2014年广东省广州市高考备考冲刺阶段(查缺补漏)文科数学试题及答案.doc

广东省广州市2014年高考备考冲刺阶段（查缺补漏）
数学（文科）
说明：1．本训练题由广州市中学数学教学研究会高三中心组与广州市高考数学研究组共同编写，共24题．
2．本训练题仅供本市高三学生考前冲刺训练用，希望在5月31日之前完成．
3．本训练题与市高三质量抽测、一模、二模等数学试题在内容上相互配套，互为补充．四套试题覆盖了高中数学的主要知识和方法．
1．在中，C=A+，sinA=．
（1）求sinC的值；
（2）若BC=，求的面积．

2．已知函数f(x)＝3sin(ωx＋φ)(ω>0，)的最小正周期为π，且其图象经过点.
（1）求函数f(x)的解析式；
（2）若函数g(x)＝，α，β∈，且g(α)＝1，g(β)＝，求g(α－β)的值．

3．已知向量m＝(sin x,1)，n＝(Acos x，cos 2x) (A>0)，函数f(x)＝m·n的最大值为6．
（1）求A的值；
（2）将函数y＝f(x)的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在上的值域．

4．如图，某测量人员为了测量珠江北岸不能到达的两点A，B之间的距离，他在珠江南岸找到一个点C，从C点可以观察到点A，B；找到一个点D，从D点可以观察到点A，C；找到一个点E，从E点可以观察到点B，C；并测量得到数据：∠ACD＝90°，∠ADC＝60°，∠ACB＝15°，∠BCE＝105°，∠CEB＝45°，CD＝CE＝100m．
（1）求△CDE的面积；
（2）求A，B之间的距离．

5．一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1，2，3，4．
（1）从袋中随机抽取一个球，将其编号记为a，然后从袋中余下的三个球中再随机抽取一个球，将其编号记为b，求关于的一元二次方程x2+2ax+b2=0有实根的概率；
（2）先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n．若以（m，n）作为点P的坐标，求点P落在区域内的概率．

6．某工厂甲、乙两个车间包装同一种产品，在自动包装传送带上每隔1小时抽一包产品，称其质量（单位：克）是否合格，分别记录抽查数据，获得质量数据的茎叶图如图所示.
（1）根据样品数据，计算甲、乙两个车间产品质量的均值与方差，并说明哪个车间的产品的质量较稳定；
（2）若从乙车间6件样品中随机抽取两件，求所抽取的两件样品的质量之差不超过2克的概率.

7．某工厂有25周岁以上（含25周岁）工人300名，25周岁以下工人200名．为研究工人的日平均生产量是否与年龄有关，现采用分层抽样的方法，从中抽取了100名工人，先统计了他们某月的日平均生产件数，然后按工人年龄在“25周岁以上（含25周岁）”和“25周岁以下”分为两组，再将两组工人的日平均生产件数分成5组：，，，，分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图．

（1）从样本中日平均生产件数不足60件的工人中随机抽取2人，求至少抽到一名“25周岁以下组”工人的频率；
（2）规定日平均生产件数不少于80件者为“生产能手”，请你根据已知条件完成列联表，并判断是否有90％的把握认为“生产能手与工人所在的年龄组有关”？
附：，其中.

0.100
0.050
0.010
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828

8．某农科所对冬季昼夜温差大小与某反季节大豆新品种发芽多少之间的关系进行分析研究，他们分别记录了12月1日至12月5日的每天昼夜温差与实验室每天每100颗种子中的发芽数，得到如下资料：
日 期
12月1日
12月2日
12月3日
12月4日
12月5日
温差（°C）
10
11
13
12
8
发芽数（颗）
23
25
30
26
16
该农科所确定的研究方案是：先从这五组数据中选取2组，用剩下的3组数据求线性回归方程，再对被选取的2组数据进行检验．
（1）求选取的2组数据恰好是不相邻2天数据的概率；
（2）若选取的是12月1日与12月5日的两组数据，请根据12月2日至12月4日的数据，求出y关于x的线性回归方程；
（3）若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试问（2）中所得的线性回归方程是否可靠?
（参考公式：.）

9．如图，三棱锥中，底面，，，为的中点，为的中点，点在上，且.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求三棱锥的体积.

