运城市2015年高三5月模拟考试名校联考数学(联考)试题及解答

运城市2015年高三5月模拟考试名校联考

数学试题（理）

时间120分钟 满分150分 2015.5.30 一、选择题：（每小题5分，共50分）

1．复数

12i的共轭复数是 2i3i3iA. B.

55 C. i D. i

2.设全集UR，函数f(x)lg(|x1|1)的定义域为A，集合B{x|sinx0}，则(CUA)

B的元素个数为

A. 1 B. 2

C. 3 D. 4

3．下列四种说法中，正确的个数有

①命题“x∈R，均有x23x2≥0”的否定是：“x∈R，使得x23x20” ②“命题p q为真”是“命题pq为真”的必要不充分条件； ③mR，使fxmxm22m是幂函数，且在0,上是单调递增

④若数据x1,x2,x3，„，xn的方差为1，则2x1,2x2,2x3,,2xn的方差为2 A．0个

B．1个

C．2个

D．3个

yx4．已知x，y满足xy2，且z2xy的最大值是最小值的4倍，则a的值是

xa3 4D．4

5. 如图所示的茎叶图（图一）

A．B．

12 C． 411为高三某班50名学生的化学考 试成绩，图（二）的算法框图中 输入的ai为茎叶图中的学生成绩， 则输出的m,n分别是

A．m38,n12 B．m26,n12 C． m12,n12 D．m24,n10

1

（图一）

(图二)

6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

A．3 B．2 C．

7．先后掷一枚质地均匀骰子（骰子的六个面上分别标有1、2、3、4、5、6个点）两次，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x,y,设事件A为“xy为偶数”， 事件B为

“x,y中有偶数且xy”，则概率P(B|A) 等于

11A． B．

3243 D．23 3 C．

11 D． sinx的所有正的零点从小到大依次为x1,x2,x3,......

1cosx设x1x2x3....x2015，则cos的值是

8.设函数f(x)1 A.0 B.33 C. 22 D.1

x2y29. 过曲线C1:221(a0,b0)的左焦点F1作曲线C2:x2y2a2的切线，

ab设切点为M，延长F1M交曲线C3:y22px(p0)于点N，其中C1、C3有一个共

同的焦点，若MF1MN，则曲线C1的离心率为

51 210.已知非零向量a,b,c满足|ab||b|4，(ac)(bc)0，若对每一个确定的

A.5 B.51 C.51 D.b，|c|的最大值和最小值分别为m,n，则mn的值为

A.随|a|增大而增大 B. 随|a|增大而减小 C.是2 D. 是

4

二、填空题：（每小题5分，共25分）

（一） 必考题（11—14题）

111.若(x)n的二项展开式中各项的二项式系数的和是，展开式中的常数项

x为 ___________（用数字作答）.

321aaaa1x2dx，Sn是该数列的12．已知等差数列an满足24201220140前n项的和，则S2015 .

123n2Cn3CnnCn13．计算Cn，可以采用以下方法：构造等式：

2

0122nnCnCnxCnxCnx1x，两边对x求导， 1232nn12Cnx3CnxnCnxn1x得Cnn1n，在上式中令x1，

123nn1得Cn2Cn3CnnCnn2．类比上述计算方法， 122232n计算Cn2Cn3CnnCn_________．

14.如果yf(x)的定义域为R，对于定义域内的任意x，存在实数a使得

f(xa)f(x)成立，则称此函数具有“P(a)性质”. 给出下列命题：

①函数ysinx具有“P(a)性质”；

②若奇函数yf(x)具有“P(2)性质”，且f(1)1，则f(2015)1；

③若函数yf(x)具有“P(4)性质”， 图象关于点(1，0)成中心对称，且在(1,0)上单调递减，则yf(x)在(2,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增；

④若不恒为零的函数yf(x)同时具有“P(0)性质”和 “P(3)性质”，且函数

yg(x)对x1,x2R，都有|f(x1)f(x2)||g(x1)g(x2)|成立，则函数yg(x)是周期函数.

其中正确的是 (写出所有正确命题的编号)．

(二) 选考题（请考生在第15、16两题中任选一题做答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号所在方框用2B铅笔涂黑．如果全选，则按第15题作答结果计分．）

15.如图，圆A与圆B交于C、D两点，圆心B在圆A上，DE 为圆B的直径，已知CE1,DE4，则圆A的半径为_______.

16．在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

xt若点P为直线cossin40上一点，点Q为曲线12(t为参数）上

yt4一点，则|PQ|的最小值为 .

三、解答题：（共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算

步骤．）

b2a2c2cos(AC)17. （本小题满分12分）在锐角△ABC中，．

acsinAcosA（Ⅰ）求角A；

（Ⅱ）若a2，当sinBcos(

7C)取得最大值时，求B和b． 123

18．（本小题满分12分） 黄冈市于2014年12月29日起实施小汽车限购．根据规定，每年发放10万个小汽车名额，其中电动小汽车占20%，通过摇号方式发放，其余名额通过摇号和竞价两种方式各发放一半．推出后，某网站针对不同年龄段的申请意向进行了调查，结果如下表所示： 摇号 申请意向 竞价（人合计 电动小汽车非电动小汽车（人年龄 数） （人数） 数） 30岁以下（含50 100 50 200 30岁） 30至50岁（含50 150 300 500 50岁） 50岁以上 100 150 50 300 合计 200 400 400 1000 （Ⅰ）采取分层抽样的方式从30至50岁的人中抽取10人，求其中各种意向人数；

