保定市2015年高三第一次模拟考试理数资料

2015年保定市第一次高考模拟考试理科数学答案一.选择题：A 卷： CDBCA ADABC BDB 卷：DCBCA AADBC BD二.填空题：14.163- ； 15.=12k=k 16.-1 16题解析：该题的设计是从不同的层面考查学生的思维能力.方法1：设M 中的5个元素分别为12345,,,,a a a a a ，则1231125(1)(1)(1)1m m m a a a +++=+++-，注意到M 中的元素有1- ，所以，所求结果为1-，这就是该题要考查的思维能力，层次较高，其中体现着二项式定理的推导思想和技巧，如果命题时把1-去掉，就变成蛮算的题目.而0的设置为思维一般的同学也能找到下手的机会，如方法2：考虑到0与任何实数的积都为0，所以上述集合只相当于有四个元素的情况，这样非空子集只有15个，因此也不难求得结果；方法3：按31个子集，一个一个硬算。

苏学良供三.解答题：17. （本小题满分12分）解：(1)22111()sin sin cos cos cos 22222f x x x x x x x x ⎛⎫=++-=+ ⎪⎝⎭111112cos2sin 22224264x x x π⎛⎫⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.……………………………4分 ∴函数的最大值为34.……………………………………………6分 (2)由题意111()sin 22642f A A π⎛⎫=++= ⎪⎝⎭,化简得 ,, ∴, ∴……………………………8分 )(x f 1sin(2).62A π+=()π,0∈A 132(,)666A πππ∴+∈5266A ππ+=.3π=A1sin 4,521,44,101bc A bc b c b c b c ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯==+=∴===⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯=由又或分 在中,根据余弦定理,得2222cos 13a b c bc A =+-=.所以=分18. （本小题满分12分）解： (1)设事件A ＝“小明所取的3道题至少有1道主观题”， 则有A ＝“小明所取的3道题都是客观题”．因为P(A )＝C 36C 310＝16，所以P(A)＝1－P(A )＝56..........................4分 (2)X 所有的可能取值为0，1，2，3. P(X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫252·15＝4125； P(X ＝1)＝C 12·⎝ ⎛⎭⎪⎫351·⎝ ⎛⎭⎪⎫251·15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252·45＝28125； P(X ＝2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫352·15＋C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫351·⎝ ⎛⎭⎪⎫251·45＝57125； P(X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫352·45＝36125.............................................9分 X 的分布列为：所以E(X)＝0×4125＋1×28125＋2×57125＋3×36125＝2................ .........12分19. （本小题满分12分）解：（1）矩形ABCD 中，2,1,AB AD M ==为ABC ∆aCD中点，AM BM ==由勾股定理逆定理得BM AM ⊥； ………………2分折起后，平面平面，且平面ADM 平面AM =，BM ⊂平面； 得BM ⊥平面ADM ，又AD ⊂平面ADM ，所以； ………………………………4分（2）法一：在BDM 中，作//EF BM 交DM 于F .（1）中已证明BM ⊥平面ADM ，EF ∴⊥平面ADM ，EF 是三棱锥E MAD -的高. ………………………………………………6分11()32M ADE E MAD V V AD DM EF --==⨯⋅=12，EF ∴=DMB中BM =//EF BM ，EF ∴为中位线，E 为BD 的中点 ……………………………………8分 法二：由题意知,AD DM ⊥由（1）知,,sin 6111.1332128M ADE A DME DME DM BM M AD BDM AD DMEADM BM DM BD BM MDE BD V V S AD DE DE DE E BD --∆⋂=∴⊥∴⊥⊥∴⊥==∴∠==∴===⨯⨯⨯=∴=⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯又平面平面由（1）知BM 平面分为的中点。

分法三：分别取AM ，AB 的中点O 和N ,则ON BM .（1）中已证明BM ⊥平面ADM ，∴ AD ON M ⊥平面，A ,ON M ON OD∴⊥⊥ AD DM =，∴ DO AM ⊥. 建立空间直角坐标系如图ADM ⊥ABCM ABCM ABCM BM AD ⊥BM AD ⊥则(0,0,(222D A B-()22DB ∴=--………………6分 点是线段上的一动点,(,),()DE DBE λ∴==-∴(,)2222AE λλ∴=--- 显然(0,1,0)n =是平面ADM 的一个法向量 ∴点E 到平面ADM的距离=2AE nd n λ•=111V 1133212M ADE ADM S d -∴=•=⨯⨯⨯=，12λ∴= 所以E 为BD 的中点。

……………………………………8分E DB11113(0,0,((22222(,0,),(n (,,)n0,n 0.x 0,0,x1,1, 1.2222n =1,1-110A D M C DM MC x y z CDM DM MC z x y y z DM -∴=--=-=•=•=--=-+====-⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（）设是平面的法向量，则即令则向量（，）分易知平面的法向量为212n =0,103cos n ,n --123=A DM C （，）。

