河北省石家庄市2015届高三数学二模试卷理(含解析).doc

2015年河北省石家庄市高考数学二模试卷（理科） 一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1已知U=y|y=log2x，x1，P=y|y=，x2，则UP=（）A 复数代数形式的乘除运算；复数的基本概念专题： 数系的扩充和复数分析： 利用复数的运算法则、共轭复数、虚部的定义即可得出解答： 解：i4=1，i2015=（i4）503i3=i，（1i）z=i2015=i，=，=，则的虚部为故选：A点评： 本题考查了复数的运算法则、共轭复数、虚部的定义，属于基础题4等比数列an的前n项和为Sn，已知S3=a2+5a1，a7=2，则a5=（）ABC2D2考点： 等比数列的前n项和；等比数列的通项公式专题： 等差数列与等比数列分析： 设出等比数列的公比，由已知列式求出首项和公比的平方，然后代入等比数列的通项公式求得a5解答： 解：设等比数列an的公比为q，由S3=a2+5a1，a7=2，得，解得：故选：A点评： 本题考查了等比数列的通项公式，考查了等比数列的前n项和，是基础的计算题5设变量x，y满足约束条件：则目标函数z=2x+3y的最小值为（）A6B7C8D23考点： 简单线性规划专题： 计算题；不等式的解法及应用分析： 作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的ABC及其内部，再将目标函数z=2x+3y对应的直线进行平移，可得当x=2，y=1时，z=2x+3y取得最小值为7解答： 解：作出不等式组表示的平面区域，得到如图的ABC及其内部，其中A（2，1），B（1，2），C（4，5）设z=F（x，y）=2x+3y，将直线l：z=2x+3y进行平移，当l经过点A时，目标函数z达到最小值z最小值=F（2，1）=7故选：B点评： 本题给出二元一次不等式组，求目标函数z=2x+3y的最小值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题6投掷两枚骰子，则点数之和是6的概率为（）ABCD考点： 古典概型及其概率计算公式专题： 概率与统计分析： 利用乘法原理计算出所有情况数，列举出有（1，5）（2，4）（3，3）（4，2），（5，1）共有5种结果，再看点数之和为6的情况数，最后计算出所得的点数之和为6的占所有情况数的多少即可解答： 解：由题意知，本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是同时掷两枚骰子，共有66=36种结果，而满足条件的事件是两个点数之和是6，列举出有（1，5）（2，4）（3，3）（4，2），（5，1）共有5种结果，根据古典概型概率公式得到P=，故选：A点评： 本题根据古典概型及其概率计算公式，考查用列表法的方法解决概率问题；得到点数之和为6的情况数是解决本题的关键，属于基础题7某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）ABCD4考点： 由三视图求面积、体积专题： 空间位置关系与距离分析： 根据三视图得出几何体的直观图，得出几何性质，根据组合体得出体积解答： 解：根据三视图可判断：几何体如图，A1B1A1C1，AA1面ABC，AB=AC=CC1=2，CE=1直三棱柱上部分截掉一个三棱锥，该几何体的体积为VVEABC=4=故选：A点评： 本题考查了空间几何体的性质，三视图的运用，考查了空间想象能力，计算能力，属于中档题8执行如图的程序框图，如果输入的N=4，那么输出的S=（）A1+B1+C1+D1+考点： 程序框图专题： 图表型分析： 由程序中的变量、各语句的作用，结合流程图所给的顺序可知当条件满足时，用S+的值代替S得到新的S，并用k+1代替k，直到条件不能满足时输出最后算出的S值，由此即可得到本题答案解答： 解：根据题意，可知该按以下步骤运行第一次：S=1，第二次：S=1+，第三次：S=1+，第四次：S=1+此时k=5时，符合kN=4，输出S的值S=1+故选B点评： 本题主要考查了直到型循环结构，循环结构有两种形式：当型循环结构和直到型循环结构，以及表格法的运用，属于基础题9在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点P（sin，cos），则sin（2）=（）ABCD考点： 任意角的三角函数的定义专题： 计算题；三角函数的求值分析： 利用三角函数的定义确定，再代入计算即可解答： 解：角的终边过点P（sin，cos），sin=cos，cos=sin，=+2k，sin（2）=sin（4k+）=sin=故选：A点评： 