2015年高考模拟试卷(3)

第Ⅰ卷（必做题，共160分）

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分 ．

开始1．已知集合Mx|x22x0,Nx|x1，则（CRM）N= . 2．如果a1bi与-bi互为共轭复数（a,bR，i为虚数单位），则|abi|= ．

a1,b1Na<43．如右图，该程序运行后输出的结果为 . 14．在△ABC中，∠C＝90°，M是BC的中点，AC1．若sinB＝，则AM＝________.

35．某单位有A,B,C三部门，其人数比例为3∶4∶5，现欲用分层抽样方法抽调n名志愿者支援西部大开发 ．若在A部门恰好选出了6名志愿者，那么n＝________． 6．函数f(x)2sin(x)(0,且||bY2b+a输出b结束aa+12)的部分图像如图所示,则f(0)的值为 .

7．连续抛掷两颗骰子得到的点数分别是a，b，则函数f(x)ax2bx在x1处取得最 值的概率是 .

8．在等差数列an和等比数列bn中，已知a18,a22,b11,b22，那么满足anbn的n的所有取值构成的集合是 .

9．已知如图所示的多面体EFABCD中，四边形ABCD是菱形，四边形BDEF是 矩形，ED⊥平面ABCD，∠BAD＝10．如果关于x的方程xE.若BF＝BD＝2，则多面体的体积 ． 3ADFCa3有两个实数解，那么实数a的值是 ． x2Bxa2,x„0,11．设fx 若f0是fx的最小值，则实数a的取值范围为 . 1xa,x0.xFGa2x2y212．已知椭圆2右焦点、右顶点依次为O,F,G,直线x与x轴交于H点，则1(a3)的中心、

OHa3a23

取得最大值时a的值为 .

13．在四边形ABCD中，AB2，ADBC，

BABABCBC3BDBD，则四边形ABCD的面积是 ．

log1(x1),x0,114．f(x)是定义在R上的奇函数，若当x0时，f(x)2 ，则关于x的函

1x3,x1,数F(x)f(x)a(1a0)的所有零点之和为 （用a表示）

- 1 -

二、解答题：本大题共6小题，共90分.

15．（本小题满分14分）如图，在xoy平面上，点A(1,0)，点B在单位圆上，AOB（0）

34（1）若点B(,)，求tan()的值；

455（2）若OAOBOC，OBOC

y B O C 18，求cos(). 133A x

第15题图 16．（本小题满分14分）在四棱锥PABCD中,平面PAC平面ABCD,ABC是边长为4的正三角形,AC与BD的交点M恰好是AC中点,又ADC120,点N在线段PB上,且

(1)求证：PABD； (2)求证：MN//平面PDC.

- 2 -

NPPN1. NB3

DMA

C

B

17.（本小题满分14分）2014年8月以“分享青春，共筑未来”为口号的青奥会在江苏南京举行，

为此某商店经销一种青奥会纪念徽章，每枚徽章的成本为30元，并且每卖出一枚徽章需向相关部门上缴a元（a为常数，2a5），设每枚徽章的售价为x元（35x41）.根据市场调查，日销售量与ex（e为自然对数的底数）成反比例.已知当每枚徽章的售价为40元时，日销售量为10枚. （1）求该商店的日利润L(x)与每枚徽章的售价x的函数关系式；

（2）当每枚徽章的售价为多少元时，该商店的日利润L(x)最大？并求出L(x)的最大值.

x2y218．(本小题满分16分) 已知椭圆E:221(ab0)过点

ab2,1，离心率为2． 2 （1）若A是椭圆E的上顶点，F1,F2分别是左右焦点，直线AF1,AF2分别交椭圆于B,C，直线BO交AC于D，

求证SABD:SABC3:5；

（2）若A1,A2分别是椭圆E的左右顶点，动点M满足MA2A1A2，且MA1交椭圆E于点P．

求证：OPOM为定值.

- 3 -

119.（本小题满分16分）已知函数f(x)ax2lnx，g(x)bx，设h(x)f(x)g(x).

2（1）若f(x)在x2处取得极值，且f(1)g(1)2，求函数h(x)的单调区间； 2（2）若a0时函数h(x)有两个不同的零点x1,x2.

①求b的取值范围；②求证：

20.（本小题满分16分）若数列Cn满足①cncn2cn1，②存在常数M(M与n无关），使cnM.则称数列cn是“和谐数列”.

