2015葫芦岛一模 辽宁省葫芦岛市2015届高三第一次模拟考试 数学(理) 扫描版含答案

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2015年葫芦岛市第一次模拟考试数学试题(理科)

参及评分标准

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一.选择题:每小题5分,总计60分 题号 1 答案 C 2 B 3 B 4 C 5 B 6 A 7 C 8 B 9 B 10 A 11 C 12 A 二.填空题:每小题5分,总计20分. 13. 70 15. (-∞,-2) 三.解答题:

17.(本小题满分12分)

解：（1）由a4+a8=22得：a6=11 又a3=5 ∴d=2, a1=1„„„„„„„„2分 ∴an=2n-1 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分 n(a1+an)n(1+2n-1)2 Sn===n „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分

22n+1n+1111(2) bn==22=(2-2)

SnSn+2n·(n+2)4n(n+2)

1125

当n=1时，b1=(1-)=<,原不等式成立；„„„„„„„„„„„„8分

49916当n≥2时，

111111111111111

b1+b2+„+bn=(2-2+2-2+2-2+2-2+„+2-2+2-2+2-2) 4132436(n-2)n(n-1)(n+1)n(n+2)111111115

=(2+2- 2-2)<(2+2)=412(n+1)(n+2)41216

5*

∴b1+b2+„+bn<(n∈N)„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分

1618．（本小题满分12分）

(1)证明：∵AB⊥平面BEC，CE平面BEC ∴AB⊥CE

∵BC为圆的直径 ∴BE⊥CE ∵BE平面ABE，AB平面ABE，BE∩AB=B ∴CE⊥平面ABE ∵BF平面ABE ∴CE⊥BF 又BF⊥AE 且CE∩AE=E ∴BF⊥平面AEC AC平面AEC ∴BF⊥AC （或由面面垂直的性质定理证明，请参照赋分）„„„„„„„„6分 A （2）设圆柱的底面半径为r,则圆柱的高为2r; V圆柱=

r·2r=2

2

1114. 、- 4216.①③④ z D 1113

r.VA-BEC=·BE·EC·2r=·BE·EC·r

323

3

V圆柱2r

由题意：==3VA-BEC1

·BE·EC·r3

2

2

2

∴BE·EC=2r

2

F E 又BE+CE=4r 由此解得：BE=EC=2r„„„„8分 法一：

分别以EB、EC所在直线为x轴、y轴,E为坐标原点 建立如图所示坐标系；

x B C y 则E（0，0，0）、B（2r，0，0）、C（0，2r，0）、A（2r，0，2r）

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→→=(-2r,2r,-2r), AB=(0,0, 2r), AC

→，→→得： n→·→设平面BAC的法向量为→n1=(x1,y1,z1)，则由→n1⊥ACn1⊥ABAC=0且→n1·→AB=0 1

2rz1=0z1=0即： 解得： ,取y1=1得：→n1=（1,1,0)

x1=y1-2rx1+2ry1-2rz1=0

→，→→得：→→=0 设平面CAE的法向量为→n2=(x2,y2,z2)，则由→n2⊥ECn2⊥EAn2·→EC=0且→n2·EA

y2=02ry2=0→=（-2,0,1) „„„„10分 即： 解得： 取z2=1得： n2

2rx2+2rz2=0x=-2z2

→,n→>=∴cos→n1·→n2-23

==- →|·|n→|2·33|n12

3

„„„„12分 3

由图形可知：二面角B-AC-E为锐二面角 ∴二面角B-AC-E的余弦值为

法二：过F作FG⊥AC于G，连BG；由（1）知：BF⊥平面ACE ∴FG为BG在平面AEC内的射影，又FG⊥AC，AC平面AEC

∴由三垂线定理得：BG⊥AC ∴∠FGB即为二面角B-AC-E的平面角„„10分 在RT∴在RT

ABC中易求得：BG=2r, 在RTBFG中:FG=BG-BF=

6r3

2223

ABC中易求得：BF=r

3

A D 6r 3

F G E FG3

∴cos∠FGB== = BG2r3

3

∴二面角B-AC-E的余弦值为„„„12分

319．（本小题满分12分）

B C 1114(1)设第i组的频率为Pi(i=1,2,„,8),由图可知：P1=×30=, P2=×30= 300010075010055

∴学习时间少于60分钟的频率为P1+P2= 由题意：n×=5 ∴n=100„„„2分

10010018130125115/组距 15频率又P3=×30=, P5=×30=, P6=×30=, P7=×30=, P8=×30= 3751001001001201002001/100 10060010012∴P4=1-(P1+P2+P3+P5+ P6+P7+ P8)=