本题考查求三角函数值，涉及三角函数的定义和特殊角的三角函数，属基础题10在四面体SABC中，SA平面ABC，BAC=120，SA=AC=2，AB=1，则该四面体的外接球的表面积为（）A11B7CD考点： 球的体积和表面积；球内接多面体专题： 空间位置关系与距离分析： 求出BC，利用正弦定理可得ABC外接圆的半径，从而可求该三棱锥的外接球的半径，即可求出三棱锥的外接球表面积解答： 解：AC=2，AB=1，BAC=120，BC=，三角形ABC的外接圆半径为r，2r=，r=，SA平面ABC，SA=2，由于三角形OSA为等腰三角形，则有该三棱锥的外接球的半径R=，该三棱锥的外接球的表面积为S=4R2=4（）2=故选：D点评： 本题考查三棱锥的外接球表面积，考查直线和平面的位置关系，确定三棱锥的外接球的半径是关键11已知F是抛物线x2=4y的焦点，直线y=kx1与该抛物线交于第一象限内的零点A，B，若|AF|=3|FB|，则k的值是（）ABCD考点： 直线与圆锥曲线的关系专题： 方程思想；圆锥曲线的定义、性质与方程分析： 根据抛物线方程求出准线方程与焦点坐标，利用抛物线的定义表示出|AF|与|FB|，再利用直线与抛物线方程组成方程组，结合根与系数的关系，求出k的值即可解答： 解：抛物线方程为x2=4y，p=2，准线方程为y=1，焦点坐标为F（0，1）；设点A（x1，y1），B（x2，y2），则|AF|=y1+=y1+1，|FB|=y2+=y2+1；|AF|=3|FB|，y1+1=3（y2+1），即y1=3y2+2；联立方程组，消去x，得y2+（24k2）y+1=0，由根与系数的关系得，y1+y2=4k22，即（3y2+2）+y2=4k22，解得y2=k21；代入直线方程y=kx1中，得x2=k，再把x2、y2代入抛物线方程x2=4y中，得k2=4k24，解得k=，或k=（不符合题意，应舍去），k=故选：D点评： 本题考查了抛物线的标准方程与几何性质的应用问题，也考查了直线与抛物线的综合应用问题，考查了方程思想的应用问题，是综合性题目12设函数f1（x）=x2，f2（x）=2（xx2），ai=，i=0，1，2，99，记Sk=|fk（a1）fk（a0）|+|fk（a2）fk（a1）|+|fk（a99）fk（a98）|，k=1，2，则下列结论正确的是（）AS1=1S2BS1=1S2CS11S2DS11S2考点： 数列与函数的综合；数列的函数特性专题： 函数的性质及应用；等差数列与等比数列分析： 根据Sk=|fk（a1）fk（a0）|+|fk（a2）fk（a1）丨+|fk（a99）fk（a98）|，分别求出S1，S2与1的关系，继而得到答案解答： 解：由|（）2（）2|=|，故S1=（+）=1，由2|（）2+（）2|=2|，故S2=2=1，即有S1=1S2，故选：B点评： 本题主要考查了函数的性质，同时考查等差数列的求和公式，关键是求出这两个数与1的关系，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上.13已知向量=（2，1），=（x，1），且与共线，则x的值为2考点： 平面向量的坐标运算专题： 平面向量及应用分析： 求出向量，然后利用向量与共线，列出方程求解即可解答： 解：向量=（2，1），=（x，1），=（2x，2），又与共线，可得2x=2+x，解得x=2故答案为：2点评： 本题考查向量的共线以及向量的坐标运算，基本知识的考查14已知x8=a0+a1（x1）+a2（x1）2+a8（x1）8，则a7=8考点： 二项式系数的性质专题： 计算题；二项式定理分析： 将x写成1+（x1），利用二项展开式的通项公式求出通项，令x1的指数为7，求出a7解答： 解：x8=8，其展开式的通项为Tr+1=C8r（x1）r，令r=7得a7=C87=8故答案为：8点评： 本题考查利用二次展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题关键是将底数改写成右边的底数形式15设点P、Q分别是曲线y=xex（e是自然对数的底数）和直线y=x+3上的动点，则P、Q两点间距离的最小值为考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；两条平行直线间的距离专题： 导数的综合应用分析： 对曲线y=xex进行求导，求出点P的坐标，分析知道，过点P直线与直线y=x+2平行且与曲线相切于点P，从而求出P点坐标，根据点到直线的距离进行求解即可解答： 解：点P是曲线y=xex上的任意一点，和直线y=x+3上的动点Q，求P，Q两点间的距离的最小值，就是求出曲线y=xex上与直线y=x+3平行的切线与直线y=x+3之间的距离由y=（1x）ex ，令y=（1x）ex =1，解得x=0，当x=0，y=0时，点P（0，0），P，Q两点间的距离的最小值，即为点P（0，0）到直线y=x+3的距离，dmin=故答案为：点评： 