柳州市2015届高中毕业班3月份模拟考试题

理科数学参考答案

一、选择题

题　号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12



答　案

C

D

B

C

D

B

C

A

C

C

B

C



4.C　【解析】当α⊥β，m∥α时，有m⊥β，m∥β，m?β等多种可能情况，所以①不正确；当m∥α，n∥β，且m∥n时，α∥β或α，β相交，所以④不正确，故选C.

6．B　【解析】由正切函数y＝tan x的一个对称中心是，k∈Z，由函数y＝tan ωx 的一个对称中心是，所以＝(k∈Z)，因此ω＝3k(k∈Z)，故ω的最小值为3.

7．C　【解析】由题设，a1＋a2＋a3＋…＋a10＝5(a1＋a10)＝5(a5＋a6)＝30

所以a5＋a6＝6，又因为等差数列{an}各项都为正数，所以a5a6≤＝9，

当且仅当a5＝a6＝3时等号成立，所以a5·a6的最大值等于9，故选C.

8．A　【解析】P(AB)＝＝，P(A)＝1－＝，所以P(B)＝＝.

10．C　【解析】由＝，得＝，即a2＋b2＋2a·b＝，又因为＝＝，

所以a·b＝－＝cos〈a，b〉，所以cos〈a，b〉＝－，故〈a，b〉＝.

11．B　【解析】因为函数y＝ex与y＝ln x互为反函数，所以他们的函数图象关于直线y＝x对称，要使最小，则必有P，Q两点的切线斜率和y＝x的斜率相等，对于曲线y＝ln x，令y′＝＝1，得x＝1，故Q(1，0)．同理，对于曲线y＝ex，令y′＝ex＝1，得x＝0，所以P点坐标为(0，1)，综上，|PQ|最小值为＝，选B.

12．C　【解析】双曲线的左焦点F1(－c，0)，右焦点F2(c，0)，渐近线l1：y＝x，l2：y＝－x，因为点P在第一象限内且在l1上，所以设P(x0，y0)，x0>0，因为l2⊥PF1，l2∥PF2，所以PF1⊥PF2，即＝＝c，即x＋y＝c2，又y0＝x0，代入得x＋＝c2，解得x0＝a，y0＝b，即P(a，b)．所以kPF1＝，l2的斜率为－，因为l2⊥PF1，所以·＝－1，即b2＝a＝a2＋ac＝c2－a2，所以c2－ac－2a2＝0，所以e2－e－2＝0，解得e＝2，所以双曲线的离心率e＝2，故选C.

二、填空题

13．6

14．99

【解析】an＝＝－，可得前n项和Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝－1＋－＋－＋…＋－＝－1，所以－1＝9，则n＝99.

15．42

16.

【解析】由题意知正三棱柱底边长为2，高为1，则根据球的性质可得：

R2＝＋＝＋＝，球的表面积S＝4πR2＝4π×＝π.

三、解答题

17．【解析】(1)甲公司员工A投递快递件数的平均数为36，众数为33.2分

(2)设a为乙公司员工B投递件数，则

当a＝34时，X＝136元，当a≥35时，X＝35×4＋(a－35)×7元，

X的可能取值为136，147，154，189，203.4分

X的分布列为：

X

136

147

154

189

203



P













E(X)＝136×＋147×＋154×＋189×＋203×＝165.5(元).10分

(3)根据图中数据，可估算甲公司被抽取员工该月收入4 860元，乙公司被抽取员工该月收入4 965元.12分

18．【解析】(1)由＝得，sin Ccos A＋sin Ccos B＝cos Csin A＋cos Csin B，

即sin (C－A)＝sin(B－C)，所以C－A＝B－C，即2C＝B＋A，得C＝.6分

(2)由C＝，可设A＝－α，B＝＋α其中－<α<.

所以a2＋b2＝(2Rsin A)2＋(2Rsin B)2＝4(sin2A＋sin2B)，则：

a2＋b2＝4＝4－2＝4＋2cos 2α.

由－<α<得－<2α<，所以－

故a2＋b2的取值范围是.12分

19．【解析】(1)过C作CE∥AB且CE＝AB，连BE，PE.

∵AC2＋AB2＝BC2，∴AC⊥AB，所以四边形ABEC是矩形．

又AC⊥CE，PC⊥AC，∴AC⊥面PEC，

所以∠PCE是二面角P－AC－B的平面角，∴∠PCE＝60°.

