广东省惠州市高三第四次模拟考试理科数学试题及答案

1、惠州市2015届高三模拟考试数 学 试 题 （理科） 2015.04本试卷共5页，21小题，满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。2选择题每小题选出答案后，用2b铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4考生必须保持答题卡的整洁考试结束后，将答题

2、卡一并交回参考公式：锥柱体的体积公式：，其中是锥体的底面积，是锥体的高用最小二乘法求线性回归方程系数公式：，一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1若集合，则 ( ) a b c d2已知为实数，为虚数单位，若为实数，则 ( )a b c d3下列函数中，既是奇函数又存在极值的函数是 ( )a b c d 4若变量，满足约束条件，则目标函数的最大值等于 ( )a7 b8 c10 d11 5在中，则 ( )a b c d 6下列命题的说法 错误 的是 ( )a若复合命题为假命题，则都是假命题b“”是“”的充分不必要条件c对于命题 则

3、d命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”7多面体的底面矩形，其正（主）视图和侧（左）视图如图，其中正（主）视图为等腰梯形，侧（左）视图为等腰三角形，则该多面体的体积为 ( )a b c d8对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心。设函数，则 ( )a1 b c d二、填空题（本大题共7小题，考生作答6题，每小题5分，满分30分，其中13题第一问2分，第二问3分。）（一）必做题：第9至13题为必做题，每道试题考生都必须作答9设，若，则的最小值为_

4、10计算积分 _平均气温（c）1813101用电量（度）2535376311某单位为了了解用电量（度）与当天平均气温（c）之间的关系，随机统计了某4天的当天平均气温与用电量（如右表）。由数据运用最小二乘法得线性回归方程，则_12如图所示的程序框图，若输入，则输出的值为_是否开始结束输出输入13将自然数按如图排列，其中处于从左到右第列从下到上第行的数记为，如，则_；_（二）选做题：第14、15题为选做题，考生只选做其中一题abpc第15题图14（极坐标与参数方程选做题）若点在以点为焦点的抛物线（为参数）上，则等于_15（几何证明选讲选做题）如图，与圆相切于，为圆的割线，并且不过圆心，已知，则圆的

5、半径等于_三、解答题。本大题共6小题，满分80分。解答需写出文字说明、证明过程和演算步骤。16（本小题满分12分）已知函数的最小正周期为，且（1）求的表达式；（2）设，求的值17（本小题满分12分）一个盒子内装有8张卡片，每张卡片上面写着1个数字，这8个数字各不相同，且奇数有3个，偶数有5个每张卡片被取出的概率相等（1）如果从盒子中一次随机取出2张卡片，并且将取出的2张卡片上的数字相加得到一个新数，求所得新数是奇数的概率；（2）现从盒子中一次随机取出1张卡片，每次取出的卡片都不放回盒子，若取出的卡片上写着的数是偶数则停止取出卡片，否则继续取出卡片设取出了次才停止取出卡片，求的分布列和数学期望

6、18（本小题满分14分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面底面，为的中点，是棱上的点，（1）求证：平面平面；（2）若二面角为，设，试确定 的值19（本小题满分14分） 已知数列的前项和为，（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，=+试比较与的大小20（本小题满分14分）在直角坐标系中，曲线上的点均在圆外，且对上任意一点，到直线的距离等于该点与圆上点的距离的最小值（1）求曲线的方程；（2）设为圆外一点，过作圆的两条切线，分别与曲线相交于点和证明：当在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值21（本小题满分14分）已知，函数（1）记在区间上的最大值为，求的表达式；（2）是否存在，使函数在区

7、间内的图象上存在两点，在该两点处的切线互相垂直？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由惠州市2015届高三模拟考试数学（理科）参考答案与评分标准一选择题：共8小题，每小题5分，满分40分题号12345678答案abbcb acd1【解析】由集合的包含关系可知，故选a2【解析】，所以，故选b3【解析】由选项可知，a选项单调递增（无极值），c、d选项不是奇函数，只有b选项既为奇函数又存在极值故选b4【解析】平面区域如图所示，所以，故选c5【解析】，又由余弦定理知6【解析】若为假命题，则至少有一个为假命题故选a7【解析】用割补法可把几何体分割成三部分,可得，故选c8【解析】依题意得：，由，可得，