此题主要考查导数研究曲线上某点的切线方程以及点到直线的距离公式，利用了导数与斜率的关系，这是高考常考的知识点，是基础题16在平面直角坐标系中有一点列P1（a1，b1），P2（a2，b2），Pn（an，bn），对nN+，点Pn在函数y=ax（0a1）的图象上，又点An（n，0），Pn（an，bn），An+1（n+1，0）构成等腰三角形，且|PnAn|=|PnAn+1|若对nN+，以bn，bn+1，bn+2为边长能构成一个三角形，则a的取值范围是a1考点： 数列与函数的综合专题： 函数的性质及应用分析： 由等腰三角形和中点坐标公式，可得an=n+，bn=，再由构成三角形的条件，结合指数函数的单调性，即可得到a+a21，解不等式即可得到a的范围解答： 解：由点An（n，0），Pn（an，bn），An+1（n+1，0）构成等腰三角形，且|PnAn|=|PnAn+1|，由中点坐标公式，可得AnAn+1的中点为（n+，0），即有an=n+，bn=，由0a1，可得bnbn+1bn+2，以bn，bn+1，bn+2为边长能构成一个三角形，只需bn+1+bn+2bn，即为+，即有a+a21，解得a或a，由0a1，则有a1故答案为：a1点评： 本题考查指数函数的性质和运用，主要考查指数函数的单调性的运用，同时考查构成三角形的条件，考查运算能力，属于中档题三、解答题：本大题共5小题，满分60分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足bcosA=（2c+a）cos（B）（1）求角B的大小；（2）若b=4，ABC的面积为，求a+c的值考点： 余弦定理的应用；正弦定理专题： 解三角形分析： （1）利用正弦定理化简bcosA=（2c+a）cos（B），通过两角和与差的三角函数求出cosB，即可得到结果（2）利用三角形的面积求出ac=4，通过由余弦定理求解即可解答： 解：（1）因为bcosA=（2c+a）cos（B），（1分）所以sinBcosA=（2sinCsinA）cosB（3分）所以sin（A+B）=2sinCcosBcosB=（5分）B=（6分）（2）由=得ac=4（8分）由余弦定理得b2=a2+c2+ac=（a+c）2ac=16（10分）a+c=2 （12分）点评： 本题考查余弦定理以及正弦定理的应用，三角形的解法，考查计算能力184月23人是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动，为了解本校学生课外阅读情况，学校随机抽取了100名学生对其课外阅读时间进行调查，下面是根据调查结果绘制的学生日均课外阅读时间（单位：分钟）的频率分布直方图，若将日均课外阅读时间不低于60分钟的学生称为“读书谜”，低于60分钟的学生称为“非读书谜”（1）根据已知条件完成下面22的列联表，并据此判断是否有99%的把握认为“读书谜”与性别有关？ 非读书迷读书迷合计男15女45合计（2）将频率视为概率，现在从该校大量学生中，用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次，记被抽取的3人中的“读书谜”的人数为X，若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列，期望E（X）和方程D（X）附：K2=n=a+b+c+dP（K2k0）0.1000.0500.0250.0100.001k02.7063.8415.0246.63510.828考点： 离散型随机变量的期望与方差；独立性检验专题： 概率与统计分析： （1）利用频率分布直方图，直接计算填写表格，然后利用个数求解K2，判断即可（2）求出概率的分布列，然后利用超几何分布求解期望与方差即可解答： 解：（1）完成下面的22列联表如下 非读书迷读书迷合计男401555女202545合计6040100（3分）8.249VB8.2496.635，故有99%的把握认为“读书迷”与性别有关（6分）（2）视频率为概率则从该校学生中任意抽取1名学生恰为读书迷的概率为由题意可知XB（3，），P（x=i）= （i=0，1，2，3）（8分）从而分布列为X 0 1 2 3P （10分）E（x）=np=，D（x）=np（1p）= （12分）点评： 本题考查频率分布直方图的应用，对立检验以及二项分布的期望与方差的求法，分布列的求法，考查计算能力19已知PA平面ABCD，CDAD，BAAD，CD=AD=AP=4，AB=1（1）求证：CD平面ADP；（2）若M为线段PC上的点，当BMAC时，求二面角CABM的余弦值考点： 用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定专题： 