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

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、C 2、C 3、A 4、B 5、D 6、C 7、C 8、D 9、D 10、A 11、A 12、C

二、填空题：本大题共四小题，每小题5分。 13、5 14、 15、4 16、3 26三、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an的公差为d，则依题设d0． 由a2a614,可得a47．

由a3a545，得(7d)(7d)45，可得d2． 所以a173d1．

可得an2n1．……………………………4分 （２）设cnbn，则c1c2n2cn2n，

cnan1.

即c1c2 可得c12，且c1c2cncn12(n1)．

所以cn12，可知cn2(nN*)．………………8分 所以bn2n1，

所以数列bn是首项为4，公比为2的等比数列．

4(12n)2n24． …………………………12分 所以前n项和Sn12

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

P(A)1111(1); ………………………………………6分 34318 （２）可能的取值为0，3，6；则

111,

34211115 甲两场只胜一场：P(3)(1)(1)344312111甲两场皆胜：P(6)，

3412 甲两场皆输：P(0)(1)(1)的分布列为：

 P 0 3 6 12 512 112 1517E036 …………………………12分

212124

19. （本小题满分12分）

解：（１）证明：连接BM，则AM=BM=2，所以AMBM 又因为面ADM平面ABCM，面ADM面ABCM=AM

所以，BM面ADMBMAD …………………………………………4分 （２）建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz 由（１）可知，平面ADM的法向量m(0,1,0) 设平面ABCM的法向量n(x,y,z)，

所以，A(2,0,0),B(0,2,0),D(22,0,),M(0,0,0)22

DB(2222,2,),DEDBE((1),2,(1)) 222222,2,(1)) 22MA(2,0,0),ME((1)nMA0n(0,1,2) …………………………………………10分

nME0二面角EAMD的余弦值为得，

5 51，即：E为DB的中点。 …………………………………………12分 2

20. （本小题满分12分）

x2y21 ……………………………………4分 解：（1）椭圆C的方程为43xmy422（2）联立x2y2消x得(3m4)y24my360

134(24m)2436(3m24)144(m24)0，即m24 ………………6分

设Q(x1,y1），R(x2,y2)，则Q'(x1,y1)

24myy,(1)① 123m24由韦达定理有yy36,(2)② 1223m4直线RQ的方程为y

y2y1(xx1)y1

x2x1令y=0，得xx1y2x2y1(my14)y2y1(my24)2my1y24(y1y2)

y1y2y1y2y1y2将①，②代人上式得x=1，…………………………………………9分 又STRQ13|ST||y1y2|(y1y2)24y1y2 22 =324m2436 (2)223m43m4

m24 =18 23m4m24 =18 23(m4)16 =18

13m2416m2433 4 当m=228时取得. ………………………………………………12分 3

21.（本小题满分12分）

a2x2－（a－2）x－a（2x－a)(x＋）1＝ (1)解：f′(x)＝2x－(a－2)－＝ (x>0)．

xxx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a>0时，由f′(x)>0，得x>

aa；由f′(x)<0，得022所以函数f(x)的单调增区间为 (2)解：由(1)得，若函数f(x)有两个零点

则a>0，且f(x)的最小值f aa2＋4a－4a ln<0，即－a <0. 22因为a>0，所以a＋4ln

aa－4>0.令h(a)＝a＋4ln－4，显然h(a)在(0，＋∞)上为增函数， 22381－1＝ln－1>0，所以存在a0∈(2，3)，h(a0)＝0. 216且h(2)＝－2<0，h(3)＝4ln

当a>a0时，h(a)>0；当0(3)证明：因为x1、x2是方程f(x)＝c的两个不等实根，由(1)知a>0. 不妨设0即x1＋2x1－x2－2x2＝ax1＋alnx1－ax2－alnx2＝a(x1＋lnx1－x2－lnx2)．

222222

2x12＋2x1－x2－2x2a所以a＝.因为f′＝0，

x1＋lnx1－x2－lnx22当x∈0,aa时，f′(x)<0， 当x∈时，f′(x)>0， ,222x12＋2x1－x2－2x2x1＋x2a故只要证> 即可，即证明x＋x> ， 12x1＋lnx1－x2－lnx22222即证明x12－x2＋(x1＋x2)(lnx1－lnx2)< x12＋2x1－x2－2x2，

即证明ln

x12x1－2x2x<.设t＝1 (00，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

2解：（1）∵DEEFEC,DEFDEF

∴DEF∽CED,∴EDFC ……………………………………3分 又∵CD//AP,∴PC, ∴EDFP,DEFPEA

EAEP， ∴EAEDEFEP EFED又∵EAEDCEEB，∴CEEBEFEP． ………………………………5分

∴EDF∽EPA， ∴

2（2）∵DEEFEC,DE3,EF2

∴ EC9，∵CE:BE3:2 ∴BE3 227. …………………………7分 4由（1）可知：CEEBEFEP，解得EP∴BPEPEB152． ∵PA是⊙O的切线，∴PAPBPC 4

∴PA215279153． ……………………………………10分 ()，解得PA4424

23.（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程

解：（1）消去参数得直线l的直角坐标方程：y3x---------2分

xcos由代入得 sin3cos(R).

3ysin4（ 也可以是：或(0)）---------------------5分

332cos22sin22sin30（2 得 32330-----------------------------7分 设A(1,)，B(2,)，

33则|AB||12|(12)241215.---------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

x23, 解：（1)记f(x)|x1||x2|2x1,2x1，

3,x1由22x10解得：即M(11x， 2211,) ……………………………………………………3分 22111111111所以，|ab||a||b|; ……………………5分

3636326241122（2）由（1）得：a，b，

442222因为|14ab|4|ab|(18ab16ab)4(a2abb)

22

(4a1)(4b1)0 ………………9分 故|14ab|4|ab|，即|14ab|2|ab| ……………………10分

2222