漳州五中数学（理）学科2014高考模拟试题

第Ⅰ卷(选择题 共50分)

一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求的

1．设
，且
为正实数，则
（ ）

A．2 B．1 C．0 D．

2.为实数，则“0＜ab＜1”是a＜
或b＞
的（ ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

3. 某医疗研究所为了检验新开发的流感疫苗对甲型H1N1流感的预防作用，把1000名注射了疫苗的人与另外1000名未注射疫苗的人的半年的感冒记录作比较，提出假设H0：“这种疫苗不能起到预防甲型H1N1流感的作用”，并计算出
，则下列说法正确的是（ ）

A．这种疫苗能起到预防甲型H1N1流感的有效率为1％

B． 若某人未使用该疫苗，则他在半年中有99％的可能性得甲型H1N1

C．有1％的把握认为“这种疫苗能起到预防甲型H1N1流感的作用”

D． 有99％的把握认为“这种疫苗能起到预防甲型H1N1流感的作用”

4．执行右面的程序框图，如果输入的n是4，则输出的P是

A．8 B．5 C．3 D．2

5．已知直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的对称轴垂直，l与C

交于A，B两点， 为C的实轴长的2倍，C的离心率为（ ）

A.
B.
C. 2 D. 3

6.满足
，且关于的方程
有实数解的有序

数对的个数为（ ）

A. 14 B. 13 C. 12 D. 10

7.函数
极小值是（ ）。

A．
B．

C．
D．c

8. 设平面点集
，

，则
所表示的平面图形的面积为（ ）

A.
B.
C.
D.

9. 已知函数
，其中为实数，若 对
恒成立，且 ，则
的单调递增区间是（ ）

A. B.

C. D.

10.设函数
，
是公差为
的等差数列，
，则
（ ）

A、
B、
C、
D、

第Ⅱ卷（非选择题 共100分）

二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．把答案填写在答题卡的相应位置

11.已知随机变量
服从正态分布N(2,a
)，且Ｐ（
＜4）＝
，

则Ｐ（0＜
＜2）＝ 。

12. 一个几何体的三视图如右图所示（单位：），则该几何体的

体积为__________
。

13. 已知
的一个内角为120
，并且三边长构成公差为4的

等差数列，则
的面积为______________。

14.设函数f（x）＝
，观察：，

根据以上事实，由归纳推理可得：当
＿＿＿．

15. 函数
的定义域为A，若
时总有

为单函数．例如，函数
=2x+1（
）

是单函数。下列命题：

①函数
=
（xR）是单函数；

②若
为单函数，

③若f：A
B为单函数，则对于任意bB，它至多有一个原象；

④函数f（x）在某区间上具有单调性，则f（x）一定是单函数。

其中的真命题是 。（写出所有真命题的编号）

三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

16. （本题13分） 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=
PD．

（I）证明：平面PQC⊥平面DCQ；

（II）求二面角Q—BP—C的余弦值．

17. （本小题满分13分）

已知向量
，

设函数
.

(Ⅰ)求函数
的最大值；

(Ⅱ)在锐角三角形
中，角、、
的对边分别为、
、，
， 且
的面积为
，

,求的值.

18．（本小题满分13分）现在要对某个学校今年将要毕业的900名高三毕业生进行乙型肝炎病毒检验，可以利用两种方法．①对每个人的血样分别化验，这时共需要化验900次；②把每个人的血样分成两份，取其中m个人的血样各一份混合在一起作为一组进行化验，如果结果为阴性，那么对这m个人只需这一次检验就够了；如果结果为阳性，那么再对这m个人的另一份血样逐个化验，这时对这m个人一共需要m+1次检验．据统计报道，对所有人来说，化验结果为阳性的概率为0.1．

（1）求当m=3时，一个小组经过一次检验就能确定化验结果的概率是多少？

（2）试比较在第二种方法中，m=4和m=6哪种分组方法所需要的化验次数更少一些？

19. （本题13分）双曲线的中心为原点
，焦点在轴上，两条渐近线分别为
，经过右焦点垂直于
的直线分别交
于
两点．已知
成等差数列，且
与
同向．

（Ⅰ）求双曲线的离心率；

（Ⅱ）设
被双曲线所截得的线段的长为4，求双曲线的方程．

20. （本题14分）设函数 定义在 上， ，导函数 ，

。

（1）求
的单调区间和最小值；

（2）讨论
与 的大小关系；

（3）是否存在 ，使得 对任意
成立？若存在，求出 的取值范围；若不存在，请说明理由．

21.本题设有（1）、《2）、(3)三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答，满分14分．如果多做， 则按所做的前两题计分．

（1）（本小题满分7分）选修4-2：矩阵与变换

二阶矩阵M对应的变换将点(1，一1)与（－2，1)分别变换成点（－1，一1）与(0，一 2）．

①求矩阵M;

