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(文)试题 扫描版含答案

五模文科数学参

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．由图可以得到阴影部分表示的集合为ðA(A故选A． 2．

B)，AB={2，3，4，5}，则ðA(AB)={1}，

x1(xxi)1yi,∴x2,y1，故选D． 1i2115．由题意可得y2sin3xπ的图象上各个点的横坐标变为原来的，可得函数

6211πy2sin6xπ的图象．再把函数y2sin6xπ的图象向右平移个单位，即可

663ππππ得到f(x)2sin6x2sin6x2π2sin6x的图象，故选B．

36666．在等差数列{an}中，因为a13a3a1510，所以5a120d10，所以a52，故选A．

12tan37．由题意：tantan2，由tan2y231tan4A．

xx0134x0，故选x0438．因为m，//，所以m，又l，所以ml，①正确；

因为m，，所以m//或m，又l，所以m//l或m,l相交或m,l互为异面直线，②不正确；

因为m，ml，所以l//或l，又l，所以//或,相交，③不正确；因为m，m//l，所以l，又l，所以，④正确，故选B．

9．此空间几何体是球体切去四分之一的剩余部分，表面积是四分之三的球表面积加上切面面积，切面面积是两个半圆面面积．故这个几何体的表面积是

314π122π124π． 42故选B．

10．画出线性规划图可得最大值在点(4,4)处取得，故a12，最小值在点(8,0)处取得，

故b8，则ab的值是4，故选C． 11．分别过A、B作准线l：xp的垂线，垂足分别为C、D，设AB中点M在准线上的2射影为点N，连接MN，设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0)，根据抛物线的定义，得

1梯形ACDB中，中位线MN(|AC||BD|)2，可|AF||BF||AC||BD|4，∴

2pppp得x02，∵线段AB的中点M到直线x的距离为1，可得x01， x02，

2222∴2p1，解得p1或3，故选B．

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 14 32 15 1007 16 112 554 【解析】

13．所有基本事件数为36，其中满足向量p与q共线的基本事件数为3，故所求概率为

31. 361214．因为a、b的夹角为45°，且a1,2ab10，所以4a24abb210，即

． b22b60，解得b32或b2（舍）15．因为定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x2)2014，所以f(x4)所以函数f(x)的周期为4，所以f(99)f(3)20141007． f(1)2014f(x)，

f(x2)2216．由等比数列的性质知a4a1a74，又因为各项均为正数，所以a42．因为a68，所

19，所以an2n3，又f()，其通项公式为nanxn1，xa12ax2…10ax014551111将x代入得nanxn1n，所以f(12…10)．

24442以q2,a1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）

13 （Ⅱ）由余弦定理b2a2c22accosB得13a2c2ac≥2acac，得ac≤，

3∴S△ABC当ac1133acsinB≤， 21239133时，△ABC面积的最大值为． 312…………………………（12分）

18．（本小题满分12分）

19．（本小题满分12分）

（Ⅰ）证明：如图1，连接EO，OA， ∵E，O分别为B1C，BC的中点， ∴EO∥BB1．

又DA∥BB1，且DAEO1BB1， 2∴四边形AOED是平行四边形， 即DE∥OA,DE平面ABC， ∴DE∥平面ABC．

………………………………………………………………（4分）

(Ⅱ) 证明：AA1，BB1为圆柱OO1的母线，所以AB//A1B1，因为AA1垂直于圆O所在平面，故AA1AB， 又BC是底面圆O的直径， 所以ABAC，ACAA1A，

所以AB平面A1AC，由AB//A1B1，所以A1B1平面A1AC． …………………（8分） （Ⅲ）解：小鱼被捕的概率P等于四棱锥CABB1A1与圆柱OO1的体积比， 由DE⊥平面CBB1，且由（Ⅰ）知DE∥OA， ∴AO⊥平面CBB1，∴AO⊥BC，∴ACAB．

因BC是底面圆O的直径，得CA⊥AB，且AA1⊥CA， ∴CA⊥平面AA1B1B，即CA为四棱锥CABB1A1的高．

12设圆柱高为h，底半径为r，则V柱πr2h，V锥h(2r)(2r)hr2，

33∴V锥∶V柱22，即P． 3π3π……………………………………………（12分）

20．（本小题满分12分）

c2,ea2,解：（Ⅰ）因为 所以 a2ac21,c1,…………………………………（2分）

x2∴b1，故椭圆方程为：y21．

2…………………………………………（4分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）得F(1,0)，所以0≤m1，假设存在满足题意的直线l， 设l的方程为yk(x1)，

x2代入y21，得(2k21)x24k2x2k220．

24k22k22设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1x22， ,x1x222k12k12k， …………………………………………（7分） ∴y1y2k(x1x22)22k12k2k,2设AB的中点为M，则M2， 2k12k1∵ACBC,∴CM⊥AB，

即kCMkAB1，

……………………………………………………………（10分）

4k22k∴22m2k0(12m)k2m， 2k12k1m1∴当0≤m时，k，即存在这样的直线l；

12m21当≤m≤1时，k不存在，即不存在这样的直线l． 221．（本小题满分12分）

…………………………（12分）

解：（Ⅰ）当a0时，函数yf(x)在[1,)上是单调增函数，符合题意；

2当a0时，yf(x)的对称轴方程为x，

a2由于yf(x)在[1,)上是单调增函数，所以≤1，

a解得：a≤2或a0，所以a0； 当a0时，不符合题意． 综上，a的取值范围是a≥0． （Ⅱ）把方程

…………………………………………………（4分）

g(x)lnxf(x)(2a1)整理为ax2(2a1)， xx即ax2(12a)xlnx0，

设H(x)ax2(12a)xlnx(x0)，

1原方程在区间,e内有且只有两个不相等的实数根，

e1即为函数H(x)在区间,e内有且只有两个零点.

e12ax2(12a)x1(2ax1)(x1)， H(x)2ax(12a)xxx1令H(x)0，因为a0，x0，解得x1或x（舍），

2a当x(0,1)时，H(x)0，函数H(x)是减函数； 当x(1,)时，H(x)0，函数H(x)是增函数. 1H(x)在区间,e内有且只有两个零点，

e1e2ea12aH0,,eae2e10,2e1只需H(x)min0, 即H(1)a(12a)0, 所以a1,

2H(e)0,1eae(12a)e10,a2,e2ee2e 所以a的取值范围为1,．

2e1…………………………………………（12分）

22．（本小题满分10分）【选修4−1：几何证明选讲】

证明：因为PA与圆O相切于A，

所以DA2DBDC， ………………………………………………………（5分）

因为D为PA中点，所以DP=DA， 所以DP2DBDC，即

PDDB． DCPD因为BDPPDC，所以△BDP∽△PDC， 所以DPBDCP．

…………………………………………………………（10分）

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）

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2，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，

图2

∴a≤3,∴a≥3． ……………………………………………………………（10分）