100121121

∴第④组的高度为:h=×==

100303000250频率分布直方图如图：

（注：未标明高度1/250扣1分）„„„4分

1/120 1/200 1/250 1/375 1/600 1/750 1/3000 O 时间（分钟）

30 60 90 120 150 180 210 240 - 8 -

（2）由频率分布直方图可知，在抽取的100人中， “走读生”有45人，利用时间不充分的有40人， 从而22列联表如下： 利用时间充分 利用时间不充分 总计

走读生 住宿生 总计 30 45 75 15 10 25 45 55 100 将22列联表中的数据代入公式计算，得 „„6分

2 2

1002n(n11n22-n12n21)100×(30×10-45×15)

K== =≈3.030

n1+n2+n+1n+275×25×45×5533

因为3.030<3.841，所以没有理由认为学生“利用时间是否充分”与走读、住宿有关„„8分 (3)由（1）知：第①组1人，第②组4人，第⑧组5，总计10人，则X的所有可能取值为0，1，2，3

C5C5

P（X=i)= 3 (i=0,1,2,3)

C10

C5C5101C5C5505

∴P（X=0)= 3 ==,P（X=1)=3 ==,

C1012012C1012012

C5C5505C5C5101

P（X=2)=3 ==, P（X=3)= 3 ==„„„„„„„„„„„„„10分

C1012012C1012012∴X的分布列为： X P 0 1 121 5 122 5 123 1 1221

30

03

12

i3-i

1551183

∴EX=0×+1×+2×+3×==„„„„„„„„12分

12121212122M53

(或由超几何分布的期望计算公式EX=n×=3×=)

N10220.(本小题满分12分) 解：（1）∵e=32222 22

∴a=3c=3a-3b ∴2a=3b3

4

2

2

2

bb2b43

将x=-c代入椭圆方程得：y=2 y=± 由题意：=

aaa32a=3b 解得：a=3,b=2

x2y2

∴椭圆C的方程为：3+2=1„„„„

2

2

2

x+y=1222

(2)联立方程组：32联 立并消元整理得：(3k+2)x+6ktx+3t-6=0„„„„①

y=kx+t

- 9 -

22

=24(3k2+2-t2)>0 ∴3k2+2>t2„„„②

设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1,x2是方程①的两个解，由韦达定理得： -6kt-6k2t4tx1+x2=3k2+2, y1+y2=k(x1+x2)+2t=3k2+2+2t=3k2+2 设MN的中点为G(x0,y0),则

x1+x2-3kty1+y22t2t13ktx0=2=3k2+2,y0=2=3k2+2 ∴线段MN的垂直平分线方程为：y-3k2+2=-k(x+3k2+2) 3t112t

将P（0，-)代入得：+3k2+2=3k2+2 化简得：3k2+2=4t „„„„„9分

44代入②式得：4t>t2 ∴021+k·

2(x1+x2)-4x1x2=

2

26·3k2+2-t21+k·=

3k2+2

226·4t-t21+k·

4t

26·4t-t2=1+k·

2t设O到直线MN的距离为d,则

td= 2

1+k

116·4t-t2t666222∴SNOM=·|MN|·d=·1+k··=·4t-t=·-(t-2)+4≤ 22t22421+k4(当且仅当t=2,k=±2时取“=”号） ∴

MON面积的最大值为

6

，此时直线l的方程为：y=±2x+2. „„„„„„„„„„„2

12分

21. (本小题满分12分)

bb

解：（1）f(x)=ax+,f′(x)=a-2 由题意：f′(1)=2，f(1)=0 即a-b=2,a+b=0

xx解得：a=1,b=-1„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分 111

(2)f(x)=x- 由g(x)≤mf(x)得：2lnx≤m(x-) 2lnx-m(x-)≤0

xxx1

令(x)=2lnx-m(x-) 则

x

21-mx+2x-m′(x)=-m(1+2)= 2

xxx

(1)=0

2

2

①当m=0时,′(x)= >0恒成立，∴(x)在（1，+∞）上单调递增 ∴（x)>

x这与(x)≤0矛盾，不合题意； 若m≠0，令

=4-4m=4(1+m)(1-m)

