考前1答案

2014-2015复习班上学期期末考试适应性训练

理科数学参考答案

一、CBCBC CBADB BD

二、13、 -1 14、-10 15、三、17．因为 (cos

2

16、7 2

xxx

, 1) (sin,cos2)，函数f(x) ．

222

所以f(x) xxx1 cosx

………………………2分

cos cos2 x

2222

11π1

………………………4分 x cosx sin(x )

2262

π

6

1πππ5π

+2kπ，k Z ．∴x =+2kπ，或x =

26666

（Ⅰ）由f(x) 0，得sin(x

π

∴x=+2kπ，或x= +2kπ，k Z ………………………6分

3

π

又x 0,π ， x 或π．

3

π

所以f(x)在区间 0,π 上的零点是和π． ………………………8分

3

a2 c2 b2a2 c2 acac12

≥ ． （Ⅱ）在△ABC中，b ac，所以cosB

2ac2ac2ac2

1ππππ

由cosB≥且B (0,π)，得B (0,],从而B ( ] ……………10分

23666π11π1

∴sin(B ) ( ,]，∴f(B) sin(B ) ( 1,0]． ………………12分

622 62

18、解：（Ⅰ）由直方图可得：20 x 0.025 20 0.0065 20 0.003 2 20 1．

所以 x=0.0125． 3分 （Ⅱ）新生上学所需时间不少于1小时的频率为：0.003 2 20 0.12，

因为1200 0.12 144，所以1200名新生中有144名学生可以申请住宿． 6分 （Ⅲ）X的可能取值为0,1,2,3,4. 由直方图可知，每位学生上学所需时间少于20分钟的

181 1 3 27 3 概率为，P(X 0) , P(X 1) C1, 4 442564464

43

273 1 3 3 1 3 ,,P(X 2) C2 P(X 3) C 4 4

4 4 128 4 4 644

1 1

． 所以X的分布列为： P(X 4)

1

223

EX 0

81272731 1 2 3 4 1 2566412864256

19、 (本小题满分12分) 解：（1）设AD AB

2

2

1

BC 1，则C1A 1,C1D 2 2

2

C1A AD C1D ∴C1A AD ………2分

13

，C1E 22

5

AE2 AB2 BE2

49

∴C1A2 AE2 C1E2

4

又 BE

∴C1A AE ………4分 又AD∩AE A

∴C1A 平面ABED ………5分

（2）由（1）知：C1A 平面ABED且AB AD,分别以

y

AB、AD、AC1为x轴、y 轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如

图 ………6分

1

C1(0,0,1),E(1,,0),D(0,1,0)

2111111

M是C1E的中点 ∴M(,,) ∴BM ( ,,) ………8分

242242

1

设平面C1DE的法向量为n (x,y,z) DE (1, ,0),C1D (0,1, 1)

2

1 x y 0 n DE 0

由 即 令y 2 得n (1,2,2) ………10分 2

n C1 0 y z 0

则B(1,0,0),

设直线BM与平面C1DE所成角为 ，则sin

∴ 直线BM与平面C1DE所成角的正弦值为

4

9

4

. 9

20、(本小题满分12分)解：（1）由已知F1( c,0)，设B(0,b)，即

OF1 ( c,0), (0,b)

2

22c21c2b∴OE ( c,①………2分 b)即E( c,b) ∴2 2 1 得： 22a2ab

又 PF1F2的周长为2(2 1)∴ 2a 2c 2 22② ………4分

2

又①②得：c 1,a 2 ∴b 1 ∴所求椭圆C的方程为：x2

2

y2 1…5分

（2）设点M(m,0)(o m 1),直线l的方程为y k(x 1)(k 0)

由 y k(x 1) x2 2y2

2

消去y，得：(1 2k2)x2 4k2x 2k2 2 0 设P(x1,y1),Q(x2,y2)，PQ中点为N(x0,y0)