（1）设Sn为等比数列an的前n项和，且a42,S430，求证：数列Sn是“和谐数列”；

（2）设an是各项为正数，公比为q的等比数列，Sn是an的前n项和，求证：数列Sn是“和谐数列”

的充要条件为0q1.

x1x21. e2

- 4 -

第Ⅱ卷（附加题，共40分）

21．[选做题]本题包括A、B、C、D四小题，每小题10分；请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．A．（选修４－１：几何证明选讲）如图，AB是圆O的直径，D为圆O上一点，过D作圆O的切线交AB的延长线于点C．若AB = 2 BC ， 求证：AC．

2aB．（选修４－２：矩阵与变换）已知矩阵M，其中a,b均为实数，若点A(3,1)在b1AODBC矩阵M的变换作用下得到点B(3,5)，求矩阵M的特征值.

C．（选修４－４：坐标系与参数方程）在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，3x2t5 （t为参数）两种坐标系取相同的单位长度．已知曲线C1:和曲线C2:sin22cos相交于A、By4t5两点，求AB中点的直角坐标．

D．（选修４－５：不等式选讲）已知实数a，b，c，d满足abcd3，a22b23c26d25，求a的取值范围．

【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分.

- 5 -

22．（本小题满分10分）甲、乙、丙三位同学商量高考后外出旅游，甲提议去古都西安，乙提议去海上花园厦门，

丙表示随意．最终，三人商定以抛硬币的方式决定结果．规则是：由丙抛掷硬币若干次，若正面朝上，则甲得一分、乙得零分；若反面朝上，则乙得一分、甲得零分，先得4分者获胜．三人均执行胜者的提议．若记所需抛掷硬币的次数为X． （1）求X6的概率；

（2）求X的分布列和数学期望．

23．（本小题满分10分）在数学上，常用符号来表示算式，如记ai=a0a1a2a3i0i（1）若a0，a1，a2，…，an成等差数列，且a00，求证：aiCnan2n1；

i0nnnN. an，其中iN，

（2）若(1x)a0a1xa2xk2k12nia2nx，bna2i，记dn1[(1)ibiCn]，且不等式t(dn1)bn恒

2ni0i1nn成立，求实数t的取值范围.

- 6 -

2015年高考模拟试卷(3)参考答案

第Ⅰ卷（必做题，共160分）

一、填空题

1．0,1； 2．5 ； 3．1027； 由流程图，b和a的值依次为1,1;3,2;10,3;1027,4，结束循环. 4．3；5．24；6．3；7

1； 8．【解析】 由已知得，令anbn，可得6n142n1，an6n14,bn2n1，3,5 ；12解得n3或5，所以满足anbn的n的所有取值构成的集合是3,5.

E89．3； 【解析】如图，连接AC，AC∩BD＝O.因为四边形ABCD是菱形，所以，AC⊥BD，3又因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以，ED⊥AC.因为，ED，BD⊂平面BDEF，

ADOFC且ED∩BD＝D，所以，AC⊥平面BDEF，所以，AO为四棱锥A-BDEF的高．又因为，四边形ABCD是菱形，∠BAD＝

B，所以，△ABD为等边三角形．又因为，BF＝BD＝2，所以，AD＝2，AO＝348 3，即多面体的体积为3. 10．4 ； 11．0,2； 12．2；

33则|a|=|b|=|c|=1，a+b=3c，所以，得cos=c，

3，S四边形BDEF＝4，所以，V四棱锥A-BDEF＝23；13．【解析】 设

BABAa，BCBCb，BDBD1,又由ADBC，2所以，可得图形为有一个

a323. 角的菱形，所以，其面积S2223114．1；【解析】 根据对称性，作出R上的函数图象，由F(x)f(x)a，

2所以，零点就是f(x)与ya0,1交点的横坐标，共有5个交点，根据对称性，函数f(x)的图象与

-3x3-4-2x4-1y112x13x24-1xy=-aya0,1的交点在2,4之间的交点关于x3对称，所以，x1x26，在5,43,2

之间的两个交点关于x3对称，所以，x3x46，设x1,0，则x0,1，所以，

f(x)log1(x1)f(x)，即f(x)log1(x1)，由f(x)a0，所以，

2211log1(x1)a0，即x51，所以，x1x2x3x4x51.