10．如图，已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高都是2，AB=4.
Q
B
C
P
A
D

（1）求证：PQ⊥平面ABCD；
（2）求点P到平面QAD的距离.

11．等腰梯形PDCB中，DC∥PB，PB=3DC=3，PD=，DA⊥PB，垂足为A，将△PAD沿AD折起，使得PA⊥AB，得到四棱锥P-ABCD．
（1）求证：平面PAD⊥平面PCD；
（2）点M在棱PB上，平面AMC把四棱锥P-ABCD分成两个几何体，当这两个几何体的体积之比=时，求证：PD//平面AMC．

12．如图，三棱柱的侧棱⊥平面，为正三角形，侧面是正方形，是的中点，是棱上的点．
（1）当时，求正方形的边长；
（2）当最小时，求证：.

13．数列满足：.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前n项和分别为An、Bn，问是否存在实数，使得为等差数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.

14．设数列满足,，且对任意，
函数满足.
（1）求数列的通项公式；（2）若,求数列的前项和.

15．根据如图所示的程序框图，将输出的x、y值依次分别记为；．
（1）求数列的通项公式；
（2）求y1和y2，写出yn+1与yn的关系式，并推导求出数列{yn}的一个通项公式yn；
（3）求．

16．已知函数为常数），P1(x1,y1)，P2(x2,y2)是函数y=f(x)图象上的两点.当线段P1P2的中点P的横坐标为时，P的纵坐标恒为.
（1）求y=f(x)的解析式；
（2）若数列{an}的通项公式为，求数列{an}的前n0和.

F2
l
y
x
M
O
F1
17．已知椭圆：的离心率为，分别为椭圆的左、右焦点，若椭圆的焦距为2．
（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆上任意一点，以为圆心，为半径作圆，当圆与直线 有公共点时，求△面积的最大值．

18．如图，已知是椭圆的右焦点，圆与轴交于两点，其中是椭圆的左焦点．
（1）求椭圆的离心率；
（2）设圆与轴的正半轴的交点为，点是点关于轴的对称点，试判断直线与
圆的位置关系；
（3）设直线与圆交于另一点，若的面积为，求椭圆的标准方程．

19．已知动圆 C 过定点M(0,2)，且在 x 轴上截得弦长为 4.设该动圆圆心的轨迹为曲线 E.
C
O
y
A
M
l
x
（1）求曲线 E 的方程；
（2）点 A 为直线 l：x－y－2 = 0 上任意一点，过 A 作曲线 C 的切线，切点分别为 P、Q，求△APQ 面积的最小值及此时点 A 的坐标．

20．如图所示，已知A、B、C是长轴长为4的椭圆E上的三点，点A是长轴的一个端点，BC过椭圆中心O，且，|BC|＝2|AC|．
（1）求椭圆E的方程；
（2）在椭圆E上是否存点Q，使得？
若存在，有几个（不必求出Q点的坐标），若不存在，请说明理由．
（3）过椭圆E上异于其顶点的任一点P，作的两条切线，切点分别为M、N，若直线MN在x轴、y轴上的截距分别为m、n，求证：为定值．

21．已知函数在点处的切线方程为．
（1）求函数的解析式；
（2）若对于区间上任意两个自变量的值，都有，求实数的最小值；
（3）若过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围．

22．已知函数，，它们的定义域都是．（）
（1）当时，求函数的最小值；
（2）当时，求证：对一切恒成立；
（3）是否存在实数，使得的最小值是3？如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由．

