湖南省郴州市2015届高考模拟数学理科试题(二)及答案

郴州市2015届高三理科数学高考模拟题二

一.选择题：本大题共10个小题，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．

2

1. 已知集合M {x 2x 0},N {x a},若M N，则实数a的取值范围是

（ A ） A. [2, ) 2.下列四个命题：

B. (2, )

C. ( ,0]

D. ( ,0]

11

p1: x (0, ),()x ()x p2: x (0,1),log1

x 232111

p3: x (0, ),()x log1x p4: x (0,),()x 2322其中的真命题是（ D ）

A. p1,p3 B. p1,p4 C. p2,p3 D. p2,p4 3．在如右图所示的程序框图中输入10，结果会输出（ D ）

A. 10 B. 11 C. 512 D. 1024

4.将函数f(x) sinx cosx的图像向左平移 （ >0)所得图像关于原点对称，则 的最小值为（ C ）

3 5

A. B. C. D.

4444

ìïy?2x15.若实数x,y满足条件ï，则z=x+3y的最大值为（ B ） í

ïïîy?x1

A．9

6．不全相等的五个数a、b、c、m、n具有关系如下：a、b、c成等比数列，a、m、b和b、n、c都成等差数列，则

B．11

C．12

D．16

ac

（ C ） mn

A．-2 B．0 C．2 D．不能确定

7.已知边长为1的正方形ABCD位于第一象限，且顶点A、D分别在x、y的正半轴上（含 原点）滑动，则OB OC的最大值是（ C ）

A．1

B C．2

D

8.一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积为（

D ）

B. 侧视图

C.

D.

【解析】如图所示，四面体为正四面体.

俯视图

x2y2

9．已知双曲线2 2

1(a 0,b 0)的左、右焦点分别为F1

,F2，若在双曲线的右支

ab

上存在一点P，使得PF1 3PF2，则双曲线的离心率e的取值范围为（ ） A．

B．

C．(1,2]

D．(1, )

|PF2| a，【解析】由PF从而|PF1| |PF2| 2a，1| 3a，1 3PF2及双曲线定义得|PF

又|F1F2| 2c．因为点P在右支上运动，所以|PF得4a 2c，即1| |PF2| |F1F2|，又e 1．故填1 e 2．故选C．

23

10.已知集合A xx a0 a1 3 a2 3 a3 3，其中ai 0,1,2 i 0,1,2,3 且

c

2，a

a3 0，则A中所有元素之和等于（ D ）

A、3240 B、3120 C、2997 D、2889

【解析】由题意可知，a0，a1，a2各有3种取法（均可取0，1，2），a3有2种取 法，由

分步计数原理可得共有3×3×3×2种方法，

∴当a0取0，1，2时，a1，a2各有3种取法，a3有2种取法，共有3×3×2=18 种方法，即集合A中含有a0项的所有数的和为（0+1+2）×18；

同理可得集合A中含有a1项的所有数的和为（3×0+3×1+3×2）×18；

集合A中含有a2项的所有数的和为（32×0+32×1+32×2）×18； 集合A中含有a3项的所有数的和为（33×1+33×2）×27；

由分类计数原理得集合A中所有元素之和：

S=（0+1+2）×18+（3×0+3×1+3×2）×18+（32×0+32×1+32×2）×18+（33×1+33×2）×27 =18（3+9+27）+81×27=702+2187=2889．故选D．

二、填空题：本大题共6小题，考生作答5小题，每小题5分 ，共25分.把答案填在答题

卡中对应题号后的横线上.