222二、解答题

aa343415. （1）由于B(,)，AOB，所以cos，sin ，

555541tan1所以tan， 所以tan() ；

341tan7（2）由于OA(1,0),OB(cos,sin),

- 7 -

所以OCOAOB(1cos,sin),

OCOBcos(1cos)sin2coscos2sin2所以cos 所以cos(18. 13512，所以sin， 13133)cos3cossin3sin5123. 2616．（1）因为ABC是正三角形,M是AC中点, 所以BMAC,即BDAC, 又平面PAC平面ABCD,平面PAC平面ABCDAC,BD平面ABCD,BDAC,

所以BD平面PAC. 又PA平面PAC,所以PABD.. (2)在正三角形ABC中,BM23

N

P A在ACD中，因为M为AC中点, DMAC，所以ADCD, 因为ADC120,所以ADM60.

23所以, DM ,所以BM:MD3:1,

3B

M C

D

所以BN:NPBM:MD,所以MN//PD. 又MN平面PDC,PD平面PDC,

所 以MN//平面PDC. 17. （1）设日销售量为

40kk，则10， x40ee10e40所以k10e，则日销售量为x枚.

e每枚徽章的售价为x元时，每枚徽章的利润为(x30a)元，

10e40x30a则日利润L(x)(x30a)x10e40(35x41).

eex31ax（2）L(x)10e40(35x41). xe①当2a4时，3331a35，而35x41， 所以L(x)0,L(x)在35,41上单调递减，

则当x35时，L(x)取得最大值为10(5a)e5. ②当4a5时，3531a36，令L(x)0，得xa31， 当x35,a31时，L(x)0,L(x)在35,a31上单调递增； 当xa31,41时，L(x)0,L(x)在a31,41上单调递减.

- 8 -

所以当xa31时，L(x)取得最大值为10e9a.

综上，当2a4时，每枚徽章的售价为35元时，该商店的日利润L(x)最大,L(x)max10(5a)e5; 当4a5时，每枚徽章的售价为（a31）元时，该商店的日利润L(x)最大，L(x)max10e9a . 121,22ba18. （1）易得且c2a2b2，

c2,2ayADF1B a4， 解得2

b2，2oF2Cxx2y2所以,椭圆E的方程为+=1；

42 所以，A(0,2),F1(2,0),F2(2,0)，

所以，直线AB:yx2，直线AC:yx2 将 yx2代入椭圆方程可得3x242x0， 所以B(41412,2)，同理可得C(2,2)， 33331x， 4所以直线BO为y1yx412联立，得交点D(2,2)，

55yx288所以，AD,AC，即AD:AC3:5

53所以，SABDyPM:SABC3:5；

A1F1 y0)，P(x1， y1)， （2）设M(2，oF2A2x 易得直线MA1的方程为yy0yx0， 42y022y02y02x2y2xx40， 代入椭圆+=1,得182242由2x1从而y14y028y028得，x12y028y028，

8y0， y02824y0288y022y088y0所以OPOM， 2(2， y0)24. 22y08y08y08y08- 9 -

19. (1)因为f(x)ax1，所以f(1)a1, x由f(1)g(1)2可得a=b-3. 又因为f(x)在x所以f(2处取得极值， 222)a20， 22所以a= -2,b=1 . 所以h(x)x2lnxx，其定义域为（0，+）

12x2x1(2x1)(x1) h(x)2x1=xxx1令h(x)0得x1,x21，

2当x（0,1）时，h(x)>0，当x（1,+）h(x)<0，

所以函数h(x)在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减. （2）当a0时，h(x)lnxbx，其定义域为（0，+）. ①由h(x)0得b-所以(x)lnxlnxlnx1，记(x)，则(x), 2xxxlnx在(0,e)单调减，在(e,)单调增， xlnx1取得最小值. xe所以当xe时(x)又(1)0，所以x(0,1)时(x)0，而x(1,)时(x)0,

1 所以b的取值范围是（，0）.

e②由题意得lnx1bx10,lnx2bx20,

所以lnx1x2b(x1x2)0,lnx2lnx1b(x2x1)0, 所以

lnx1x2xx21，不妨设x1lnx2lnx1x2x1x1x2(lnx2lnx1)2. x2x1要证x1x2e2 , 只需要证lnx1x2即证lnx2lnx1则F(t)lnt2(x2x1)x，设t2(t1),

x2x1x12(t1)4lnt2, t1t114(t1)20, 所以F(t)t(t1)2t(t1)2所以函数F(t)在（1，+）上单调增，而F(1)0， 所以F(t)0即lnt2(t1), t1- 10 -

所以x1x2e2 .

a4a1q3a11620. （1）设公比为q，则1, a1(1q4)qs421q所以sn3212n5.