23．已知函数．
（1）设,求的单调区间；
（2）设，且对于任意,.试比较与的大小．

24．已知函数，且．
（1）设函数（其中），若没有零点，求实数的取值范围；
（2）若，总有成立，求实数的取值范围．

2014年广州市高考备考冲刺阶段数学学科(文科)训练材料参考答案
1．（1）因为在中，C=A+，
所以A为锐角，且．
所以sinC=sin(A+)=cosA=．
（2）由正弦定理得，所以．
因为在中，C=A+，
所以C为钝角，且．
因为在中，，
所以．
所以的面积为．

2．（1）因为函数f(x)的最小正周期为π，且ω>0，所以＝π，解得ω＝2.
所以f(x)＝3sin(2x＋φ)．
因为函数f(x)的图象经过点，所以3sin＝0，
得＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ－，k∈Z.
由，得φ＝.
所以函数f(x)的解析式为f(x)＝3sin.
（2）依题意有g(x)＝3sin＝=3cos x.
由g(α)＝3cos α＝1，得cos α＝，
由g(β)＝3cos β＝，得cos β＝.
因为α，β∈，所以sin α＝，sin β＝.
所以g(α－β)＝3cos(α－β)＝3(cos αcos β＋sin αsin β)
＝3×＝.
3．（1）f(x)＝m·n＝Asin xcos x＋cos 2x＝A＝Asin.
因为f(x)的最大值为6，且A>0，所以A＝6.
（2）由（1）知f(x)＝6sin.
将函数y＝f(x)的图象向左平移个单位后得到y＝6sin＝6sin的图象；
再将所得图象上各点横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到y＝6sin的图象．
因此g(x)＝6sin．
因为x∈，所以4x＋∈，sin，所以g(x)．
所以g(x)在上的值域为[－3,6]．

4．（1）在△CDE中，∠DCE＝360°－90°－15°－105°＝150°．
所以△CDE的面积为S△CDE＝CDCEsin150°＝100100sin30°＝2500(m2)．
（2）连结AB．在Rt△ACD中，AC＝CD tan∠ADC＝100tan 60°＝100(m)．
在△BCE中，∠CBE＝180°－∠BCE－∠CEB＝180°－105°－45°＝30°．
由正弦定理得＝，所以＝100(m)．
在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB，
又cos∠ACB＝cos 15°＝cos(60°－45°)＝cos 60°cos 45°＋sin 60°sin 45°
＝×＋×＝，
所以AB2＝(100)2＋(100)2－2100100＝10000(2－)．
所以AB＝100(m)，所以A，B之间的距离为100 m．
5．（1）所有基本事件（a，b）有：（1,2），（1,3），（1,4），（2,1），（2,3），（2,4），（3,1），（3,2），（3,4），（4,1），（4,2），（4,3），共12种.
因为关于的一元二次方程x2+2ax+b2=0有实根，所以△=4a2-4b2≥0，即a2≥b2．
记“关于的一元二次方程x2+2ax+b2=0有实根的概率”为事件A，
则事件A包含的基本事件有：（2,1），（3,1），（3,2），（4,1），（4,2），（4,3），共6种．
所以P(A)=为所求．
（2）所有基本事件（m，n）有：（1,1），（1,2），（1,3），（1,4），（2,1），（2,2），（2,3），（2,4），（3,1），（3,2），（3,3），（3,4），（4,1），（4,2），（4,3），（4,4），共16种．
记“点P落在区域内”为事件B，
则事件B包含的基本事件有：（1,1），（2,1），（2，2），（3,1），共4种．
所以P(B)=为所求．

6．（1）由茎叶图可知，甲车间样品的质量分别是，乙车间样品的质量分别是.
，
.
，
.因为，，所以甲车间的产品的质量较稳定.
（2）从乙车间6件样品中随机抽取两件，所有的基本事件有：
，，，
，，，共15种.
设事件表示“所抽取的两件样品的质量之差不超过2克”，则事件包含的基本事件有：，，，共4种.所以为所求.