常规题型；空间向量及应用分析： （1）利用面面垂直证明线面垂直（2）合理建系写出对应坐标，充分理解BMAC的意义求得M点坐标解答： （1）证明：因为PA平面ABCD，PA平面ADP，所以平面ADP平面ABCD（2分）又因为平面ADP平面ABCD=AD，CDAD，所以CD平面ADP（4分）（2）AD，AP，AB两两垂直，建立如图所示空间坐标系，则A（0，0，0），B（0，0，1），C（4，0，4），P（0，4，0），（6分）设M（x，y，z），所（x，y4，z）=（4，4，4），因为BMAC，所以，（4，44，41）（4，0，4）=0，解，所以M=，（8分）设为平面ABM的法向量，则，又因为所以令为平面ABM的一个法向量又因为AP平面ABC，所以为平面ABC的一个法向量（10分）=，所以二面角CABM的余弦值为（12分）法2：在平面ABCD内过点B作BHAC于H，在平面ACP内过点H作HMAP交PC于点M，连接MB （6分），因为AP平面ABCD，所以HM平面ABCD又因为AC平面ABCD，所以HMAC又BHHM=H，BH平面BHM，HM平面BHM，所以AC平面BHM所以ACBM，点M即为所求点（8分）在直角ABH中，AH=，又AC=，所以又HMAP，所以在ACP中，在平面PCD内过点M作MNCD交DP于点N，则在PCD中，因为ABCD，所以MNBA连接AN，由（1）知CD平面ADP，所以AB平面ADP所以ABAD，ABAN所以DAN为二面角CABM的平面角（10分）在PAD中，过点N作NSPA交DA于S，则，所以AS=，NS=，所以NA=所以所以二面角CABM的余弦值为（12分）点评： 本题考查利用面面垂直证明线面垂直，是证明题常见题型在未知某点坐标时利用条件求出点的坐标时该题的难点也是高考常考题型20已知椭圆C：+=1（ab0）经过点（1，），离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）不垂直与坐标轴的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交y轴于点P（0，），若cosAPB=，求直线l的方程考点： 直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的实际背景及作用专题： 直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程分析： （）运用椭圆的离心率公式和点满足方程及a，b，c的关系，即可得到椭圆方程；（）设直线l的方程设为y=kx+t，设A（x1，y1）B（x2，y2），联立椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，以AB为直径的圆过坐标原点，求出中点坐标，再由点到直线距离公式和弦长公式代入化简整理，再由两直线垂直的条件，解方程可得k，进而得到所求直线方程解答： 解：（）由题意得=，且+=1，又a2b2=c2，解得a=2，b=1所以椭圆C的方程是+y2=1 （）设直线l的方程设为y=kx+t，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立消去y得（1+4k2）x2+8ktx+4t24=0，则有x1+x2=，x1x2=，由0可得1+4k2t2，y1+y2=kx1+t+kx2+t=k（x1+x2）+2t=设A，B的中点为D（m，n），则m=，n=因为直线PD与直线l垂直，所以kPD=得=，0可得4k2+1t2，可得9t0，因为cosAPB=2cos2APD1=，所以cosAPD=，可得tanAPD=，所以=，由点到直线距离公式和弦长公式可得|PD|=，|AB|=，由=和=，解得t=1（9，0），k=，直线l的方程为y=x1或y=x1点评： 本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的离心率的运用和方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理，弦长公式，同时考查圆的性质：直径所对的圆周角为直角，考查直线垂直的条件和直线方程的求法，属于难题21已知函数f（x）=exax2（e是自然对数的底数aR）（1）求函数f（x）的单调递增区间；（2）若k为整数，a=1，且当x0时，f（x）1恒成立，其中f（x）为f（x）的导函数，求k的最大值考点： 利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用专题： 函数的性质及应用；导数的综合应用；不等式的解法及应用分析： （1）求出导数，讨论a0，a0，求出函数的增区间；（2）运用参数分离可得k+x，令g（x）=+x（x0），求出导数，求单调区间，运用零点存在定理，求得零点，即可得到k的最大值解答： 