潮州二模理科数学试题及答案

1、奋斗没有终点任何时候都是一个起点频率自E距222 .n，则a3a2的值为（）-月用电量1度）潮州市2014-2015学年度高考第二次模拟考试数学（理科）参考公式：球的表面积 S 4 R2一、选择题：本大题共 8小题，每小题5分，满分40分.1 .若复数（2 i）（1 ai）是纯虚数（i是虚数单位，a是实数），则a等于（）A.-1B.1C.2 D.32,得到频率分布2 .为了了解潮州市居民月用电情况，抽查了该市100户居民月用电量（单位：度）直方图如下：根据下图可得这100户居民月用电量在150,300的用户数是（）A.70B.64C.48D.303 .已知数列an的前n项和SnA.9B.16C

2、.21D.114 .在 ABC 中，若 sin2 A sin2 B sin2 C,则 ABC 的形状是（）信达A.钝角三角形 B.直角三角形C.锐角三角形 D.不能确定5.执行右边的程序框图,若输出127s ，128则输入p ()A.6B.7C.8D.9一 .x 1i. .6.设集合 a x 0 , B x x 1 ax 1则 “ a 1” 是 “ AI B ”的()A.充分不必'要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分又必要条件1 27.已知A(1, 2), B(a, 1), C( b,0)三点共线，其中a 0,b 0,则一一的最小值是() a bA. 2B. 4C.

3、 6D. 88.已知奇函数y f(x)的导函数f x0在R恒成立，且x,y满足不等式y2的取值范围是()f(x2 2x) f (y2 2y) 0 ,则 x2A. 0,2、2 B.0,2 C.1,2D.0,8、填空题：本大题共 7小题，考生作答 6小题，每小题5分，满分30分.(一)必做题(913题)9 .设随机变量 X服从正态分布 N(0,1),若 P(x 1) p,则 P 1 x 0.10 .右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，得该几何体的表面积是 .1 C11 .已知n为正偶数，且(x2 )的展开式中2x第3项的二项式系数最大，则第 3项的系数是1 9 12 .抛物线y X2上到焦点的

4、距离等于 6的点的坐标为 413 .函数f (x) =sin( x )的导函数y f (x)的部分图像右图所示，其中，A,C为图像与x轴的两个交点，B为图像的最低点，P为图像与y轴的交点.若在曲线段 AbC与x轴所围成的区域内随机取一点，则该点在 ABC内的概率为 2cos(二)选做题(14、15题，考生只能从中选做一题)14 .(坐标系与参数方程选做题)已知圆的极坐标方程直线的极坐标方程为cos 2 sin 7 0,则圆心到直线距离为P,与。O相切于A,B15 .(几何证明选讲选做题) 如图所示，。的两条切线PA和PB相交于点两点，C是。上的一点，若 P 70 ,则 ACB 三.解答题：本大

5、题共 6小题，满分80分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.16 .(本小题满分12分)x .31 x一 r 1r已知向重m sin-, 1 , n A, Acos ,(A 0),函数f x n m的取大值为2.3223(1)求f(x)的最小正周期和解析式;(2)设0,2' f(32)13, f(32 ) I，求阿)的值.17 .(本小题满分12分)甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定12获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获月4的概率为 1,乙获胜的概率为 士，各局比赛结果相互独立。33(1)求乙在4局以内(含4局)赢得比赛的概率；(2

6、)若每局比赛胜利方得 1分，对方得0分，求甲最终总得分 X的分布列及数学期望。18.(本小题满分14分)15如图1,平面五边形 SABCD43 SA -2AB BC CD_ 2 一 一 ，一，DA 2 ABC , SAD沿 AD折起3成.如图2,使顶点S在底面的射影是四边形ABCD勺中心O ,1M为BC上一点，BM 2(1)证明：BC平面SOM ；(2)求二面角ASM C的正弦值。B如图1如图219.(本小题满分14分)已知数列 an的前n项和Tn满足an 12Tn求数列an的通项公式;(2)求数列1的刖n项和anSn；(3)证明:1_3 S13213n Sn3.20.(本小题满分已知直线l