2

2

②当m≤-1时，≤0恒成立且-m>0 ∴-mx+2x-m≥0恒成立即′(x)≥0恒成立∴(x)在（1，+∞）上单调递增 ∴（x)>③当-12

(1)=0，这与(x)≤0矛盾，不合题意；

>0,方程-mx+2x-m=0有两个不等实根x1,x2(不妨设x122

x1·x2=1>0,x1+x2=<0,∴x10恒成立∴

m(x)在（1，+∞）上单调递增 ∴（x)>(1)=0，这与(x)≤0矛盾，不合题意；

- 10 -

2

④当02

1-1-m

>0,方程-mx+2x-m=0有两个不等实根x1,x2(不妨设x12

1+1-mx2=>1∴0m

(x)在（1，x2)单调递增 ∴当x∈(1,x2)时, ′(x)>0 ∴

(x)在（1，+∞）上单调递增 ∴（x)>(1)=0，这与(x)≤0矛盾，不合题意； ⑤当m≥1时，≤0且-m<0 ∴′(x)≤0恒成立 (x)在[1，+∞）上单调递减 ∴（x)≤(1)=0， 合题意

综上所述，当m∈[1,+∞)时，g(x)≤mf(x)恒成立。„„„„„„„„„„„„„8分 （3）对任意的k>1,(k)=2lnk-m(k-1

k-1

)=lnk-m· kk

k-1k-14

由（2）知，当m=1时，(k)=lnk-m·<0恒成立，即lnk< 取k= 得：

3kk4

ln <3

4-13

3

≈0.2. 463=

21+1-m

由（2）④知当0(1)=0

m1+1-m2k令=k得：m=,

mk+1

2

1

(x)=2lnx-m(x-)>0 x

2kk-12(k-1)2(k-1)

∴(k)=lnk-·= lnk->0 ∴lnk>

k+1k+1k+1k42(-1)3442

取k= 得：ln >=≈0.286

3347

+13

440.286+0.2

∴0.2863324

∴ln ≈0.29„„„„„„„„„„„12分

3

22．（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

(1)连接AB，AC.由题设知PA＝PD， 故∠PAD＝∠PDA.

因为∠PDA＝∠DAC＋∠DCA， ∠PAD＝∠BAD＋∠PAB， ∠DCA＝∠PAB，

所以∠DAC＝∠BAD，从而BE＝EC. 因此BE＝EC. „„„„„„5分

2

(2)由切割线定理得PA＝PB·PC.

因为PA＝PD＝DC，所以DC＝2PB，BD＝PB. 由相交弦定理得AD·DE＝BD·DC，

2

所以AD·DE＝2PB. „„„„„„10分

23.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

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2解：对于曲线M,消去参数，得普通方程为yx1,x2,曲线M是抛物线的一部分；

对于曲线N，化成直角坐标方程为xyt，曲线N是一条直线. (2分)

(1)若曲线M,N只有一个公共点，则有直线N过点(2,1)时满足要求，并且向左下方平行运动

直

到过点(2,1)之前总是保持只有一个公共点，再接着向左下方平行运动直到相切之前总是

有两

个公共点，所以21t相切时仍然只有一个公共点，由txx21， 21满足要求；

2得xx1t0,14(1t)0，求得t. 综合可求得t的取值范围是：

521t21或t. „„„„5分

42(2)当t2时，直线N: xy2，设M上点为(x0,x01)，x02，则

123(x)0xx012432， d82220当x0132时取等号，满足x02，所以所求的最小距离为. „„„„10分 28

24．解：

3x1,x1解：（1）f(x)x3,1x1

3x1,x14；当1x1时，由x35得x2，舍去； 3当x1时，由3x15，解得x2.

4所以原不等式解集为x|x2或x.„„„5分

3当x1时，由3x15解得：x （2）由（1）中分段函数f(x)的解析式可知:f(x)在区间,1上单调递减，在区间

1,上单调递增.并且f(x)minf(1)2，所以函数f(x)的值域为[2,).从而

1(f(x)40的取值范围是

f(x)411a的解集为空集，所以实数a的取值(,](0,).根据已知关于x的方程

f(x)421范围是(,0]. „„„„10分

2f(x)4的取值范围是[2,),进而

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