解：（1）f（x）=exa若a0，则f（x）0恒成立，所以f（x）在区间（，+）上单调递增，若a0，当x（lna，+）时，f（x）0，f（x）在（lna，+）上单调递增综上，当a0时，f（x）的增区间为（，+）；当a0时，f（x）的增区间为（lna，+）；（2）由于a=1，所以f（x）1（kx）（ex1）x+1，当x0时，ex10，故（kx）（ex1）x+1k+x，令g（x）=+x（x0），则g（x）=+1=函数h（x）=exx2在（0，+）上单调递增，而h（1）0，h（2）0，所以h（x）在（0，+）上存在唯一的零点，即g（x）在（0，+）上存在唯一的零点，设此零点为a，则a（1，2）当x（0，a）时，g（x）0；当x（a，+）时，g（x）0；所以，g（x）在（0，+）上的最小值为g（a）由g（a）=0可得ea=a+2，所以，g（a）=a+1（2，3）由于式等价于kg（a）故整数k的最大值为2点评： 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查不等式恒成立思想的运用，运用参数分离和分类讨论的思想方法是解题的关键四、选修4-1：几何证明选讲22如图：O的直径AB的延长线于弦CD的延长线相交于点P，E为O上一点，=，DE交AB于点F（1）求证：O，C，D，F四点共圆；（2）求证：PFPO=PAPB考点： 相似三角形的判定专题： 选作题；推理和证明分析： （1）连接OC，OE，证明AOC=CDE，可得O，C，D，F四点共圆；（2）利用割线定理，结合PDFPOC，即可证明PFPO=PAPB解答： 证明：（1）连接OC，OE，因为=，所以AOC=AOE=COE，（2分）又因为CDE=COE，则AOC=CDE，所以O，C，D，F四点共圆（5分）（2）因为PBA和PDC是O的两条割线，所以PDDC=PAPB，（7分）因为O，C，D，F四点共圆，所以PDF=POC，又因为DPF=OPC，则PDFPOC，所以，即PFPO=PDDC，则PFPO=PAPB（10分）点评： 本题考查四点共圆，考查割线定理，三角形相似的性质，考查学生分析解决问题的能力，比较基础五、选修4-4：坐标系与参数方程23在平面直角坐标系xOy中，直l的参数方程（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为：=4cos（1）直线l的参数方程化为极坐标方程；（2）求直线l的曲线C交点的极坐标（0，02）考点： 点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程专题： 坐标系和参数方程分析： （1）将直线直l的参数方程（t为参数），消去参数t，即可化为普通方程，将代入=0可得极坐标方程（2）C曲线C的极坐标方程为：=4cos，即2=4cos，利用化为普通方程，与直线方程联立可得交点坐标，再化为极坐标即可解答： 解：（1）将直线直l的参数方程（t为参数），消去参数t，化为普通方程=0，将代入=0得=0（2）C曲线C的极坐标方程为：=4cos，即2=4cos，化为普通方程为x2+y24x=0联立解得：或，l与C交点的极坐标分别为：，点评： 本题考查了参数方程化为普通方程、极坐标方程化为直角坐标方程、直线与圆的交点，考查了推理能力与计算能力，属于中档题六、选修4-5：不等式选讲24设函数f（x）=|2xa|+|2x+1|（a0），g（x）=x+2（1）当a=1时，求不等式f（x）g（x）的解集；（2）若f（x）g（x）恒成立，求实数a的取值范围考点： 绝对值不等式的解法；函数恒成立问题专题： 不等式的解法及应用分析： （1）当a=1时，不等式等价于3个不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求（2）由题意可得，|2xa|+|2x+1|x20 恒成立令h（x）=|2xa|+|2x+1|x2，化简它的解析式，求得它的最小值，再令最小值大于或等于零，求得a的范围解答： 解：（1）当a=1时，不等式f（x）g（x）即|2x1|+|2x+1|x+2，等价于 ，或 ，或 解求得 x无解，解求得0x，解求得x，综上，不等式的解集为x|0x（2）由题意可得|2xa|+|2x+1|x+2恒成立，转化为|2xa|+|2x+1|x20 恒成立令h（x）=|2xa|+|2x+1|x2= （a0），易得h（x）的最小值为 1，令 10，求得a2点评： 本题主要考查带有绝对值的函数，函数的恒成立问题，绝对值不等式的解法，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于中档题- 23 -