7．（1）由已知得，样本中有“25周岁以上组”工人60名，“25周岁以下组”工人40名.
在样本中日平均生产件数不足60件的工人中，
“25周岁以上组”工人有（人），记为A1，A2，A3；
“25周岁以下组”工人有（人），记为B1，B2.
从中随机抽取2名工人，所有可能的结果有：
（A1，A2），（A1，A3），（A2，A3），（A1，B1），（A1，B2），
（A2，B1），（A2，B2），（A3，B1），（A3，B2），（B1，B2），共10种.
其中至少有1名“周岁以下组”工人的结果有：
（A1，B1），（A1，B2），（A2，B1），（A2，B2），（A3，B1），（A3，B2），（B1，B2），共7种.
所以所求的概率为.
（2）由频率分布直方图可知，在抽取的100名工人中，
“25周岁以上组”中的生产能手有（人），
“25周岁以下组”中的生产能手有（人）.
据此可得列联表如下：

生产能手
非生产能手
合计
25周岁以上组
15
45
60
25周岁以下组
15
25
40
合计
30
70
100
假设：生产能手与工人所在的年龄组没有关系.
将列联表中的数据代入公式，计算得
.
当成立时，.
因为，所以没有90％的把握认为“生产能手与工人所在的年龄组有关”.
8．（1）设“选取的2组数据恰好是不相邻2天数据”为事件A，
所有基本事件（m，n）（其中m，n为12月份的日期数）有：（1,2），（1,3），（1,4），（1,5），（2,3），（2,4），（2,5），（3,4），（3,5），（4,5），共有10种．
事件A包括的基本事件有：（1,3），（1,4），（1,5），（2,4），（2,5），（3,5），共有6种．
所以为所求．
（2）由数据，求得．
由公式，求得．
所以y关于x的线性回归方程为．
（3）当x=10时，．
同理，当x=8时，．
所以该研究所得到的线性回归方程是可靠的．
9．（1）∵底面，且底面，
∴.由，可得.
又，∴平面.
又平面，∴.
，为中点，∴.
又平面，平面，，∴平面.
（2）取的中点，的中点，连接.
∵为中点，，∴.
∵平面平面，∴平面.
同理可证平面.
又，∴平面平面.
又平面，∴平面.
（3）由（1）知平面，
所以BE是三棱锥的高.
由已知可得，.
∴三棱锥的体积为.

10．（1）取AD的中点M，连结PM，QM.
因为P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，
所以AD⊥PM，AD⊥QM，从而AD⊥平面PQM.
又平面PQM，所以PQ⊥AD.
同理PQ⊥AB.
又平面，平面，
，所以PQ⊥平面ABCD.
Q
B
C
P
A
D
O
M
（2）连结OM，则.
所以∠PMQ＝90°，即PM⊥MQ.
由（1）知AD⊥PM，所以PM⊥平面QAD.
所以PM的长是点P到平面QAD的距离.
在Rt△PMO中，.
所以点P到平面QAD的距离为.
A

B

D

C

O

P

M

N

11．（1）因为在等腰梯形PDCB中，DA⊥PB，
所以在四棱锥P－ABCD中，DA⊥AB，DA⊥PA，
又PA⊥AB，且DC∥AB，所以DC⊥PA，DC⊥DA，
又DA Ì 平面PAD，PA Ì平面PAD，PA∩DA = A，
所以DC⊥平面PAD．
又DC Ì平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD．
（2）因为DA⊥PA，PA⊥AB，，
所以PA⊥平面ABCD，又PA Ì 平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABCD．
过M作MN⊥AB，垂足为N，则MN⊥平面ABCD．
在原等腰梯形PDCB中，DC∥PB，PB = 3DC = 3，PD =，DA⊥PB，
∴PA = 1，AB = 2，．
设MN = h，则，．
∴．
∵=，∴，解得．
在△PAB中，，∴．
在梯形ABCD中，连结BD交AC于点O，连结OM．
易知△AOB∽△DOC，∴．
故，所以在平面PBD中，有PD∥MO．
又PD Ë平面AMC，MO Ì平面AMC，所以PD∥平面AMC．