（一）选做题（请考生在第11,12,13三题中任选两题作答，如果全做，则按前两题记分）

4

x a t 5

11．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 (t为参数).在极坐标系 （与直

3 y a t

5

角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点,以x轴正半轴为极轴）中，圆C的极坐标方程为 2cos ，若直线l平分圆C的周长，则a= ．-3

12．已知a,b,c R,a2 b2 c2 9，M a 2b 3c，则M的最大值是．3

13．如图，已知ＰA是圆O的切线，切点为A，ＰO交圆O于点B，圆O的半径为2，PB 3，

则ＰA的长为

（二）必做题（14～16题）

14．在△ABC中，a=15，b=10, ∠A=60，则cosB

【答案】

3

2

15．在函数f(x) alnx的图像上任取两个不同的点P(x1,y1)、 (x 1) x 0

Q(x2,y2)(x1 x2)，总能使得f(x1) f(x2) 4(x1 x2)，则实数a的取值范围为

【答案】[, )

1

2

x) f(x)4 x【解析】原式等价为f(x1) 4x1 f(x2) 4x2，令g(

为不减函数，所以g (x) 0.

，则g(x)在(0, )上

16. 两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题，他们在沙滩上画点或用小石子来表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类，图中的实心点的个数1、5、12、22、…，被称为五角形数，其中第1个五角形数记作，第2个五角形数记作

，第3个五角形数记作

，若

，第4个五角形数记作，则

，……，若

按此规律继续下去，则

【答案】35，10

【解析】根据图形变化的规律可归纳得

三、解答题：本大题共6个小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. （本题满分12分） 设f(x) sin(

x ) 2cos2x 1. 468

(Ⅰ)求f(x)的最小正周期；

(Ⅱ)若函数y=f(x)与y=g(x)的图像关于直线x 1对称，求当xÎ[0,]时y g(x)的最大值. 【解析】 （1

）f(x) sin

4

3

3 xcos cosxsin cosx x cosx x ), 4646442443

故f(x)的最小正周期为T

2

8. …………………..6分 4

（2）法一：

在y g(x)的图像上任取一点(x,g(x)), 它关于x 1的对称点为(2 x,g(x)). 由题设条件，点(2 x,g(x))在y

f(x)的图像上，从而

g(x) f(2 x) (2 x) x x )，

3 3 43 4 24

当0 x

4 2 4

时， x ，因此y g(x)在区间 0,

上的最大值为33433 3

ymax …………………..12分 32

法二：

因区间 0, 关于x 1的对称区间为 ,2 且y g(x)与y f(x)的图像关于直

33 ， 线x 1对称，故y g(x)在区间 0, 上的最大值为y f(x)在区间 ,2 上的最大值.

33由（1

）知f(x) x ).当

4 2

4 2

4 32 x 2时， x . 36436

因此y g(x)在区间 0,

上的最大值为ymax ………………..12分

6 3

18．（本题满分12分）

某电视台拟举行由选手报名参加的比赛类型的娱乐节目，选手进入正赛前需通过海选，参加海选的选手可以参加A、B、C三个测试项目，只需通过一项测试即可停止测试，通过海选.若通过海选的人数超过预定正赛参赛人数，则优先考虑参加海选测试次数少的选手进入正赛. 当某选手三项测试均未通过，则被淘汰.现已知甲选手通过项目A、B、C测试的概率为分别为

4 111

、、， 且通过各次测试的事件相互独立. 532

(Ⅰ)若甲选手先测试A项目，再测试B项目，后测试C项目，求他通过海选的概率；若改变测试顺序，对他通过海选的概率是否有影响？说明理由.

(Ⅱ)若甲选手按某种顺序参加海选测试，第一项能通过的概率为p1，第二项能通过的概率为p2，第三项能通过的概率为p3，设他结束测试时已参加测试的次数记为 ，求 的分布列和期望（用p1、p2、p3表示）；并说明甲选手按怎样的测试顺序更有利于他进入正赛.