∵PC＝CE＝4，∴△PCE为正三角形．

∵BE∥AC，∴BE⊥面PEC，

∴BE⊥PE，∴PB＝＝5＝BC.

而H是PC的中点，∴BH⊥PC，

∵G、H是△PAC的中位线，∴GH⊥PC，

∵GH∩BH＝H，∴PC⊥平面BGH.7分

(2)以CE的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(3，－2，0)，P(0，0，2)，C(0，－2，0)．

易求得面PAB的法向量为n＝(2，0，3)，

而平面BGH的法向量为＝(0，－2，－2)，

所以＝.

故二面角P－BG－H的余弦值是.12分

20．【解析】(1)依题意有c＝2，＝，可得a2＝6，b2＝2.所以所求椭圆的方程为＋＝1.4分

(2)直线l的方程为y＝k(x－2)．联立方程组消去y并整理得(3k2＋1)x2－12k2x＋12k2－6＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，得x1＋x2＝，x1x2＝，所以|AB|＝|x1－x2|＝.

设AB的中点M(x0，y0)，得x0＝，y0＝－.得直线MP的斜率为－，又xP＝3，所以|MP|＝·|x0－xP|＝·.当△ABP为正三角形时，|MP|＝|AB|，即·＝·.解得k＝±1.即直线l的方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0.12分

21．【解析】(1)若f(x)≤－1对定义域内的x恒成立，则f(x)max≤－1.

于是f(1)＋1＝－a－a＋1＋1≤0?a≥1.

当a≥1时，f′(x)＝＝0?x＝1，x＝－1＋.

因为x＝－1＋≤0，则当x∈(0，1)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，1)上单调递增，

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递减，

则f(x)max＝f(1)＝1－2a≤－1，即f(x)≤－1恒成立．

故实数a的取值范围为.5分

(2)由(1)知，实数a的取值范围为.

f(1＋sin θ)－f(1－sin θ)＝ln(1＋sin θ)－a(1＋sin θ)－－＝ln(1＋sin θ)－ln(1－sin θ)－2asin θ－(a－1)＝ln(1＋sin θ)－ln(1－sin θ)－2asin θ＋2(a－1)＝ln(1＋sin θ)－ln(1－sin θ)－2asin θ－2＝ln(1＋sin θ)－ln(1－sin θ)＋2a－2≥ln(1＋sin θ)－ln(1－sin θ)＋2－2＝ln(1＋sin θ)－ln(1－sin θ)＋2(sin2θ－1)＝ln(1＋sin θ)－ln(1－sin θ)－2sin θ.

令h(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)－2x(0≤x<1)，则

h′(x)＝＋－2＝－2≥2－2＝0，

∴h(x)在区间[0，1)上单调递增，∴h(x)≥h(0)＝0.

由题意知，sin θ∈[0，1)，于是ln(1＋sin θ)－ln(1－sin θ)－2sin θ≥0，

∴f(1＋sin θ)≥f(1－sin θ)．

故对任意的θ∈，f(1－sin θ)≤f(1＋sin θ)成立.12分

22．【解析】(1)解：由A，B，C，D四点共圆，得∠CDE＝∠ABE，

又∠DEC＝∠BEA，∴△ABE∽△CDE，于是＝＝.①

设DE＝a，CE＝b，则由＝，得3b2＝2a2，即b＝a

代入①，得＝＝.5分

(2)证明：由EF∥CD，得∠AEF＝∠CDE.

∵∠CDE＝∠ABE，∴∠AEF＝∠EBF.又∠BFE＝∠EFA，

∴△BEF∽△EAF，于是＝，故FA，FE，FB成等比数列.10分

23．【解析】(1)由曲线C：ρ2cos 2θ＝ρ2(cos2θ－sin2θ)＝1，

得x2－y2＝1　①5分

(2)把直线参数方程化为标准参数方程得：

(t为参数)　②

把②代入①得：

－＝1

整理，得t2－4t－6＝0

设其两根为t1，t2，

则t1＋t2＝4，t1·t2＝－68分

从而弦长为|t1－t2|＝＝＝＝2.10分

24．【解析】(1)当a＝4时，|2x＋1|－|x－1|≤2，

x<－时，－x－2≤2，得－4≤x<－

－≤x≤1时，3x≤2，得－≤x≤3分

x>1时，x≤0，此时x不存在

∴不等式的解集为5分

(2)设f(x)＝|2x＋1|－|x－1|＝

故f(x)∈，即f(x)的最小值为－8分

故a≥10分