2015高考数学模拟题及解析-2015年全国卷高考数学模拟题及解析

2014-2015学年度高三第二次大练习数学(理科）参考答案一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项.1、C2、C3、A4、B5、D6、C7、C8、D9、D10、A11、A12、C二、填空题：本大题共四小题，每小题5分。13、2514、615、416、3三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.（本小题满分12分）解：（１）设等差数列na的公差为d，则依题设0d．由2614aa,可得47a．由3545aa，得(7)(7)45dd，可得2d．所以1731ad．可得21nan．……………………………4分（２）设2nnnbc，则121nnccca.即122ncccn，可得12c，且1212(1)nnccccn．所以12nc，可知2nc(*)nN．………………8分所以12nnb，所以数列nb是首项为4，公比为2的等比数列．所以前n项和24(12)2412nnnS．…………………………12分18.（本小题满分12分）解：（１）设“甲队获第一且丙队获第二”为事件A，则1111()(1);34318PA………………………………………6分（２）可能的取值为0，3，6；则甲两场皆输：111(0)(1)(1),342P甲两场只胜一场：11115(3)(1)(1)344312P甲两场皆胜：111(6)3412P，的分布列为：1517036212124E…………………………12分19.（本小题满分12分）解：（１）证明：连接BM，则AM=BM=2，所以AMBM又因为面ADM平面ABCM，面ADM面ABCM=AM所以，BMADMBMAD面…………………………………………4分（２）建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz由（１）可知，平面ADM的法向量(0,1,0)m设平面ABCM的法向量(,,)nxyz，所以，22(2,0,0),(0,2,0),(,0,),(0,0,0)22ABDM[来源:学。科。网]036P125121122222(,2,),((1),2,(1))2222DBDEDBE22(2,0,0),((1),2,(1))22MAME0(0,1,2)0nMAnnME…………………………………………10分二面角DAME的余弦值为55得，12，即：E为DB的中点。…………………………………………12分[来源:Z|xx|k.Com]20.（本小题满分12分）解：（1）椭圆C的方程为13422yx……………………………………4分（2）联立224143xmyxy消x得22(34)24360mymy222(24)436(34)144(4)0mmm，即24m………………6分设Q(11,xy），22(,)Rxy，则11'(,)Qxy由韦达定理有12212224,(1)3436,(2)34myymyym[来源:Z&xx&k.Com]直线RQ的方程为211121()yyyxxyxx令0=y，得122112121212121212(4)(4)24()xyxymyyymymyyyyxyyyyyy将①，②代人上式得1=x，…………………………………………9分又212121213||||()422TRQSSTyyyyyy=222324436()23434mmm①②=2241834mm=182243(4)16mm=1822116344mm334当3282=m时取得.………………………………………………12分21.（本小题满分12分）(1)解：f′(x)＝2x－(a－2)－22221axaxaxaxxxx－（－）－（－)(＋）＝＝(x0)．当a≤0时，f′(x)0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．当a0时，由f′(x)0，得x2a；由f′(x)0，得0x2a.所以函数f(x)的单调增区间为,2a，单调减区间为0,2a.…………….4分(2)解：由(1)得，若函数f(x)有两个零点则a0，且f(x)的最小值f2a0，即－a2＋4a－4aln2a0.因为a0，所以a＋4ln2a－40.令h(a)＝a＋4ln2a－4，显然h(a)在(0，＋∞)上为增函数，且h(2)＝－20，h(3)＝4ln32－1＝ln8116－10，所以存在a0∈(2，3)，h(a0)＝0.当aa0时，h(a)0；当0aa0时，h(a)0.所以满足条件的最小正整数a＝3………8分(3)证明：因为x1、x2是方程f(x)＝c的两个不等实根，由(1)知a0.不妨设0x1x2，则21x－(a－2)x1－alnx1＝c，22x－(a－2)x2－alnx2＝c.两式相减得21x－(a－2)x1－alnx1－22x＋(a－2)·x2＋alnx2＝0，即21x＋2x1－22x－2x2＝ax1＋alnx1－ax2－alnx2＝a(x1＋lnx1－x2－lnx2)．所以a＝221122112222lnlnxxxxxxxx＋－－＋－－.因为f′2a＝0，当x∈0,2a时，f′(x)0，当x∈,2a时，f′(x)0，故只要证122xx＋2a即可，即证明x1＋x2221122112222lnlnxxxxxxxx＋－－＋－－，即证明21x－22x＋(x1＋x2)(lnx1－lnx2)21x＋2x1－22x－2x2，即证明ln12xx121222xxxx－＋.设t＝12xx(0t1)．令g(t)＝lnt－221tt－＋，则g′(t)＝22214111ttttt（－）－＝（＋）（＋）.因为t0，所以g′(t)≥0，当且仅当t＝1时，g′(t)＝0，所以g(t)在(0，＋∞)上是增函数．又g(1)＝0，所以当t∈(0，1)时，g(t)0总成立．所以原题得证………………12分请考生从第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答。注意：只能做所选定的题目。如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。22.（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲解：（1）∵ECEFDE2,DEFDEF∴DEF∽CED,∴CEDF……………………………………3分又∵APCD//,∴CP,∴PEDF,PEADEF∴EDF∽EPA，∴EDEPEFEA，∴EPEFEDEA又∵EBCEEDEA，∴EPEFEBCE．………………………………5分（2）∵ECEFDE2,2,3EFDE∴29EC，∵2:3:BECE∴3BE由（1）可知：EPEFEBCE，解得427EP.…………………………7分∴415EBEPBP．∵PA是⊙O的切线，∴PCPBPA2∴)29427(4152PA，解得4315PA．……………………………………10分23.（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程[来源:学科网ZXXK]解：（1）消去参数得直线l的直角坐标方程：xy3---------2分由sincosyx代入得cos3sin)(3R.（也可以是：3或)0(34）---------------------5分（2303sin2sincos2222得0332-----------------------------7分设)3,(1A，)3,(2B，则154)(||||2122121AB.---------10分（若学生化成直角坐标方程求解，按步骤对应给分）24.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲解：（1)记1,312,122,3|2||1|)(xxxxxxxf，由0122x解得：2121x，即)21,21(M……………………………………………………3分所以，4121612131||61||31|6131|baba;……………………5分[来源:学.科.网Z.X.X.K]（2）由（1）得：412a，412b，因为22||4|41|baab)2(4)1681(2222bababaab0)14)(14(22ba………………9分故22||4|41|baab，即||2|41|baab……………………10分