高中数学(文科)模拟试卷答案

一.选择题(共40分) 题号 答案 1 2 3 D 4 A 5 D 6 D 7 A 8 B C C 二.填空题(共30分) 9.-4 10.三、解答题

15. (Ⅰ)f(x)absinxcosx3cosx， ……………………………2分

222 11. 25 12. 1320 13.

14 14.0，12

12sinx232coxs232，…………………………………4分

sin(2x223)32，…………………………………………6分

∴T（Ⅱ）∵

3………………………………………………………7分

23≤2x≤2

≤x≤ ∴

∴≤2x3≤23………………………………………………………8分

-1≤sin(2x+3)≤32 …………………………………………………10分

∴f(x)的最大值为3， f(x)的最小值为

321. …………………………12分

16.解:（Ⅰ）证明：AD平面ABE，AD//BC ∴BC平面ABE，则AEBC

又BF平面ACE，则AEBF

∴AE平面BCE ………………………………4分

（Ⅱ）证明：依题意可知：G是AC中点

 BF平面ACE 则CEBF，而BCBE

D G C

A F B

E ∴F是EC中点 …………………………………6分

在AEC中，FG//AE

∴AE//平面BFD ……………………………………………8分

（Ⅲ）解：AE//平面BFD

∴AE//FG，而AE平面BCE

∴FG平面BCE ∴FG平面BCF ……………………10分 G是AC中点

∴F是CE中点 ∴FG//AE且FG12AE1

BF平面ACE ∴BFCE ∴RtBCE中，BFCF ∴SCFB1221312CE2

21 ……………………………………………12分 SCFBFG13 ∴VCBFGVGBCF ………………………………14分

218. (Ⅰ)f(x)3axb ……………………………………………2分

1f(2)12ab a3， 由题意；4，解得f(2)8a2b4b43∴所求的解析式为f(x)13x4x4 ……………………………………………6分

32（Ⅱ）由（1）可得f(x)x4(x2)(x2)

令f(x)0，得 x2或x2， ………（8分）

∴当x2时， f(x)0，当2x2时， f(x)0，当x2时， f(x)0

因此，当x2时， f(x)有极大值当x2时， f(x)有极小值43283，…………………8分

，………10分

∴函数f(x)4313x4x4的图象大致如图。

2833由图可知：k。 ……………………………………………………14分

19.解：（Ⅰ）设G是曲线C上任一点，依题意，GEGF12 ………… 1分 ∴曲线C是以E、F为焦点的椭圆，且椭圆的长半轴a=6，半焦距c=4， ∴短半轴b=

6422202， ………………………………………………………… 3分

y2∴所求的椭圆方程为

x36201；……………………………………………………… 4分

（Ⅱ）由已知A(6,0),F(4,0)，设点P的坐标为(x,y)，则

22yx1 …………………… 6分 AP(x6,y),FP(x4,y),由已知得3620(x6)(x4)y20则2x29x180，解之得x由于y0，所以只能取x

35,223232

或x6，………………………………………… 7分

，于是y523，

所以点P的坐标为3；………………………………………………………… 8分 （Ⅲ）圆O的圆心为（0，0），半径为6，其方程为x2y236，………………… 9分 若过P的直线l与x轴垂直，则直线l的方程为x3322622232，这时，圆心到l的距离d32，

∴

AB2r2d215315，符合题意；…………………… 10分

5233kx2若过P的直线l不与x轴垂直，设其斜率为k，则直线l的方程为y533k4k2，

即2kx2y533k0，这时，圆心到l的距离d

4∴MN24r2d22533k464k2423152，…………………………… 12分

化简得，103k220，∴k115311315，

∴直线l的方程为113x15y2130， ……………………………… 13分 综上，所求的直线l的方程为x32或113x15y2130 ……………… 14分

20.解：(Ⅰ)设an的公差为d，则：a2a1d，a5a14d，

a1d6∵a26，a518，∴，∴a12,d4． ………………………2分

a14d18∴an24(n1)4n2． …………………………………………4分 （Ⅱ）当n1时，b1T1，由T1当n2时，Tn1∴TnTn1= ∴bn=13121212b11，得b112bn1，

23． …………………5分

bn，Tn1112(bn1bn) ，即bn(bn1bn)． …………………………7分

bn1． ……………………………………………………………8分 23∴bn是以

为首项，

13为公比的等比数列． …………………………………9分

21n11n()2()． ……………………………10分 3331n（Ⅲ）由（2）可知：bn∴cnanbn(4n2)2()(8n4)()． …………………………………11分

31n∴Snc1c2cn1∴

131121n11ncn4()12()(8n12)()(8n4)()．

333312131n1n1Sn4()12()(8n12)()(8n4)()． 3333313Sn23Sn4112131n1n18()8()8()(8n4)() 33333∴Sn121n1()[1()]41n1383(8n4)()

1331381n11n14()(8n4)()． 3331n∴Sn44(n1)()． ……………………………………………………………14分

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