河北省保定市2015届高三第一次模拟考试数学(文)试题(扫描版)

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5 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. 64-9； 15. -2（，）； 16. 4π.

三.解答题：

17. （本小题满分12分）

解：(1)2231131()sincossincossincoscos22222fxxxxxxxx

131111sin2cos2sin22224264xxx.……………………………4分

∴函数)(xf的最大值为34.……………………………………………6分

(2)由题意111()sin22642fAA,化简得 1sin(2).62A

,0A,132(,)666A, ∴5266A,

∴.3A……………………………8分

1sin34,521,44,101bcAbcbcbcbc由得又或分

在ABC中,根据余弦定理,得2222cos13abcbcA.

所以a13…………………………………………………12分

18. （本小题满分12分）

解: （1）频率分布直方图如图。

……………………4分

（2）1(2.547.5612.5617.5322.51)=10.2520分钟………8分

（3）候车时间不少于15分钟的概率为311205………………………12分 0.01- 0.02- 0.03- 0.04- 0.05- 0.06- 0.07- 频率组距O 5 10 15 20 25 30 时间 6 19. （本小题满分12分）

解：（1）矩形ABCD中，2,1,ABADM为

CD中点，2AMBM，

由勾股定理逆定理得BMAM； ………………2分

折起后，平面ADM平面ABCM，且平面ADM平面ABCMAM，BM平面ABCM；

得BM平面ADM， ……………………………………4分

又AD平面ADM，所以BMAD； ……………………………………6分

（2）法一：在BDM中，作//EFBM交DM于F.

（1）中已证明BM平面ADM，EF平面ADM，

EF是三棱锥EMAD的高. ………………………………………………8分

11()32MADEEMADVVADDMEF212，

22EF ……………………………………………………………10分

DMB中2BM，且//EFBM，

EF为中位线，E为BD的中点 ……………………………………12分

法二：由题意知,ADDM由（1）知BMAD

228,,DM32sin10311122.13321233122MADEADMEDMEDMBMMADBDMADDMEADMBMDMBDBMBMMDEBDVVSADDEDEDEEBD又平面平面分由（1）知BM平面分为的中点。分

20. （本小题满分12分）

解：（1）由椭圆短轴长为2得1b， 7 又 212,22aeaa．

所求椭圆方程为2212xy． ...................3分

（2）假设在线段OF上存在点,001Mmm,使得uuuruuuruuuruuur()()0MPMQMPMQ成立，即或22||-||0||=||MPMQMPMQuuuruuuruuuruuur

①当l⊥x轴时，显然线段OF上的点都满足条件，此时01m...... ..........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10ykxk．

由 2222,1,xyykx 可得2222124220kxkxk．

22121222422,1212kkxxxxkk．.......................................8分

1122,,,MPxmyMQxmyuuuruuur其中210xx

121221212,,0xxmyyxxyy12211221(2)()()()0xxmxxyyyy

1212(2)()0xxmkyy2222244(2)(2)01212kkmkkk

222240kkm22210=1122kkmkk．

∴102m．

∴综上所述：①当l⊥x轴时，存在01m适合题意

②当l与x轴重合时， 存在m0适合题意

③当l的斜率存在且不为零时存在102m适合题意...................12分

法2：uuuruuuruuuruuur()()0MPMQMPMQ||||MPMQuuuruuur

因为2212122222422,,,12121212kkkkxxyyPQkkkk即线段的中点为（）

2222221212121m==1122+kkPQyxkkkkkk线段的中垂线方程为（）令y=0得

∴102m．

∴综上所述：①当l⊥x轴时，存在01m适合题意

②当l与x轴重合时， 存在m0适合题意

③当l的斜率存在且不为零时存在102m适合题意...................12分 8 21. （本小题满分12分）

解：（1）∵'exfxa，……………………………………1分

①当0a时，'0fx，函数fx在R上单调递增；………2分

②当0a时，由'e0xfxa得lnxa，

∴,lnxa时，'0fx，fx单调递减；ln,xa时，'0fx，fx单调递增．

综上，当0a时，函数fx的单调递增区间为(,)；当0a时，函数fx的单调递增区间为ln,a，单调递减区间为,lna． ……………………………………5分

（2）当0a时，此时0ab； ………………………………………………………7分

当0a时，由函数fxb≥对任意xR都成立，得minbfx≤，

∵minln2lnfxfaaaa，∴2lnbaaa≤ ………………………………9分

∴222lnabaaa≤，

设222ln0gaaaaa，∴ '42ln32lngaaaaaaaa，

由于0a，令'0ga，得3ln2a，32ea，

当320,ea时，'0ga，ga单调递增；32e,a时，()0ga，ga单调递减．

∴3maxe2ga，即33221e,e2ab时，ab的最大值为3e2………… 12分

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，

∴PA2=PB•PD，

∴62=PB•（PB+9）

∴PB=3，………………………………………6分

在⊙O2中由相交弦定理，得PA•PC=BP•PE， 9 ∴PE=4，………………………………………8分

∵AD是⊙O2的切线，DE是⊙O2的割线，

∴AD2=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

(2)直线l的参数方程： x＝4＋tcos α，y＝2＋tsin α(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2－16>0，t1＋t2＝－4sin α＋cos

α，t1t2＝4，……………………………………………………………6分

∴sin α·cos α>0，又0≤α

∴|PM|＋|PN|＝|t1|＋|t2|＝|t1＋t2|＝4(sin α＋cos α)＝42sinα＋π4，…………………8分

由α∈0，π2，得α＋π4∈π4，3π4，∴22

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x4时2x+1-(x-4)=x+5>0

得x>-5，所以x4成立

当421x时, 2x+1+x-4=3x-3>0

得x>1,所以1

当21x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4a，不等式()121fxx即为421xx

两边平方 得 22816441xxxx ……………………………………2分

解得 15x或x

所以不等式的解集为{x|x>1或x<-5} .................................5分

（2）依题可知||111xaaxa，所以1a，即111(0,0)mnmn

所以2=2mnmn（）112=+++22nmmnmn（）33

当且仅当212,12mn时取等号 ……………………10分