12．（1）设正方形AA1C1C的边长为，
由于E是的中点，△EAB的面积为定值．
∥平面，∴点F到平面EAB的距离为定值，
即点C到平面的距离为定值．
又，且=，
即，，所以正方形的边长为2．
（2）将侧面展开到侧面得到矩形．
连结交于点，此时点使得最小.
此时平行且等于的一半，为的中点.
取AB中点O，连接OE,EF，OC，为平行四边形，
△ABC为正三角形，.
又平面ABC，.
因为，平面.平面，.
又∥，.由于E是的中点，所以.
又Ì平面，Ì平面，，所以.
13．（1）由.
∵∴.
∴是首项为是等比数列.所以.
（2）∵∴.又
∴.
所以当且仅当为等差数列.
14．（1）因为，
所以.
所以.
所以，是等差数列.
因为，，所以，，.
（2）因为，
所以.
15．（1）由框图，知数列，
∴．
（2）由框图，y1=2，y2=8，知数列{yn}中，yn+1=3yn+2．
∴，∴
∴数列{yn+1}是以3为首项，3为公比的等比数列．
∴+1=3·3n－1=3n ，∴=3n－1（）．
（3）zn==1×（3－1）+3×（32－1）+…+（2n－1）（3n－1）
=1×3+3×32+…+（2n－1）·3n－[1+3+…+（2n－1）]
记Sn=1×3+3×32+…+（2n－1）·3n，①
则3Sn=1×32+3×33+…+（2n－1）×3n+1 ②
①－②，得－2Sn=3+2·32+2·33+…+2·3n－（2n－1）·3n+1
=2（3+32+…+3n）－3－（2n－1）·3n+1
=2×=
∴又1+3+…+（2n－1）=n2，
∴.

16．（1）由的图象上得
两式相加得，化简得恒成立.
∴
（2）
.

17．（1）因为，且，所以．
所以椭圆的方程为．
（2）设点的坐标为，则．
因为，，所以直线的方程为．
由于圆与由公共点，所以到 的距离小于或等于圆的半径．
因为，所以，
即．
又因为，所以，解得．
当时，，所以．
18．（1）∵圆过椭圆的左焦点，把（—c,0）代入圆的方程，
得，所以椭圆C的离心率．
（2）在方程中，
令，
可知点为椭圆的上顶点．
由（1）知，
得，所以.
在圆的方程中，令，可得点的坐标为，则点．
于是可得直线的斜率，而直线的斜率.
，直线与圆相切．
（3）是的中线，，
，从而得，，椭圆的标准方程为．
19．（1）设动圆圆心坐标为 C(x,y)，
根据题意得 =
化简得 x 2 = 4y，所以曲线 E 的方程为x 2 = 4y．
（2）设直线 PQ 的方程为 y = kx + b
由 消去 y 得 x 2－4kx－4b = 0
设 P(x1,y1)、Q(x2,y2)，则 x1 + x2 = 4k，x1x2 = －4b，且△ = 16k 2 + 16b．
以点 P 为切点的切线的斜率为y’ | x=x1 = x1，
O
y
Q
A
P
M
l
x
C
其切线方程为 y－y1 = x1 (x－x1)，
即 y = x1x－x12 Þ x12－2x1x + 4y = 0．
由切线过 A(x0,y0) 得 x12－2x1x0 + 4y0 = 0，
同理 x22－2x2x0 + 4y0 = 0．
∴x1、x2 是方程 x 2－2x0 x + 4y0 = 0的两个解．
∴x1 + x2 = 2x0，x1x2 = 4y0．
所以 所以 A(2k,－b) ．
由 A(x0,y0) 在直线 x－y－2 = 0 上，
则 2k + b－2 = 0，即 b = 2－2k．
代入 △ = 16k 2 + 16b = 16k 2 + 32－32k = 16 (k－1) 2 + 16 > 0．
∴| PQ | = | x1－x2 | = 4．
A(2k,－b) 到直线 PQ 的距离为 d = ，
∴S△APQ = | PQ | d = 4 | k 2 + b | = 4 (k 2 + b)
= 4 (k 2－2k + 2) = 4 [(k－1) 2 + 1] ．
∴当 k = 1 时，S△APQ 最小，其最小值为 4，此时点 A 的坐标为 (2,0) ．