7、:14分)Sy x32x1过椭圆C: 2 a2 y b21(ab 0)的一个焦点和一个顶点。(1)求椭圆C的标准方程;(2)过原点的直线与椭圆C交于A, B两点(A B不是椭圆C的顶点).点D在椭圆C上，且ADAB,直线BD与x轴交于点M,求常数 使得kAM kBD21.(本小题满分14分)2 X已知函数f (x) (a R)ln( x a) ax(1)当a=0时，求函数f(x)的单调区间；(2)当 a=1 时，设 h(x)(i )若对任意的x(ii )对任意x1 x22x西，0, h(x) kx2成立，求实数k的取值范围；,xi x2xi x2 2 1 q、1,证明：不等式恒成立.h(xj

8、h(x1) x1 x22潮州市2014-2015学年度高考第二次模拟考试数学(理科)参考答案及评分说明5. QS2122111271 - 2n2n 1286. A ( 1,1), B(1 a,1 a),当 a 1 时，B (0,2) , AI B，反之，若AI B ，不一uuur7. 由 ACuuu b 1,2 , ABa 1,1共线，有2a+b=1有、选择题：本大题共 8小题，每小题5分，满分40分.题号12345678答案CBBABADD解析:22a b2ab12ab2c-8.2、y )，由函数y= f (x)的导函数f x24 ab2ab8 .因为函数y=f(x)为奇函数，所以f(x22

9、x) f (2y在R恒成立，知函数y=f(x)为减函数，x22x 2y y2即(x 1)2 (y 1)22,故Jx2 y2的最小值为0,最大值为直径2 J2 ,从而x2 y2的最小值为0,最大值为直径的平方8二、填空题：9 . p； 10.12 兀；11.0; 12. (215,5),( 2 5,5) ; 13.;22 414. 8-5 ; 15. 55o5解析：2、一,T-113.由图知AC-，svabc1 AC,设AC的横坐标分别为a,b.2222设曲线段 Abc与x轴所围成的区域的面积为 S则S a f (x)dx f (x) ba sin( a ) sin( b )2,由几何概型知该点

10、在 ABC内的概率为P -SVABC 2 -.S 24三、解答题：.3 x 1 x16.斛：(1) f(x) Asin Acos- 23 23A 3 . x 1 x A -sin- cos- 2323Asin (3 分3 6f(x)的最小正周期T 2- 6 4分13因为A 0 ,由题意知A=2,所以f(x)2sin(；x6),x R(2) Q10132sin3 2sin26f(32sin(32 ) 2sin62cossin5,cos130勺cos1 sin215131213,sin2cos10分sin()=sin cos cossin_5 3 1213 5 1343356517解：用A表示“乙

11、在4局以内(含4局)赢得比赛”，Ak表示“第k局乙获胜”12分,Bk表示“第，21k 局甲获胜"，则 P(Ak) -, P(Bk) -, k 1,2,3,4,533(I) P(A) P(AA0 P(BA2A3) P(A1B2A3A4)P(A)P(A2) P(Bi)P(A2)P(A3)P(A)P(B2(A3)P(A4)221222122 56333333333 81(n) X的可能取值为0,1,2,3P(X0)2 2 4P(A1A2)339P(X1)P(B1A2A3) P(AiB2A3A4)2 1 2 2 20P(X1 12)2P(BiB2) P(AiB2B2) P(AiB2A3B4A

12、5)1121212 1212213 3 3 3 81P(B1A2B3A4 A5)3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 361243P(X 3) 1 P(X 0) P(X 1) P(X2)14243故X的分布列为X0123EXP4206114981243243c4/20c61c 14224012398124324324312分18.解：(I)证明：题知四边形ABCD为菱形，。为菱形中心，连结 OB,则AO OB,因 BAD 一,故 OB AB sin OAB 2sin 1 1分361 一.又因为BM ,且 OBM ,在 OBM中23991_. 13-OM 2OB2BM 22OB

13、 BM cos OBM 12-2 1 -cos 3 分223 4所以 OB2 OM 2 BM2,故 OM BM 即 OM BC 4分又顶点S在底面的射影是四边形 ABC而中心。有SO 平面ABCD ,所以SO BC,从而BC与平面SOMJ两条相交直线 OM,SOTB垂直，所以BC 平面SOM 6分(I)法二如图2,连结AC,BD ,因ABCD为菱形，则 ACI BD O ,且AC BD ,uuu uuu uuu以O为坐标原点，OA,OB,OS的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向,建立空间直角坐标系 o xyz, 2分因 BAD 一，故 OA AB cos363,OB AB sin - 1,6如