则x4k2 2k

1 x2 1 2k2 ∴y1 y2 k(x1 x2 2) 1 2k

2

∴xx1 x22k2

y1 y2 k0 2 1 2k

2

y0 2 1 2k2 即N(2k21 2k2, k

1 2k2

) ………8分

MPQ是以M为顶点的等腰三角形 ∴MN PQ 即k2

∵ m(1 2k2) 2k2

1m k2

∴1

1 2k2

2 1 (0,1

2) ………10分 k2

设点M到直线l:kx y k 0距离为d，

k2(m 1)2k2(k2则d2

(k2 k2 1)2k2 1 1)11(1 2k2)2 (1 2k2)

2

4 ∴d (0,12) 即点M到直线距离的取值范围是(0,1

2

)。 ………12分 法2：∵ MPQ是以M为顶点的等腰三角形 ∴(MP MQ) PQ 0

∵MP (x1 m,y1),MQ (x2 m,y2),PQ (x2 x1,y2 y1)

∴(x1 x2 2m)(x2 x1) (y1 y2)(y2 y1) 0 ………8分

又y2 y1 k(x2 x1 2),y2 y1 k(x2 x1) ∴(x2 x1 2m) k2

(x1 x2 2) 0

3

4k24k2k22

∴( ……10分 2m) k( 2) 0 ∴m 222

1 2k1 2k1 2kk2(m 1)21m2以下同解法一。另解：k ∴d m(1 m) 2

41 2mk 1

2

21解（Ⅰ）h x x

1 a

alnx， x

①当a 1 0时，即a 1时，在 0,1 a 上h x 0，在 1 a, 上h x 0，

'

'

1 aax2 ax (1 a)(x 1)[x (1 a)]

h (x) 1 2

xxx2x2

所以h x 在 0,1 a 上单调递减，在 1 a, 上单调递增；

+ 上h x 0，所以函数h x 在 0，+ 上单调递②当a 1 0，即a 1时，在 0，

'

增．………………………………… 4分

（Ⅱ）在 1，e 上存在一点x0，使得f x0 g x0 成立，即在 1，e 上存在一点x0，使

1 a

）可知： alnx在 1，e 上的最小值小于零．由（Ⅱ

x

①当a 1 e，即a e 1时， h x 在 1，e 上单调递减，

得h x0 0，即函数h x x

e2 11 a所以h x 的最小值为h e ，由h e e ， a 0可得a

e 1e

e2 1e2 1因为；②当a 1 1，即a 0时，h x 在 1，e 上单调递 e 1，所以a

e 1e 1

增，

所以h x 最小值为h 1 ，由h 1 1 1 a 0可得a 2；

③当1 a 1 e，即0 a e 1时，可得h x 最小值为h 1 a 2 a aln 1 a ， 因为0 ln 1 a 1，所以，0 aln 1 a a故h 1 a 2 a aln 1 a 2 此时不存在x0使h x0 0成立．

e2 1综上可得所求a的范围是：a 或a 2．………………12分

e 1

22解：(1)证明：如图，连接DE，交BC于点G. 由弦切角定理得，∠ABE＝∠BCE.

而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，BE＝CE.

又因为DB⊥BE，所以DE为直径，则∠DCE＝90°，由勾股定理可得DB＝DC. (2)由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC， 3

故DG是BC的中垂线，所以BG＝2设DE的中点为O，连接BO，则∠

BOG＝60°.

4

从而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°，

所以

CF⊥BF，故

Rt△BCF

外接圆的半径等于

32

.

24、(本小题满分10分)选修4—5：不等式选讲 解：（1）f(x)

-2 当x 2时，x 4 2, 即x 2，∴x ；

22

,∴ x 1 33

当x 1时， x 4 2, 即x 6, ∴1 x 6

2

综上，{x| x 6} ……5分

3

当 2 x 1时，3x 2,即x

x 4,x 2

（2）f(x) 3x, 2 x 1

x 4,x 1

函数f(x)的图像如图所示：

∵g(x) x a， a表示直线的纵截距，当直线过(1,3)点时， a 2； ∴当-a

2，即a -2时成立； ……8分

a

, 2

……10分

当 a 2，即a 2时，令 x 4 x a， 得x 2 ∴a

2+a,即a 4时成立，综上a -2或a 4。

2

5