1114)(1－)( 1－) =， 53215

11111

故甲选手能通过海选的概率为1－(1－)(1－)( 1－) =. ………………..3分

53215

【解析】(Ⅰ)依题意，甲选手不能通过海选的概率为(1－若改变测试顺序对他通过海选的概率没有影响， 因为无论按什么顺序，其不能通过的概率均为(1－即无论按什么顺序，其能通过海选的概率均为

1114

)(1－)( 1－) =， 53215

11

. ………………..5分 15

(Ⅱ)依题意， 的所有可能取值为1、2、3. p( =1)= p1，p( =2) = (1－p1) p2，p( =3) = (1－p1)(1－p2) . 故 的分布列为

……………….8分

E = p1+2(1－p1) p2+3(1－p1)(1－p2) ………………10分 分别计算当甲选手按C B A，C A B，B A C，B C A，A B C，A C B的顺序参加测试时，E 的值，得甲选手按C B A的顺

序参加测试时，E 最小，因为参加测试的次数少的选手优先进入正赛，故该选手选择将自己的优势项目放在前面，即按C B A的顺序参加测试更有利于进入正赛. ……………….12分

19. （本题满分12分）

如图， ABC的外接圆⊙O的半径为5，CE垂直于⊙O所在的平面，BD//CE,CE=4,BC=6,且BD

=1,cos ADB

(Ⅰ)求证：平面AEC 平面BCED;

(Ⅱ)试问线段DE上是否存在点M，使得直线AM与 平面ACE

所成角的正弦值为

？若存在，确 21

定点M的位置；若不存在，请说明理由.

【解析】(Ⅰ)证明：

BD 面ABC

BD AB,又因为

BD=1,cos ADB

故

直径长， ………………………….3分

AC BC.又因为EC 面ABC,所以EC BC.

ACEC C, BC 面ACE,又BC 面BCED，

平面AEC 平面BCED ………………………………….6分

(Ⅱ)存在，如图，以C为原点，直线CA为x轴，直线CB

间直角坐标系，则有点的坐标，A(8，0，0)，B(0，6，0)，则AD=(-8,6,1)，DE=(0,-6,3),

设DM= DE= (0,-6,3)= (0,-6 ,3 ), 故AM AD DM=（-8, 6-6 ，1+3 ） 由（1）易得面ACE的法向量为CB=(0，6，0)， 设直线AM与平面ACE所成角为 ， 则sin

|AMCB|

|AM||CB|

1，解得 .

321

………………………………….10分

所以存在点M，且DM=

1DE时，直线AM与平面ACE

所成角的正弦值为. 321

………………………………….12分

法二：（几何法）

如图，作MN CE交CE于N，连接AN,则MN 面AEC,故直线AM与平面ACE 所成角为 MAN,且MN AN,NC AC.

设MN=2x, 由直线AM与平面ACE所成角的正弦值

，得

，所以AN . 另一方面，作DK// MN//BC, 得EN=x,NC 4 x 而AC 8,故Rt ANC中，由AN AC NC 得17x 64 (4 x)， x

2， MN 4,EM 2

2

2

2

2

所以存在点M

，且EM 时，直线AM与平面ACE

. ……………………………………….12分

20．（本题满分13分）

等比数列{an}中的前三项a1、a2、a3分别是下面数阵中第一、二、三行中的某三个数，且三个数任意两个数都不在同一行、同一列

5 6 20

41012

3 8 16

（1）求此数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足：bn=3an－ －1 lgan，求数列{bn}的前n项和Sn.

n

【解析】(1)经检验，当a1=5或4时，不可能得到符合题中要求的等比数列； 故有a1=3，a2 6，a3 12，等比数列公比q=2, 所以an=3 2

n 1

.………………..5分 得bn=3an－ －1 lgan=9 2

n

n 1

(2)由an=3 2

n 1

( 1)n lg3 (n 1)lg2 .

n

所以Sn=（91 2 2n 1) 1 1 1 (lg3 lg2)

2

1 2 3 ( 1)nnlg2 .………………..9分

1 2nnn

lg2 9(2n 1) lg2. n为偶数时，Sn=9

1 222

1 2nn 1n 1

(lg3 lg2) ( n)lg2 9(2n 1) lg2 lg3. n为奇数时，Sn=9

1 222

n n

9(2 1) lg2，n为偶数 2

所以, Sn= ………………..13分

9(2n 1) n 1lg2 lg3，n为奇数 2

21．（本题满分13分）

x2y2

已知圆C:(x 1) (y 1) 2经过椭圆 :2 2 1(a b 0)的右焦点F和上顶点B．

ab

（Ⅰ）求椭圆 的方程；

2

2

（Ⅱ）如图，过原点O的射线l与椭圆 在第一象限的交点为Q，与圆C的交点为P，M为OP的中点， 求OM OQ的最大值.