20．（1）依题意知，椭圆的长半轴长，则A(2，0) ．
设椭圆E的方程为．
由椭圆的对称性知|OC|＝|OB|，又∵，|BC|＝2|AC|．
∴AC⊥BC，|OC|＝|AC| ∴△AOC为等腰直角三角形．
∴点C的坐标为(1，1)，点B的坐标为(－1，－1) ．
将C的坐标(1，1)代入椭圆方程得，∴所求的椭圆E的方程为．
（2）设在椭圆E上存在点Q，使得，设，则
即，--------①
又∵点Q在椭圆E上，∴，-----②
由①式得代入②式并整理得：，-----③
∵方程③的根判别式，
∴方程③有两个不相等的实数根，即满足条件的点Q存在，且有两个．
（3）设点，由M、N是的切点知，
,∴O、M、P、N四点在同一圆上，
且圆的直径为OP,则圆心为，
其方程为，
即-----④
即点M、N满足方程④，又点M、N都在上，
∴M、N坐标也满足方程----⑤
⑤-④得直线MN的方程为．
令得，令得，∴．
又点P在椭圆E上，∴，即为定值．
21．（1）．
根据题意，得，即，解得．
所以．
（2）令，即．得或．

+
0

0
+

极大值

极小值

因为，，所以当时，，．
对于区间上任意两个自变量的值，，都有
，所以，所以的最小值为．
（3）因为点不在曲线上，所以可设切点为．
则．因为，所以切线的斜率为，
则曲线在处的切线方程为，
即．
又切线过点，所以，即．
因为过点可作曲线的三条切线，
所以关于的方程有三个不同的实数解．
所以函数有三个不同的零点．
则．令，则或．

+
0

0
+

极大值

极小值

则，即，解得．
22．（1）当时，，．
因为定义域是，当时，当时，
当 时，所以当时，有最小值．
（2）由（1）知，在且时，有．
又因为，，所以在区间上为增函数，
，所以当时，．
因为，所以对一切恒成立．
（3）假设存在实数，使得的最小值是3，．
当时，因为，所以，，
所以在上为减函数．
所以当时取最小值，此时，矛盾，故舍去．
当时，令，得；令，得．
所以在上为减函数，在上为增函数．
所以当时，取最小值，此时．
所以假设成立，所以存在，使得的最小值是3．
23．（1）由得．
①当，．
（ⅰ）若，因为，所以恒成立，
所以函数的单调减区间是．
（ⅱ）若，当时，，函数单调递减．
当时， ，函数单调递增．
所以函数单调递减区间是，单调递增区间是．
②当时，令，得．
由得，．
显然，．
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增．
所以函数单调递减区间是，单调递增区间是.
综上所述，
当，时，函数的单调减区间是；
当，时，函数单调递减区间是，单调递增区间是；
当时，函数单调递减区间是，单调递增区间是．
（2）由题意，函数在处取得最小值，
由（1）知是的唯一极小值点，
所以，整理得即.
．
令，则．令，得．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以当时，最大．所以．
所以，所以，即．
24．（1）由，可设，又由，解得，所以.
所以，．
因为，的定义域为，
所以当时时，，时，．
所以在是减函数，在上是增函数．
易知时，；时，．
因为没有零点，所以在上的最小值是，
解得．所以的取值范围为．
（2）原问题即时，恒成立．
令，则在上为单调递增函数，
所以在上恒成立，
即在上恒成立．
令，则，
所以当时，；．
所以的最大值为，所以的取值范围为．