8、而，即函数的拐点为，即，所以所以所求为，故选d二填空题：共7小题，每小题5分，满分30分其中13题第一问2分第二问3分94 101 1160 12 13 14 159【解析】，当且仅当时取等号，所以的最小值为10【解析】11【解析】，样本中心为，回归直线经过样本中心，所以12【解析】由程序框图知，又以及周期的性质，化简后得13【解析】由题意，aebpcd14【解析】抛物线为，为到准线的距离，即距离为15【解析】由圆的性质pa=pcpb，得pb=12，连接oa并反向延长交圆于点e，在直角三角形apd中可以求得pd=4，da=2，故cd=3，db=8，记圆的半径为r，由于edda=cddb因此，解

9、得r=7三、解答题。本大题共6小题，满分80分。解答需写出文字说明、证明过程和演算步骤。16（本小题满分12分）解：(1)依题意得， 2分由f(2)=2，得，即，a=4， 4分. 5分(2)由，得，即， 6分又， 7分由，得，即， 9分又， 10分cos()= coscos+ sinsin. 12分17（本小题满分12分）(本题主要考查排列组合、古典概型、随机变量的分布列等基础知识，考查学生运用所学知识解决实际应用问题的能力) 解: (1)记事件为“任取2张卡片，将卡片上的数字相加得到的新数是奇数”, 1分因为奇数加偶数可得奇数，所以所以所得新数是奇数的概率等于 4分(2)所有可能的取值为1,

10、2,3,4, 5分根据题意得 9分故的分布列为123410分 12分18（本小题满分14分）（本题考查平面与平面垂直的证明，求实数的取值综合性强，难度大，是高考的重点解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化，合理地运用向量法进行解题）解答：（）证法一：adbc，bc=ad，q为ad的中点，四边形bcdq为平行四边形，cdbq 1分adc=90，aqb=90，即qbad 2分又平面pad平面abcd，且平面pad平面abcd=ad，4分bq平面pad 5分bq平面pqb，平面pqb平面pad 6分证法二：adbc，bc=ad，q为ad的中点，四边形bcdq为平行四边形，cdbq 1分a

11、dc=90aqb=90，即qbad 2分pa=pd，pqad 3分pqbq=q ， 4分ad平面pbq 5分ad平面pad，平面pqb平面pad 6分（）法一：pa=pd，q为ad的中点，pqad面pad面abcd，且面pad面abcd=ad，pq面abcd7分如图，以q为原点建立空间直角坐标系则平面bqc的法向量为；8分，设，则，9分,，10分在平面mbq中，平面mbq法向量为12分二面角为30，得14分法二：过点作/交于点，过作交于点，连接，因为面,所以面，由三垂线定理知，则为二面角的平面角。9分（没有证明扣2分）设，则，ee，10分，且三线都共面，所以/， 11分在中，13分 解得 14

12、分19（本小题满分14分）解析：（1）由， 1分由，其中于是 3分整理得， 4分所以数列是首项及公比均为的等比数列. 5分 6分（2）由（1）得于是 8分 9分又，问题转化为比较与的大小，即与的大小设 10分当时，当时单调递增，当时，而，当时， 12分经检验=1，2，3时，仍有 13分因此，对任意正整数，都有即 14分20（本小题满分14分）（本题考查曲线与方程、直线与曲线的位置关系，考查运算能力，考查数形结合思想、函数与方程思想等数学思想方法.第一问用直接法或定义法求出曲线的方程；第二问设出切线方程，把直线与曲线方程联立，由一元二次方程根与系数的关系得到四点纵坐标之积为定值，体现“设而不求”

13、思想.）（）解法1 ：设的坐标为，由已知得，1分易知圆上的点位于直线的右侧.于是，所以.化简得曲线的方程为. 4分解法2 ：曲线上任意一点m到圆心的距离等于它到直线的距离，所以曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线， 2分故其方程为. 4分（）当点在直线上运动时，p的坐标为，又，则过且与圆相切得直线的斜率存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为，即于是整理得 6分设过所作的两条切线的斜率分别为，则是方程的两个实根，故 7分由得 8分设四点的纵坐标分别为，则是方程的两个实根，所以 9分同理可得 10分于是由，三式得 .13分所以，当在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值6400. 14分21（本小题满分14分）解：(1)当时，；当时，. 2分因此，当时，0，在上单调递减； 3分当时，0，在上单调递增4分若，则在上单调递减，. 5分若，则在上单调递减，在上单调递增所以