贵州省遵义航天高级中学2015届高三上学期第五次模拟考试数学(理)试题 扫描版含答案

五模理科数学参

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

【解析】

1．由2x1得x0，由log2x1得x2，故选D． 2．ziz21,z3i,z41，故选B．

|x|,3≤x≤1,3．由x与1大小知，f(x) ∴f(x)的最大值为3，故选C．

1,1x≤3,6． D．

7．由直线方程(xy4)m(3xy)0可知定点为(1,3)，∴a11,a23，∴an2n1，11110∴bn，，故选B． ∴T1022n12n1218． (bn2bn1)(bn1bn)2{bn1bn}为等差数列，公差为2， 首项b2b11，∴bn1bn2n1，用累加法得bnn22n2， 故选C．

图1

9．画出图象如图1，故选B．

262626310．假设QF1QF20得Q，∴N落在,33,3内，由几何概型知使3QF1QF20的N点的概率为11． A．

6，故选B． 3b2a(4)6b8≥0,1b12ba12．由已知得2a28≥0,求出的取值范围为≤≤3，所以的最小值

ba7ab≤6,a4为

80，故选A． 3第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

题号 答案 13 24 14 0.16 15 5 16 42 【解析】

13．t2，Tr1Cr4x4r2rr42r，令42r0r2， C42xxr2∴常数项的值为C24224．

14．1-0.84=0.16

15．点(c,0)到渐近线bxay0的距离为b，则b2a,∴e5．

图2

16．直线l方程为：(mn)xymn0，由已知，m，n是方程xsinxcos20的两根，∴mn2cos2)，mn，∴圆心(cos,sin到直线l的距离为

sinsin|(mn)cossinmn|1，∴由勾股定理可知弦长为42．

2(mn)1三、解答题（共70分．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：（Ⅰ）由m∥n，有(sinAsinBsinC)(sinAsinCsinB)sinCsinB， 由正弦定理得(abc)(acb)bca2b2c2bcA60．„„„„（4分） （Ⅱ）如图3，AD=1，

∴BD11， ,CDtanBtanC图3

BCBDCD∴S△ABCsinA，

sinBsinC11sinA ADBC122sinBsinC31， 41sin2Bπ16421142ππ1≤32B≥得0sin， 6411243π3sin2B642由0B∴S≥343,∴Smin． 433„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（12分）

18．（本小题满分12分）

60(6182214)2解：（Ⅰ）k3.3482.706，

402032282P(K22.706)0.10，

∴在犯错误的概率不超过0.10的条件下，认为“性别与测评结果有关系”． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，性别很有可能对能否优秀有影响，∴采用分层抽样按男女比例抽取一定的学生，这样得到的结果比较符合实际情况 19．（本小题满分12分）

（Ⅰ）证明：建立如图4的直角坐标系． 由AB2，可得OAOB1，

图4

则A(0,1,0),B(1,0,0),C(0,1,0), D(1,0,0),A1(0,0,1),B1(1,1,1)，

∵AC(0,1,1),BB1(0,1,1),BD(2,0,0)， 1BB10110,AC1 ∴BD0000,AC1∴AC平面BB1D1D． 1

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，AC(0,1,1)是平面BB1D1D的法向量． 1设平面OCB1与平面BB1D1D所成锐二面角大小为，

平面OCB1的法向量为m(a,b,c)，

∵OC(0,1,0),OB1(1,1,1)，

b0,mOCb0, ∴ac,mOBabc01不妨取c1，∴m(1,0,1)，

∴|mAC21|2cos1cos1π． 23π． 3

∴平面OCB1与平面BB1D1D所成锐二面角为

20、解：⑴（Ⅰ）解：根据求导法则有f(x)1故F(x)xf(x)x2lnx2a，x0， 于是F(x)1列表如下:

2lnx2a，x0， xx2x2，x0， xxx F(x) F(x) (0，2) 2 0 (2，∞)   极小值F(2) 故知F(x)在(0，2)内是减函数，在(2，∞)内是增函数，所以，在x2处取得极小值

F(2)22ln22a．

21.（本小题满分12分）

c1,解：（Ⅰ）a2a2b23，

4a8x2y2∴椭圆E的方程为1．

43（Ⅱ）当M为(0,„„„„„„„„„„„„„„„„„„（4分）

3)时，l为y3，点N(4,3)，

∴以MN为直径的圆为(x2)2(y3)24，此时圆与x轴有一交点(1，0), 此时(1，0)点满足以MN为直径的圆经过定点G(1，0)， 当M不在(0,3)时，不妨设以MN为直径的圆过定点G(1,0)，

ykxt,04k23t2， 由l与椭圆只有一个公共点及x2y213434k34k1,， GN(3,4kt)， 此时M为,，N(4,4kt)，GM=ttttGMGN12k12k330， tt„„„„„„（12分）

∴存在定点G(1，0)使以MN为直径的圆恒过定点G(1，0)．

23．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】

x2解：（Ⅰ）曲线C的直角坐标方程是y21．

3直线l的普通方程是x3y30．

„„„„„„„„„„„„„„„（5分）

（Ⅱ）设点M的直角坐标是(3cos,sin)，则点M到直线l的距离是

π32sin13cos3sin34． d22π因为2≤2sin≤2，所以

4πππ3π当sin1，即2kπ(kZ)，即2kπ(kZ)时，d取得最大值．

4424此时3cos62,sin． 227π62综上，点M的极坐标为2,或点M的直角坐标为,2时，该点到直线62l的距离最大． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（10分）

24．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】

解：（Ⅰ）由题设知：x1x25≥0， 如图6，在同一坐标系中作出函数yx1x2 和y5的图象,知定义域为(,2][3,)． „„„„„„„„„„„„„„„（5分） （Ⅱ）由题设知，当xR时， 恒有x1x2a≥0，

即x1x2≥a，又x1x2≥3， ∴a≤3,∴a≥3．

图6

„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（10分）