)(32n5112n3) 因为snsn2(32=32232(=(32112n5212n3)1122n832223212n4122n8 2)232n42n4Sn1.

且Sn3212n532.即存在常数32,

所以，数列Sn是“和谐数列” . （2）充分性

设等比数列an的公比q，且0q1. a1(1qn)a1a1qna1. 则Sn1q1q1q1q令Ma1，则SnM. 1qaa因为SnSn2(1)2(1qn)(1qn2)(1)2(1qnqn2q2n2)

1q1qaa(1)2(12qn1q2n2)(1)2(1qn1)2Sn12 1q1q所以Sn是“和谐数列” 必要性

等比数列an各项为正，且Sn是“和谐数列”. 因为an0. 所以，q0. 下面用反证法证明，q1

（1）当q1,则Snna1,因为a10,所以，不存在M，使na1M对nN1恒成立; a1(qn1)aa1qn1 当q1，则Snq1q1q1所以，对于给定的正数M，若

a1naq1M, q1q1- 11 -

因为，q1，所以，nlogq(即当nlogq(q1M1). a1q1M1)时，有SnM. a1所以，不存在常数M，使SnM. 所以，0q1.

综上,数列Sn是“和谐数列”的充要条件为其公比为0q1.

第Ⅱ卷（附加题，共40分）

21. A. 连结OD，BD，

因为AB是圆O的直径，所以ADB90o，AB2OB． 由AB = 2 BC， 所以，ABOC，

因为DC是圆O的切线，所以CDO90o． 于是△ADB△CDO， 所以，ADDC

所以，AC.

23a3,2a33B．由条件可知，所以， 15b13b15D A · O B C

则a3,b2． 矩阵的特征多项式为f()223(2)(1)(2)(3)234 1 令f()0,得两个特征值分别为11,24． C. 将C1化为直角坐标方程为4x3y80 将C2化为直角坐标方程为y22x

将直线方程代入y22x可得2y23y80

2y12y2413 解之可得y1y2，y1y24，所以，x1x2 282341所以，中点坐标为,

416D. 由柯西不等式，得(2b23c26d2)111≥(bcd)2，

236即2b23c26d2≥bcd． 由条件，得5a2≥3a，

22- 12 -

解得1≤a≤2，当且仅当2b123c136d16 时等号成立，

1121代入b1,c,d时，amax2；b1,c,d时，amin1，

3633所以a的取值范围是[1,2]． 22. （1）抛掷硬币正面向上、反面向上的概率都为

321， 21115PX62C

22216

35（2）X的分布列为:

X P 4 5 6 7 1 81 4

5 165 16115593所以，EX4567.

8416161623. （1）设等差数列的通项公式为ana0nd，其中d为公差

i则aiCna0a1Cn1a2Cn2i0nn01anCna0(CnCnn12Cn)d(Cn2CnnnCn)

kk1因为kCnnCn1

12所以Cn2Cnnn01nCnn(Cn1Cn1n1Cn1)

i所以aiCna02nnd2n1=an2n1.

i0注：第（1）问也可以用倒序相加法证明. （2）令x1，则ai22223i02n22n2(14n)24n2

1 令x1，则[(1)iai]0，

i02n1所以bna2i(24n2)4n1

2i00123(41)Cn(421)Cn(431)Cn根据已知条件可知，dnCnn(1)n(4n1)Cn

n0123[CnCn(4)Cn(4)2Cn(4)3n01234Cn(4)n][CnCnCnCnCnn(1)nCn]1

n(14n)(1n1)1(3) ，

所以dn(3)n1

将bn4n1、dn(3)n1代入不等式t(dn1)bn得，t(3)n4n1

- 13 -

41415当n为偶数时，t()n()n，所以t()2()2；

333334141当n为奇数，t[()n()n]，所以t[()1()1]1；

33335综上所述，所以实数t的取值范围是[1,].

3

- 14 -