黑龙江省大庆市2015届高三第二次教学质量检测(二模)数学(文)

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大庆市高三年级第二次教学质量检测文科数学参

一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 C 9 B 10 D 11 C 12 A 答案 D B A A C B B 二．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13． 1i3 14． 15．322 16．2014 222三．解答题（本题共6大题，共70分） 17（本小题满分12分）

解：（Ⅰ） 由等差数列{an}满足S777知，7a477，所以a13d11. ①

2因为a1,a3,a11成等比数列，所以a3a1a11，整理得2d23a1d，

又因为数列

{an}公差不为

0，所以

2d3a1. 得以

② ……………………2分 联立①②解a12,d3. ……………………4分

所

an3n1. ……………………6分

（Ⅱ）因为bn2n，所以

abn23n11n8， ……………………8分 2所以数列{bn}是以4为首项，8为公比的等比数

列， ……………………10分

由等比数列前n项和公式得，

4(18n)23n24Tn. ……………………12分

187

18.（本小题满分12分） 解：（ I）因为a2b26abcosC，由余弦定理知a2b2c22abcosC,所以

c2，…1分 cosC4ab又所因

为

sin2C2sinAsinB，则由正弦定理得以

c22ab， ……………………2分

c22ab1coCs， ……………………4

4ab4ab2分 因

C(分

所

为

0，, ……………………5

以

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C分 （

3. ……………………6

Ⅱ）

f(x)sinx3cosx2sin(x) ， ……………

3………8分 由

已

知

T2得，

2， ……………………9分

则f(A)2sin(2A3) ， 因为sin2C2sinAsinB，C所以2sinAsin(因为3，

231A)，整理得sin(2A). 3427，所以0A2A3666，所以

15.……………………10分 cos(2A)31cos(2A)] f(A)2sin(2A)2sin(2A)2[sin(2A)6262366① f(A)2(13151315， )4242413151315， )42424的

取

值

范

围

是

② f(A)2(故

f(A){315315,}. ……………………12分 44

19（本小题满分12分） （I）证明：因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD，又因为A1O平面ABCD，所以

AOBD.因为ACA1OO，所以BD平面A1AC，所以1BDAC1. ………………………2分 2，AC22，又AOOC,AOAC，所以ACA1A2， 11222由已知AA1 因所以A1AA1CAC，所以AC1为A1A，

，所B1B∥A1A以

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ACB1B， ………………………4分 1因为BDB1BB， 所以平A1CBB1D1D. ………………………6分

（Ⅱ）连接A1C1，因为AA1∥CC1且AA1所

面

CC1，所以四边形ACC1A1是平行四边形，

以

………………………8AC11∥AC，分

所

以

ACDV1A三棱锥

AC1CD的体积

VAC1CDVC11 ……………10分 SACDA1O31112ACBDA1O2222. ………………34123ACD………12分

20（本小题满分12分）

c1a21（I）由已知得2ab3，解得a2,b3，

2a2b2c2故所求椭圆方程为

x2y21. ………………………………………4分 43（II）由（I）可知，A1(2,0),A2(2,0),设P(x0,y0)，依题意2x02，于是直线A1P的

方程为y(222)y0y0，所以(x2).令x22，则yx02x02y0x02. …7分

DE(222)又直线A2P的方程为y即

(222)y0y0， (x2)，令x22，则yx02x02DF(222)…9分

y0x02. ……………………………………

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22y0y04y04y0所以DEDF(222), (222)22x02x024xx040x2y222又P(x0,y0)在1上，所以3x04y012，即

4322， …………………11分 4y0123x023(4x0)代入上式，得DEDF3，所以DEDF为定值24x03. ……………………………12分

21（本小题满分12分） 解

xxx：

(Ⅰ)f'(x)ae(ax2)e(axa2)e, ……………………………

1分

由已知得f'(1)0，即(2a2)e0，解得

xa1. ……………………………3分

当

a1时,

f(x)在

x1处取得极小值,所以

a1. ……………………………4分

（II）f(x)(x2)ex，f'(x)ex(x2)ex(x1)ex， 令f'(x)0得x1，令f'(x)0得x1， 所以函数

f(x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递

增， …………………………5分

m ①当m1时，f(x)在[m,m1]上单调递增，f(x)minf(m)(m2)e；

②当0m1时，m1m1，f(x)在[m,1]上单调递减，在[1,m1]上单调递增，

f(x)minf(1)e；

③当m0时，m11，f(x)在[m,m1]上单调递减，f(x)minf(m1)(m1)e综

上

，

m1.

f(x)在

[m,m1]上的最小值

f(x)min(m2)emm1e0m1 …………………… 8分 (m1)em1m0- 8 -

x(III)由(Ⅰ)知f(x)x2e, f'(x)(x1)e.

x令f'(x)0，得x1，因为f(0)2,f(1)e,f(2)0， 所

以

，

x[0,2]时，

f(x)max0,f(x). e ……………………… 10分 min所

以

,

对

任

意

x1,x2[0,2],都有

|f(x1)f(x2)|f(x)e…………………12分 maxf(x)min.

（22）（本小题满分10分）

BAE＝ACB． 解：（Ⅰ）因为AE与圆相切于点A，所以行ABC＝ACB，所以行ABC＝BAE， 因为AB＝AC，所以行所

以

A∥EB． ……………………… 3分

因

为

BD∥AC，所以四边形

ACBE为平行四边

形． ………………………5分

（Ⅱ）因为AE与圆相切于点A，所以AE=EB?(EB即

2BD)，

解

得

62=EB?(EB5)，

BE=4， ………………………7分

根据（Ⅰ）有AC=BE=4,BC=AE=6， 设CFx，由BD∥AC，得ACCF4x8，即=，解得x，即=BDBF56-x38CF.…10分

3

（23）（本小题满分10分） 解

：

（

Ⅰ

）

曲

线

x2cosC:y3sin可化为

x2y21， ………………………2分 43其

轨

迹

为

椭

圆

，

焦

点

为

F1(1,0),F2(1,0). ………………………3分

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经过A(0,3)和

F2(1,0)的直线方程为

xy1,即133xy30. ………………5分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，直线AF2的斜率为3，因为lAF2，所以l的斜率为角为30，

3，倾斜3所以

l的参数方程为

3x1t2y1t2方

程

（

t为参

数）， ………………………7分

C代入椭圆

的中，得

13t2123t360. ………………………8分

因

为

M,N在点

F1的两侧，所以

MF1NF1t1t2123. ………………………10分 13（24）（本小题满分10分） （Ⅰ）因为

g(x)x3m0，所以x3m，所以

m3xm3， ……………3分

由

题

意

知

m35m31 ，所以

m2. ………………………5分

（Ⅱ）因为f(x)图象总在g(x)图象上方，所以f(x)g(x)恒成立，

即

x2x3m恒成

立， ………………………7分

因为x2x3(x2)(x3)5，当且仅当(x2)(x3)0时等式成立，…9分 所

以

m的取值范围是

(,5). ………………………10分

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