14、图1如图2所以 O 0,0,0 ,A '.3,0,0 ,B 0,1,0 ,C、3,0,0uuu ,OBuuur0,1,0 , BC73, 1,0 .3 分1 一由 BM ,BC22知,uuuu 1 uuurBM BC4，4，0uuur 从而OMuuuOBuuuuBM,34，4，0T,4,0 .题意及如图2知SOAB,有SOSA2 OA215 32uuuOS(0,0,OS BC 0,OMBC0,所以BC平面SOM（H）由（I ）知,uuuASuuur ,MS,33 .3uuu,CS3,0,三,设平面ASM的法向量为urxi,yi,zSMC的法向量为ur%X2,y2,z2 8分r uuu

15、由n ASr uuur0,n MS0,得了 x134y1ur故可取n15.31，V，2，ur uur由 n2 MSur uuu0,n2 CS.3"7 X20,得43X23 4y2.3-Z22工。2ur故可取n211分从而法向量ur uun1,n2的夹角的余弦值为ur uuur uun1n2cos n1, n2utruu-mi n|1513分故所求二面角A SMC的正弦值为典514分19.解：（1）由 an12Tn 6 得 an 2Tn1 6(n 2)an 1 an 2Tn 2Tn即ani 3an(n 2),又 4 6,由有 a2 2T1 6 2a1 6 18知22 3a1 5分，数列

16、an是以6为首项，公比为3的等比数列，. an 6 3n 1 2 3n6分（2）由（1）得： 一n 7分an 2 3/曰 11111111 3(1 3n)信 SnaTL 72(3132L 3n)21Jd2 dn2 33321133n 14 3n、，r ,14（3）证法一：由（2）得：由- 一 9分3 Sn 31.nn 1313 3111分1444_k_ k/_k1_k1)_ _ k13Sk3123312 3F，(k 1,2,., n) 312分3 § 32 S22(1 3132121131313(1 弁 3314分证法二：Q -一3 Sn43n 13n1 12 3-4 6 3(3n

17、1)(3n 1 1)(3n 1)(3n1 1)6 (3n2 3n1)(3n 1 1)(313n12分13 S1132 S213n Sn6(六1321)(3213n 1 1)证法三:当n 1时,6 （2 3不等式显然成立，1) 363n 114分当n 2时，令cn143n Sn 3n 1,4411413n 13 on 113 3n 1 1333CnCn12分综上得命题得证证法四：令Cn当n 1时,假设当左边=C1Cn2(11313(1 至)3.314分4-下面用数学归纳法证明,3n 1,结论显然成立n k(k1时,C22 3(3 1所以当n k4落1时，综合、可知Ci1）时，结论成立，即C1Ck

18、Ck 12结论也成立20.解：（1）直线l :3(3411 33C 1Cn3即3 S.3x31过两点C2Ck3,3(323）43(3k 1)313分32 S20,1 ,13n Sn-3,03对n N者B成立.14分2因为椭圆C：今 a2by21(ab 0）的焦点在x轴时,故焦点为、3,00,12分.b 1, C .3a b2C22所以，所求椭圆2C的方程为y2 14V1(2)设 A(x1,y1)(x1y1 0), D (X2, y?),贝U B( x1，y)，直线 AB 的斜率 kAB 力，6分x1又ABAD ,所以直线AD的斜率kx1yi设直线AD的方程为y kx m,由题意知k 0,m 0

19、,y kxm,可得(11224k )x28mkx 4m 4 0.所以x1x2因此y y2_8mL2 :1 4k2k(xi X2)2m2m1 4k2由题意知，X1X2,所以kBDv y2X1X2工44k 4x111分所以直线BD的方程为y y1 -y(x X1), 4x1令 y 0,得 x 3为，即 M (3x1,0).可得kAM工. 13分2x1所以kAM2kBD ,即2.因此存在常数2使得结论成立 14分2 , 、 X , 一x 2ln x 121.解：(I)当 a=0 时，f(x)而"X(X 0，X 1)，f (x)iX 一(x 0，X 1)T 分令f (x) 0得 x>W,令 f (x)<0得0< x< 无且 x 1 2分f(x)的单调减区间为：0,1 , 1,几；单调增区间为 Ve, 4分(n)当 a=l 时，h(x) ln(x 1) x(x 0), 5分(i)Qk 0时，取x 1,h(1) ln 2 1 0,知h(x) kx2不恒成立， k 0舍去6分当 k 0,设g(x)h(x) kx2ln(