则所以二面角分 20. （本小题满分12分）解：（1）由椭圆短轴长为2得1b =，又 ==∴=2e a 所求椭圆方程为2212x y +=． ...................3分 （2）假设在线段OF 上存在点()(),001M m m ≤≤,使得+⋅-=()()0MP MQ MP MQ 成立，即=或22||-||0||=||MP MQ MP MQ①当l ⊥x 轴时，显然线段OF 上的点都满足条件，此时01m ≤≤...... ..........5分 ②当l 与x 轴重合时，显然只有原点满足条件，此时m=0............. ..........6分 ③法1：当l 的斜率存在且不为零时，设直线l 的方程为()()10y k x k =-≠．由 ()2222,1,x y y k x ⎧+=⎪⎨=-⎪⎩ 可得()2222124220k x k x k +-+-=． 22121222422,1212k k x x x x k k -+==++．.......................................8分 ()()1122,,,MP x m y MQ x m y =-=-其中210x x -≠()()121221212,,0x x m y y x x y y ∴+-+--=12211221(2)()()()0x x m x x y y y y ⇔+--++-=1212(2)()0x x m k y y ⇔+-++=2222244(2)(2)01212k k m k k k ⇔-+-=++ ()222240k k m ⇔-+=()22210=1122k k m k k ⇔=≠++． ∴102m <<． ∴综上所述：①当l ⊥x 轴时，存在01m ≤≤适合题意②当l 与x 轴重合时， 存在m 0=适合题意③当l 的斜率存在且不为零时存在102m <<适合题意...................12分 法2：+⋅-=()()0MP MQ MP MQ ⇔=||||MP MQ 因为2212122222422,,,12121212k k k k x x y y PQ k k k k+=∴+=--++++即线段的中点为（） 2222221212121m==1122+k k PQ y x k k kk k k ∴+=--+++线段的中垂线方程为（）令y=0得 ∴102m <<． ∴综上所述：①当l ⊥x 轴时，存在01m ≤≤适合题意②当l 与x 轴重合时， 存在m 0=适合题意③当l 的斜率存在且不为零时存在102m <<适合题意...................12分21. （本小题满分12分）解：（1）∵()'e x f x a =-，……………………………………1分 ①当0a ≤时，()'0f x >，函数()f x 在R 上单调递增；………2分 ②当0a >时，由()'e 0x f x a =-=得ln x a =，∴(),ln x a ∈-∞时，()'0f x <，()f x 单调递减；()ln ,x a ∈+∞时，()'0f x >，()f x 单调递增．综上，当0a ≤时，函数()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞；当0a >时，函数()f x 的单调递增区间为()ln ,a +∞，单调递减区间为(),ln a -∞．………5分（2）由（1）知，当0a <时，函数()f x 在R 上单调递增且,x →-∞时()f x →-∞， ∴()f x b ≥不可能恒成立； ………………………………………………………………6分 当0a =时，此时0ab =； ………………………………………………………7分当0a >时，由函数()f x b ≥对任意x ∈R 都成立，得()min b f x ≤，∵()()min ln 2ln f x f a a a a ==-，∴2ln b a a a -≤ ………………………………9分 ∴222ln ab a a a -≤，设()()222ln 0g a a a a a =->，∴ ()()'42ln 32ln g a a a a a a a a =-+=-， 由于0a >，令()'0g a =，得3ln 2a =，32e a =， 当320,e a ∈⎛⎫ ⎪⎝⎭时，()'0g a >，()g a 单调递增；32e ,a ∈+∞⎛⎫ ⎪⎝⎭时，()0g a '<，()g a 单调递减． ∴()3max e 2g a =，即33221e ,e 2a b ==时，ab 的最大值为3e 2………… 12分22. （本小题满分10分）选修4-1：平面几何选讲解：（1）证明：连接AB ，∵AC 是⊙O 1的切线，∴∠BAC=∠D，……………………………1分又∵∠BAC=∠E，∴∠D=∠E，∴AD∥EC．………………………4分（2）∵PA 是⊙O 1的切线，PD 是⊙O 1的割线，∴PA 2=PB•PD，∴62=PB•（PB+9）∴PB=3，………………………………………6分在⊙O 2中由相交弦定理，得PA•PC=BP•PE，∴PE=4，………………………………………8分∵AD 是⊙O 2的切线，DE 是⊙O 2的割线，∴AD 2=DB•DE=9×16，∴AD=12…………………………………………10分23.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程解：(1)．∵ρ＝4cos θ，∴ρ2＝4ρcos θ，∴曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝4x ……………………………………………3分 (2)直线l 的参数方程：⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝4＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数)， 代入x 2＋y 2＝4x ，得t 2＋4(sin α＋cos α)t ＋4＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝16(sin α＋cos α)2－16>0，t 1＋t 2＝－4(sin α＋cos α)，t 1t 2＝4，……………………………………………………………6分∴sin α·cos α>0，又0≤α<π，∴α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，且t 1<0，t 2<0. ∴|PM |＋|PN |＝|t 1|＋|t 2|＝|t 1＋t 2|＝4(sin α＋cos α)＝42sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4，…………………8分 由α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，得α＋π4∈⎝⎛⎭⎫π4，3π4，∴22<sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4≤1， 故|PM |＋|PN |的取值范围是(4,4 2 ]．…………………………………………………10分24. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲解:(1)当x 时2x+1-(x-4)=x+5>0得x >-5，所以x成立 当时, 2x +1+x -4=3x -3>0得x >1,所以1<x <4成立当时-x -5>0得x <-5所以x <-5成立，……………………………………4分 综上,原不等式的解集为{x |x >1或x <-5} ..............................5分 或：当4a =，不等式()121f x x <++即为421x x -<+两边平方 得 22816441x x x x -+〈++ ……………………………………2分 解得 15x 〉〈-或x所以不等式的解集为{x |x >1或x <-5} .................................5分（2）依题可知||111x a a x a -≤⇒-≤≤+，所以1a =，即111(0,0)m n m n +=>>所以2=2m n m n ++（）112=++n m m n m n+≥（）33当且仅当11m n ==+时取等号 ……10分。