（Ⅱ）在（Ⅰ）中选出的10个人中随机抽取4人，求其中恰有2人有竞价申请意向的概率；

（Ⅲ）用样本估计总体，在全体市民中任意选取4人，其中摇号申请电动小汽车意向的人数记为，求的分布列和数学期望．

4

19.（本小题满分12分）已知四边形ABCD满足AD∥BC，BA＝AD＝DC＝BC＝a，E是BC的中点，将△BAE沿AE折起到B1AE的位置，使平面B1AE平面AECD，F为B1D的中点. （Ⅰ）证明：B1E∥平面ACF；

（Ⅱ）求平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值．

20．（本小题满分12分）设数列{an}的前n项和为Sn，满足Snan1n2n34，

nN*，且a1,S2,2a34成等比数列．

12（Ⅰ）求a1，a2，a3的值； （Ⅱ）设bn项公式．

an，nN，求{an}的通n2 5

x2y2621．（本小题满分13分）已知椭圆C:221 (ab0)的离心率为，长ab3轴长为26．

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）设F为椭圆C的右焦点，T为直线xt(tR,t2)上纵坐标不为0的任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.

（ⅰ）若OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)，求t的值； （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，当

6

|TF|最小时，求点T的坐标． |PQ|22. （本小题满分14分）已知f(x)mxalnxm,g(x)其中m,a均为实数． （Ⅰ）求g(x)的极值；

ex(e2.71828)，ex（Ⅱ）设m=1,a=0,求证:对x1,x23,4(x1x2),f(x2)f(x1)ex2ex1恒

g(x2)g(x1)成立；

（Ⅲ）设a2，若对给定的x00,e，在区间0,e上总存在t1,t2(t1t2)使得

f(t1)f(t2)g(x0)成立，求m的取值范围．

7

答 案

15 DCCBB 610 CAADD

11.15 12. 4030 13. n(n1)2n2 14. ①③④ 15. 4 16.17.

32 2

18.

8

19（1）连结ED交AC于O，连结OF，因为AECD为菱形，OE=OD所以FO∥B1E， 所以B1E//面ACF。„„„„„„4分

(2) 取AE的中点M，连结B1M，连结MD，则∠AMD=900， 分别以ME,MD,MB1为x,y,z轴建系，则

333aaa,0)A(,0,0),D(0,a,0),B1(0,0,a),所以1，E(,0,0),C(a,22222a3aa3aa3aEB1(,0,)，AD(,,0),AB1(,0,),设面ECB1的法向

222222a3xay03322,)，„8分 量为u(x,y,z)，，令x=1, u(1,333axaz02233,)„„„„10分 33 111333 所以cosu,v，

111151133333故面ADB1与面ECB1所成锐二面角的余弦值为 „„„„ 12分

520.

同理面ADB1的法向量为v(1,（2）由Snan1n2n34得Sn1an(n1)2n2n2

4 n2

两式相减得 an12an(n1)2两边同时除以2

n1

得

an1ann2(n1)，则bn1bn2(n1) „„8分 n1229

当n2时，bnb1b2b1bnbn12(12n)n(1n)

当n1时，b12满足上式，所以bnn(n1)，

n(n1)从而an .....................................12

2n2221．解：（1）由已知解得a6b2

x2y21. ………………………………（2分） 所以椭圆C的标准方程是62（2）（ⅰ）由（1）可得，F点的坐标是(2，0).

x＝my+2，22

设直线PQ的方程为x＝my+2，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得xy

＋＝1.62消去x，得(m2＋3)y2+4my－2＝0，其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)>0.

－2-4m12

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝2，y1y2＝2.于是x1＋x2＝m(y1＋y2)+4＝2.

m＋3m＋3m＋3设M为PQ的中点，则M点的坐标为(62m,). „„„„5分 22m3m3

因为TFPQ，所以直线FT的斜率为m，其方程为ym(x2). 当xt时，ymt2，所以点T的坐标为t,mt2，

mt2m(2t)x. ，其方程为ytt62m2mm(2t)6,2)代入，得22将M点的坐标为(2.

m3m3m3tm3解得t3. ………………………………………………8分

此时直线OT的斜率为

（ⅱ）由（ⅰ）知T为直线x3上任意一点可得，点T点的坐标为(3,m). 于是|TF|m1， |PQ|224(m21). „„„„10分 2m3|TF|m231(m23)22所以 m122|PQ|m124(m1)241(m23)21(m21)24(m21)4 22m1m124241413. „„„„„12分 m2124244m13242434|TF|

当且仅当m2＋1＝2，即m＝±1时，等号成立，此时取得最小值．

|PQ|m＋13|TF|

故当最小时，T点的坐标是(3，1)或(3，－1)． „„„„„13分

|PQ|

10

22. 解：（1）g(x)exe(x1)',g(x),,1,1,,g(x)极大值exexg(1)1，无极小值； „„„„„„4分

（2）m=1,a=0，f(x)x1,在3,4上 是增函数，又e,在3,4上是增

g(x)21设，则原不等式转化为 3xx4f(x)-f(x)<-1221函数g(x2)g(x1)[]exx[]exex即f(x2)-exex2ex1 „6分 令h(x)=f(x)-=x-ex-1, (3）由(1）得g(x)在0,11,e,g(x)maxg(1)1

2''，又f(x)m,当m0时，f(x)0,f(x)在0，e不符合题g(x)0,1所以，x意。 当m0时，要t1,t2使得f(t1)f(t2)，

那么由题意知f(x)的极值点必在区间0,e内，即0得m2e m222，且函数f(x)在0,,,e emm由题意得g(x)在0,e上的值域包含于f(x)在0,22和,e上的值域 mm23f()02m ,e内，me1mf(e)1下面证t0,22mmme,即证2em0 te时，，取，先证f(t)1mm令w(x)2exx,w'(x)2ex10,在3,内恒成立 e13)0,2emm0 e133mmm1,m再证f(e)1,f(e)memm „„„„„14分 e1e1w(x),w(x)w(

11