浙江省舟山中学2014届高三高考适应性模拟押题测试（一）

数学（理）试题

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P=
，Q=
，则 （ ）

A．
B．
C．
D．

2．如右图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为
。则该几何体

的俯视图可以是（ ）

A.
B.
C.
D.

3．一个算法的程序框图如右，则其输出结果是（ ）

A.0 B.

C.
D.

4．已知命题
，命题
，

则下列说法正确的是( )

A．p是q的充要条件

B．p是q的充分不必要条件

C．p是q的必要不充分条件

D．p是q的既不充分也不必要条件

5.由直线
上的点向圆
引切线，则切线长的最小值为( )

A．
B．
C．
D．

6 已知
，则下列函数的图象错误的是

7. 假如清华大学给某市三所重点中学7个自主招生的推荐名额，则每所中学至少分到一个名额的方法数为（ ）

(A) 10 (B) 15 (C) 21 (D) 30

8．函数
在
轴右侧的零点按横坐标从小到大依次记为
，则
等于（ ）

A、
B、
C、
D、

9 已知点
是
的重心，点
是
内一点，若
，则
的取值范围是（ ）

A．
B．
　 C．
D．

10．棱长为2的正方体
在空间直角坐标系中移动，但保持点A、B分别在x轴、y轴上移动，则点
到原点O的最远距离为（ ）

A．
B．
C．5 D．4

二．填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．

11.
。

12．点P(x，y)在不等式组
表示的平面区域内，若点P(x，y)到直线y=kx-1(k>0)的最大距离为2
，则k= ．

13．某校田径队有
名实力相当的短跑选手，来自高一、二、三年级的人数分别为
现从中选派
人参加
米接力比赛，且所选派的
人中，高一、二年级的人数之和不超过高三年级的人数，记此时选派的高三年级的人数为
则
____.

14.若动直线
与函数
和
的图像分别交于
两点，则
的最大值为 。

15．已知点P是双曲线
右支上一点，
、
分别是双曲线的左、右焦点，I为
的内心，若
成立，则双曲线的离心率

为 。

16．若
，且

是常数，则
等于 。

17．已知圆心角为120° 的扇形AOB半径为
，C为
中点．点D，E分别在半径OA，OB上（不含端点）．若CD2＋CE2＋DE2＝2，则OD＋OE的取值范围是 ．

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．

20． (本小题满分14分)

如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，
,E，F分别是BC, PC的中点.

（Ⅰ）证明：AE⊥PD;

（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为
，求二面角E—AF—C的余弦值.

理科数学 答案:

一．BCCBB DBABD。

二．11．－8。12．1； 13．.
。14．2．15．2．16．15． 17．
．

三．18．

19．解： （Ⅰ）设数列的公差为
，分别令
得：

，即

，解得

，

即等差数列
是常数列，所以
； …………………………4分

又
，则
，

，
，

因
，所以
，解得
． ……………………7分

（Ⅱ）当
时，
，所以

所以
，

当
时，由

得，

, 即
…………………9分

所以
，又

即数列
是公比为
的等比数列，

所以
，即
， …………………11分

，……………………12分

当
时

且
的值随
的增大而减小，即
，

所以，
，即
的取值范围是
；……………………14分

20．（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形.

因为 E为BC的中点，所以AE⊥BC.

又 BC∥AD，因此AE⊥AD.

因为PA⊥平面ABCD，AE
平面ABCD，所以PA⊥AE.

而 PA
平面PAD，AD
平面PAD 且PA∩AD=A，

所以 AE⊥平面PAD，又PD
平面PAD.

所以 AE⊥PD.

（Ⅱ）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH.

由（Ⅰ）知 AE⊥平面PAD，

则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.

在Rt△EAH中，AE=
，

所以 当AH最短时，∠EHA最大，

即 当AH⊥PD时，∠EHA最大.

此时 tan∠EHA=

因此 AH=
.又AD=2，所以∠ADH=45°，

所以 PA=2.

解法一：因为 PA⊥平面ABCD，PA
平面PAC，

所以 平面PAC⊥平面ABCD.

过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，

过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角，

在Rt△AOE中，EO=AE·sin30°=
，AO=AE·cos30°=
,

又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SO=AO·sin45°=
,

又

在Rt△ESO中，cos∠ESO=

即所求二面角的余弦值为

解法二：由（Ⅰ）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E、F分别为BC、PC的中点，所以

E、F分别为BC、PC的中点，所以

A（0，0，0），B（
，-1，0），C（C，1，0），

D（0，2，0），P（0，0，2），E（
，0，0），F（
），

所以
设平面AEF的一法向量为

则
因此

取

因为 BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，

所以 BD⊥平面AFC，故
为平面AFC的一法向量.

又
=（-
），所以 cos＜m,
＞=

因为 二面角E-AF-C为锐角，所以所求二面角的余弦值为

21．解：(1)∵e＝＝＝，∴a2＝3b2，即椭圆C的方程可写为＋＝1.

设P(x，y)为椭圆C上任意给定的一点，

|PQ|2＝x2＋(y－2)2＝－2(y＋1)2＋6＋3b2≤6＋3b2，y∈[－b，b]．

由题设存在点P1满足|P1Q|＝3，则9＝|P1Q|2≤6＋3b2，∴b≥1.

当b≥1时，由于y＝－1∈[－b，b]，此时|PQ|2取得最大值6＋3b2.

∴6＋3b2＝9?b2＝1，a2＝3. 故所求椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)存在点M满足要求，使△OAB的面积最大．

假设直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，则圆心O到l的距离d＝<1.

因为点M(m，n)∈C，所以＋n2＝1

∵|AB|＝2＝2，∴S△OAB＝·|AB|·d＝

＝≤＝.上式等号成立当且仅当1＝m2?m2＝∈(0,3]，

因此当m＝±，n＝±时等号成立．

所以满足要求的点恰有四个，其坐标分别为，，和，此时对应的诸三角形的面积均达到最大值.