅱ）可知平面PBC的一个法向量2(,,1)(2,2,1)ccabn．又因为AC面PAB，所以面PAB的一个法向量是(2,0,0)AC．又42cos,323ACACACnnn，由图可知，二面角APBC为锐角，所以二面角APBC的余弦值为23．………………14分18．解：（Ⅰ）定义域(0,)．当0a时，()lnfxxx，()ln1fxx．令()0fx，得1ex．当1(0,)ex时，()0fx，()fx为减函数；当1(,)ex时，()0fx，()fx为增函数.所以函数()fx的极小值是11()eef．………………5分（Ⅱ）由已知得()lnxafxxx．因为函数()fx在(0,)是增函数，所以()0fx，对(0,)x恒成立．由()0fx得ln0xaxx，即lnxxxa对(0,)x恒成立．设()lngxxxx，要使“lnxxxa对(0,)x恒成立”，只要min()agx．B因为()ln2gxx，令()0gx得21ex．当21(0,)ex时，()0gx，()gx为减函数；当21(,)ex时，()0gx，()gx为增函数.所以()gx在0,上的最小值是2211()eeg．故函数()fx在(0,)是增函数时，实数a的取值范围是21(,]e……13分19．解：（Ⅰ）设椭圆标准方程为22221(0)xyabab．依题意1211212444aPFPF，所以2a．又3c，所以2221bac．于是椭圆C的标准方程为2214xy．………………5分（Ⅱ）依题意，显然直线l斜率存在.设直线l的方程为ykxm，则由2214xyykxm得222(41)8440kxkmxm．因为2222644(41)(44)0kmkm,得22410km．………………①设1122(,),(,)MxyNxy，线段MN中点为00(,)Qxy，则12221228414441kmxxkmxxk于是000224,4141kmmxykxmkk．因为AMAN，线段MN中点为Q，所以AQMN．（1）当00x，即0k且0m时，0011ykx，整理得2341mk．………………②因为AMAN，1122(,1),(,1)AMxyANxy，所以2212121212(1)(1)(1)(1)()21AMANxxyykxxkmxxmm22222448(1)(1)()2104141mkmkkmmmkk，整理得25230mm，解得35m或1m．当1m时，由②不合题意舍去.由①②知，35m时，55k．（2）当00x时，（ⅰ）若0k时，直线l的方程为ym，代入椭圆方程中得221xm.设2(21,)Mmm，2(21,)Nmm,依题意，若△AMN为等腰直角三角形，则AQQN.即2211mm，解得1m或35m.1m不合题意舍去，即此时直线l的方程为35y.（ⅱ）若0k且0m时，即直线l过原点.依椭圆的对称性有(0,0)Q,则依题意不能有AQMN,即此时不满足△AMN为等腰直角三角形.综上，直线l的方程为35y或5530xy或5530xy.………………14分20．解：（Ⅰ）由已知得1223()()aaaa=2lglglgabacbcb．因为,,abc成等差数列，所以2acb，则1223()()aaaa24lg()acac，因为222acac，所以2()4acac，即241()acac，则1223()()0aaaa，即12aa23aa，当且仅当abc时等号成立．………………4分（Ⅱ）解法1：令12maa，23naa，31paa，依题意，mnp且0mnp，所以0mp．故120aa，即lglgab；且130aa，即lglgac．所以ab且ac．故,,abc三个数中，a最大．解法2：依题意lglglgabcbca，即abcbca．因为0,0,0abc，所以2acb，2abc，2abc．于是，3abcb，3aabc，3abcc，所以33ab，33ac．因为3yx在R上为增函数，所以ab且ac．故,,abc三个数中，a最大．………………8分（Ⅲ）依题意，lgt，2lgt，3lgt的整数部分分别是,m21,m221m，则lg1mtm，所以22lg22mtm．又2lg2lgtt，则2lgt的整数部分是2m或21m．当212mm时，1m；当2121mm时，0,2m．（1）当0m时，lgt，2lgt，3lgt的整数部分分别是0,1,1，所以0lg1t，21lg2t，31lg2t．所以12lg23t，解得21321010t．又因为12103,4，23104,5，所以此时4t．（2）当1m时，同理可得1lg2t，22lg3t，33lg4t．所以41lg3t，解得431010t．又431021,22，此时10,11,12,...20,21t．（3）当2m时，同理可得2lg3t，25lg6t，39lg10t，同时满足条件的t不存在．综上所述4,10,11,12,...20,21t．………………13分更多试题下载：（在文字上按住ctrl即可查看试题）高考模拟题：高考各科模拟试题【下载】历年高考试题：历年高考各科试题【下载】高中试卷频道：高中各年级各科试卷【下载】高考资源库：各年级试题及学习资料【下载】高考资源库：各年级试题及学习资料【下载】