【解析】（Ⅰ）在C:(x 1)2 (y 1)2 2中，

(2,)令y 0得F(2,0)，即c 2，令x 0，得B0

2

2

2

b 2，，

x2y2

由a b c 8，∴椭圆 ： 1. ------------------4分

84

（Ⅱ）法一：

依题意射线l的斜率存在，设l:y kx(x 0,k 0)，设P(x1,kx1),Q(x2,kx2)

y kx

2

得：(1 2k2)x2

8，∴x2 ---------------6分 xy2

1

4 8

y kx2 2k22

得：，∴， (1 k)x (2 2k)x 0x 1222

1 k(x 1) (y 1) 2

∴OM OQ

(

1x1kx1

k 0). -------9分

,) (x2,kx2) (x1x2 k2x1x2) 222

4k2 2k 2k2 2k 1/

设 (k) ， (k) ，

(1 2k2)21 2k2

4k2 2k 21/

0令 (k) ，得． 1 k

(1 2k2)22

11

又k 0，∴ (k)在(0,)单调递增，在(, )单调递减.

22∴当k 法二：

依题意射线l的斜率存在，设l:y kx(x 0,k 0)，设P(x1,kx1),Q(x2,kx2) y kx

2

得：(1 2k2)x2

8，∴x2 ---------------6分 xy2

1

4 8

113

时， (k)max () ，即OM

OQ的最大值为. -------13分

222

OM OQ (OC CM) OQ OC OQ =(1,1) (x2,kx2) (1

k)x2

k 0) ---------------9分

(1 k)2t2113

设t 1 k(t 1)，则. 22

111221 2k2t 4t 32 4() 3()23[() ]2 2ttt33

12

当且仅当

,即[OM OQ]max .………………..13分

t3

22、（本题满分13分）

已知函数f(x) e ax 2x 1(x R). （1）当a 0时，求f(x)的单调区间；

x

2

a2 a 1

. （2）求证：对任意实数a 0，有f(x)

a

x

【解析】（1）当a 0时，f(x) e 2x 1(x R)， x

∵f (x) e 2，且f (x)的零点为x ln2，

∴当x ( ,ln2)时，f (x) 0；当x (ln2, )时，f (x) 0

即( ,ln2)是f(x)的单调减区间，(ln2, )是f(x)的单调增区间. ……………..5分 （2）由f(x) ex ax2 2x 1(x R)得：f (x) ex 2ax 2， 记g(x) ex 2ax 2(x R).

∵a 0，∴g (x) ex 2a 0，即f (x) g(x)是R上的单调增函数， 又f (0) 1 0,f (1) e 2a 2 0，

故R上存在惟一的x0 (0,1)，使得f (x0) 0， ………………..8分 且当x x0时，f (x) 0；当x x0时f (x) 0. 即f(x)在( ,x0)上单调递减，在(x0, )上单调递增，

2

则f(x)min f(x0) e0 ax0 2x0 1，再由f (x0) 0得e0 2ax0 2，将其代入前式2可得f(x)min ax0 2(a 1)x0 1 .………………..10分

x

x

a 12(a 1)2

) 1 又令 (t) at 2(a 1)t 1 a(t aa

2

由于 a 0,对称轴x=

a-1

>1，而x0Î(0,1) (x0) (1) a 1 a

a2 a 11a2 a 1

0， (x0) 又(a 1) aaa

a2 a 1

. ………………..13分 故对任意实数a 0，都有f(x)

a

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