保定市2015年高三第一次模拟考试文数

2015年保定市第一次高考模拟考试

文科数学答案

一.选择题：

A卷： CDBCA ADABC BD B卷：DCBCA AADBC BD 二.填空题： 13. 3；14. -

三.解答题：

17. （本小题满分12分） 解：(1)f(x)sinx64（-，2）； 15. ； 16. 4π.

931131cosxsinxcos2xsinxcosxcos2x

22222111311sin2xcos2xsin2x.……………………………4分 2226442∴函数f(x)的最大值为(2)由题意f(A)3.……………………………………………6分 41111sin2A,化简得 sin(2A).

622642135(,), ∴2A, ∴A.………………………8分

366666A0,,2A1

由bcsinA3得bc4,又bc52b1,c4或b4,c110分在ABC中,根据余弦定理,得a2b2c22bccosA13.

所以a13…………………………………………………12分

18. （本小题满分12分） 解: （1）频率分布直方图如图。

0.07- 0.06- 0.05- 0.04- 0.03- 0.02- 0.01- O 5 10 15 20 25 30 时间

频率组距

……………………4分

（2）

1(2.547.5612.5617.5322.51)=10.25分钟………8分 20（3）候车时间不少于15分钟的概率为

19. （本小题满分12分）

311………………………12分 205解：（1）矩形ABCD中，AB2,AD1,M为

CD中点，AMBM2，

由勾股定理逆定理得BMAM； ………………2分 折起后，平面ADM平面ABCM，且平面ADMBM平面ABCM； 平面ABCMAM，

得BM平面ADM， ……………………………………4分 又AD平面ADM，所以ADBM； ……………………………………6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. ………………………………………………8分

VMADEVEMAD112(ADDM)EF， 3212EF2 ……………………………………………………………10分 2DMB中BM2，且EF//BM，

EF为中位线，E为BD的中点 ……………………………………12分

法二：由题意知ADDM,由（1）知ADBM

又DMBMMAD平面BDMAD平面DME8分BM210分BD3由（1）知BM平面ADM,BMDM,BDBM2DM23sinMDE

11122VMADEVADMESDME.AD1DEDE332123DE

20. （本小题满分12分）

解：（1）由椭圆短轴长为2得b1，

3E为BD的中点。12分2a212又 e,a2．

a2x2y21． ...................3分 所求椭圆方程为2uuuruuuruuuruuur（2）假设在线段OF上存在点Mm,00m1,使得(MPMQ)(MPMQ)0成立，uuuruuuruuuruuur22即|MP|-|MQ|0或|MP|=|MQ|

①当l⊥x轴时，显然线段OF上的点都满足条件，此时0m1...... ..........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ykx1k0．

22x2y2,2222由  可得12kx4kx2k20．

ykx1,4k22k22x1x2,x1x2．.......................................8分 2212k12kuuuruuurMPx1m,y1,MQx2m,y2其中x2x10

x1x22m,y1y2x2x1,y2y10(x1x22m)(x2x1)(y1y2)(y2y1)0

4k24k222m)k(2)0 (x1x22m)k(y1y2)0(12k212k2k212k24km0m． k0=112k2222k2∴0m1． 2∴综上所述：①当l⊥x轴时，存在0m1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0m1适合题意...................12分 2uuuruuuruuuruuuruuuruuur法2：(MPMQ)(MPMQ)0|MP||MQ|

4k22k2k2k,yy,即线段PQ的中点为（,）因为x1x2 12222212k12k12k12kk12k2线段PQ的中垂线方程为y（x）2212kk12k k21令y=0得m==12k22+1k2∴0m1． 2∴综上所述：①当l⊥x轴时，存在0m1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0m

21. （本小题满分12分）

解：（1）∵f'xea，……………………………………1分

x1适合题意...................12分 2①当a0时，f'x0，函数fx在R上单调递增；………2分 ②当a0时，由f'xea0得xlna，

x∴x,lna时，f'x0，fx单调递减；

xlna,时，f'x0，fx单调递增．

综上，当a0时，函数fx的单调递增区间为(,)；

当a0时，函数fx的单调递增区间为lna,，单调递减区间为,lna．………5分 （2）当a0时，此时ab0； ………………………………………………………7分 当a0时，由函数fx≥b对任意xR都成立，得b≤fminx，

∵fminxflna2aalna，∴b≤2aalna ………………………………9分 ∴ab≤2a2a2lna，

设ga2aalnaa0，∴ g'a4a2alnaa3a2alna，

22由于a0，令g'a0，得lna33，ae2， 2332当a0,e时，g'a0，ga单调递增；ae2,时，g(a)0，ga单调递减．

3e313e322∴gmaxa，即ae,be时，ab的最大值为………… 12分

222

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⊙O1的切线， ∴∠BAC=∠D，……………………………1分 又∵∠BAC=∠E， ∴∠D=∠E，∴AD∥EC．………………………4分 （2）∵PA是⊙O1的切线，PD是⊙O1的割线， ∴PA=PB•PD， ∴6=PB•（PB+9） 22∴PB=3，………………………………………6分 在⊙O2中由相交弦定理，得PA•PC=BP•PE， ∴PE=4，………………………………………8分 ∵AD是⊙O2的切线，DE是⊙O2的割线， ∴AD=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x2＋y2＝4x……………………………………………3分

x＝4＋tcos α，

(2)直线l的参数方程：

y＝2＋tsin α

2

(t为参数)，代入x2＋y2＝4x，得t2＋4(sin α＋cos α)t＋4＝0， Δ＝16sin α＋cos α－16>0，

t1＋t2＝－4sin α＋cos α，t1t2＝4，

2

……………………………………………………………6分

π

0，，且t1<0，t2<0. ∴sin α·cos α>0，又0≤α<π，∴α∈2π

α＋，…………………8分 ∴|PM|＋|PN|＝|t1|＋|t2|＝|t1＋t2|＝4(sin α＋cos α)＝42sin4ππππ3π2

0，，得α＋∈，，∴故|PM|＋|PN|的取值范围是(4,42 ]．…………………………………………………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

成立

得x>-5，所以x当

时, 2x+1+x-4=3x-3>0

得x>1,所以1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a4，不等式f(x)12x1即为x42x1

两边平方 得 x28x164x24x1 ……………………………………2分 解得 x1或x5

所以不等式的解集为{x|x>1或x<-5} .................................5分 （2）依题可知|xa|1a1xa1，所以a1，即

111(m0,n0) mn（所以m2n=（m2n）112nm）=3++3+22 mnmn当且仅当m12,n12时取等号 2……………………10分