②设直线l在变换M的作用下得到了直线m：x－y=4，求l的方程．

(2）（本小题满分7分）选修4-4：坐标系与参数方程

在直角坐标系xoy中，曲线C1的参数方程为
(t为参数），P为C1上的动点，Q为线段OP的中点．

①求点Q的轨迹C2的方程；

②在以O为极点，x轴的正半轴为极轴（两坐标系取相同的长度单位）的极坐标系中,N为曲线p=2sinθ上的动点,M为C2与x轴的交点，求｜MN｜的最大值．

（3)（本小题满分7分）选修4一5：不等式选讲

设函数f(x)＝｜x＋a｜－｜x－4｜，xR

①当a=1时，解不等式f（x）＜2；

②若关于x的不等式f (x)≤5－｜a＋l｜恒成立，求实数a的取值范围．

漳州五中数学（理）学科2014高考模拟试题答题卷

（本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分共100分）

项目

一

二

三

总分









17

18

19

20

21

22





分数





















一、（第Ⅰ卷）选择题（5’×10=50’）

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10



答案























二、（第Ⅱ卷）填空题：(4’×5=20’)

11、 12、

13、 14、 15.

三、解答题(本大题共6小题，共80分, 解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤要求写出主要的证明、解答过程)

16、

17、

18、

19、

20、

21

漳州五中数学（理）学科2014高考模拟试题参考答案

（本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分共150分）

项目

一

二

三

总分









17

18

19

20

21

22





分数





















一、（第Ⅰ卷）选择题（5’×10=50’）

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10



答案

D

A

D

C

B

B

D

D

C

D



二、（第Ⅱ卷）填空题：(4’×5=20’)

11、0.3 12.

13、
14、
15、②③④

三、解答题(本大题共6小题，共80分, 解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤要求写出主要的证明、解答过程)

16.解：如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz.

（I）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.

则

所以

即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.

故PQ⊥平面DCQ.

又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.

（II）依题意有B（1，0，1），

设
是平面PBC的法向量，则

因此可取

设m是平面PBQ的法向量，则

可取

故二面角Q—BP—C的余弦值为

17. 解:(Ⅰ)

……………………4分

………6分

(Ⅱ)由(Ⅰ)可得

，

因为
，所以

，
……………8分

，又
……………10分


……………13分

18解：（1）当
时，一个小组有3个人，经过一次检验就能确定化验结果是指经过一次检验，结果为阴性，所以概率为
；

（2）当
时，一个小组有4个人，这时每个人需要检验的次数是一个随机变量
，其分布列为















所以
；

当
时，一个小组有6个人，这时需要检验的次数是一个随机变量
，其分布列为















所以
，

由于
，因此当每4个人一组时所需要的化验次数更少一些。

19．解：（Ⅰ）设
，
，

由勾股定理可得：

得：
，
，

由倍角公式
，解得
,则离心率
．

（Ⅱ）过直线方程为
,与双曲线方程
联立

将
，
代入，化简有

将数值代入，有
,解得

故所求得双曲线方程为：
．

20. （12分）解（1）∵
，∴
（为常数），又∵
，所以
，即
，

∴
；
，∴
，令
，即
，解得
，

当
时，
，
是减函数，故区间在
是函数
的减区间；

当
时，
，
是增函数，故区间在
是函数
的增区间；

所以
是
的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，

所以
的最小值是
．

（2）
，设
，则
，

当
时，
，即
，当
时，
，
，

因此函数
在
内单调递减，当
时，
=0，∴
；

当
时，
=0，∴
．

（3）满足条件的
不存在．证明如下：

证法一 假设存在
，使
对任意
成立，

即对任意
有
①

但对上述的
，取
时，有
，这与①左边的不等式矛盾，

因此不存在
，使
对任意
成立．

证法二 假设存在
，使
对任意
成立，

由（1）知，
的最小值是
，

又
，而
时，
的值域为
，∴当
时，
的值域为
，

从而可以取一个值
，使
，即
,∴
，这与假设矛盾．∴不存在
，使
对任意
成立．

21．(1)解：①设M＝，则有＝，＝，

所以解得

所以M＝.（3分）

②任取直线l上一点P(x，y)经矩阵M变换后为点P′(x′，y′)．

因为＝＝，

所以又m：x′－y′＝4，

所以直线l的方程为(x＋2y)－(3x＋4y)＝4，即x＋y＋2＝0.（7分）

(2)解：①设Q(x，y)，则点P(2x，2y)，又P为C1上的动点，

所以(t为参数)，即(t为参数)．

所以C2的方程为(t为参数)(或4x＋3y－4＝0).（4分）

②由①可得点M(1，0)，且曲线ρ＝2sin θ的直角坐标方程为x2＋(y－1)2＝1，

所以|MN|的最大值为＋1＝1＋.（7分）

(3)①∵f(x)＝|x＋1|－|x－4|＝

∴由f(x)＜2得x＜.（4分）

②因为f(x)＝|x＋a|－|x－4|＝|x＋a|－|4－x|≤|(x＋a)＋(4－x)|＝|a＋4|，

要使f(x)≤5－|a＋1|恒成立，须使|a＋4|≤5－|a＋1|，

即|a＋4|＋|a＋1|≤5，解得－5≤a≤0.（7分）