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云南省师范大学附属中学2015届高考数学适应性月考试题(二)文



云南师范大学附属中学 2015 届高考数学适应性月考试题(二)文(扫描版)

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2

3

云南师大附中 2015 届高考适应性月考卷(二) 文科数学参考答案 第Ⅰ卷(选择题,共 60 分) 选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分)
4

【解析】 1.由 A ? {0, 2} , B ? {0, 1, 2} ,所以 A
B ? {0, 2} ,故选 C.

2 3 2.由 z ? ?i ? i ? 1 ? i ,则 z ? 1 ? i ,其对应的点为 (1, 1) ,在第一象限,故选 A.

3.由 {an } 为等差数列,故而

a6 ?

a3 ? a9 ?6 2 ,又 S11 ? 11a6 ? 66 ,故选 D.

m ?m ?m m m ?m m ?m 4.由 f (m) ? e ? e ? 1 ? 2 ,则 e ? e ? 1 ,故而 f (?m) ? e ? e ? 1 ? ?(e ? e ) ? 1 ? 0 ,故选 C.

5.如图 1,由题意可知,该三棱锥为边长为 1 的正方体内以 A, B, C , D 为顶点的三棱锥,则其表面积
? 1 ? 2 ,故选 B.

S表 =S△ ABC ? S△ ABD ? S△ BCD ? S△ ACD

图1

8.①错,因为分别与两平行平面平行的两直线可以是平行、相交或异面; ②错,因为两直线的位置关系可以是平行、相交或异面; ③错,因为两直线的位置关系可以是平行、相交或异面; ④对,直线 m 、 n 的方向向量分别是两互相垂直平面 ? 、 ? 的法向量,故而 m ? n ,所以有 3 个命题是 假命题,故选 C.

9.如图 2 所示,由椭圆的第一定义知, 又有

PF1 ? PF2 ? 14
,而
2



PF1 ? PF2 ? 2

,故而

PF1 ? 8
2



PF2 ? 6
2

F1 F2 ? 2 49 ? 24 ? 10

,所以

PF1 ? PF2 ? F1 F2


图2

故 △PF1 F2 为 Rt△ ,则 故选 B.

S△ PF1F2 ?

1 PF1 ? PF2 ? 24 2 ,

5

第Ⅱ卷(非选择题,共 90 分) 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 题号 答案 【解析】
2 2 2 13.由 (2a ? b) ? 4(a) ? 4a ? b ? (b) ?

13
2 3

14
?2

15 900

16 4

4 ? 4 ?1? 2 ?

1 ? 4 ? 12 2a ? b ? 2 3 2 ,所以 .

14. x, y 满足的线性区域如图 3 阴影部分所示,由 z ? 2 x ? y , 即 y ? 2 x ? z ,则 ? z 为直线 y ? 2 x ? z 的 y 截距, 则当 z 最小时,直线的 y 截距最大,由题意结合图形可知, 直线 y ? 2 x ? z 在经过点 B(0, 2) 时, y 截距取得最大, 即此时 z 最小,故而当 x ? 0, y ? 2 , zmin ? 0 ? 2 ? ?2 .
图3

15.经观察可知,由两位的“和谐数”有 9 个,而三位的“和谐数”相当于在两位数的中间增加 0 至 9 中 任意一个数,故而三位的“和谐数”有 9 ? 10 ? 90 个,而四位的“和谐数”相当于三位的“和谐数”中间 的数字重复出现一次,则四位的“和谐数”有 90 个;同理,五位的 “和谐数”有 90 ? 10 ? 900 个,六位的 “和谐数”有 900 个.

16. 由题意可知: 三棱锥 IO1O2 O3 是以 I 为顶点 O1O2 O3 为底面的正三棱锥. 如图 4 所示, 记 O 为底面 O1O2 O3 的中心,则正三棱锥 IO1O2 O3 外接球的球心在直线 OI 上,记其球心为 P , 由题意知 O1O2 ? 6 , O1 I ? 4 , O1O ? 2 3 , OI ? 2 . 设球 P 的半径为 r ,则 OP ? r ? 2 , PO1 ? r ,
2 2 2 2 2 有 (OO1 ) ? ( PO) ? ( PO1 ) ,即 r ? (r ? 2) ? 12 ,

图4

6

解得 r ? 4 ,所以球 P 的半径为 4 . 三、解答题(共 70 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)

18. (本小题满分 12 分) 解: (Ⅰ)由频率分布直方图可知, 25 N? ? 250 0.02 ? 5 总人数 人. ????????????????????(2 分) (Ⅱ)由题意知,分层抽样年龄在第 1、2、3 组中抽取的人数之比为:
(0.02 ? 5) : (0.02 ? 5) : (0.08 ? 5) ? 1:1: 4 ,

由于一共抽取 6 人,故而年龄在第 1、2、3 组的人数分别是 1 人、1 人与 4 人. ??(5 分) (Ⅲ) 由 (Ⅱ) 可设年龄在第 1 组的 1 人为 A , 年龄在第 2 组的 1 人为 B , 年龄在第 3 组的 4 人为 C1 、C2 、
C3 、 C4 ,则从这 6 人中抽取 2 人的所有可能结果为:

( A, B) ,( A, C1 ) ,( A, C2 ) ,( A, C3 ) ,( A, C4 ) ,( B, C1 ) ,( B, C2 ) ,( B, C3 ) ,( B, C4 ) ,(C1 , C2 ) ,(C1 , C3 ) ,
(C1 , C4 ) , (C2 , C3 ) , (C2 , C4 ) , (C3 , C4 ) ,共有 15 种.

其中恰有 1 人年龄在第 3 组的所有结果为:
( A, C1 ) , ( A, C2 ) , ( A, C3 ) , ( A, C4 ) , ( B, C1 ) , ( B, C2 ) , ( B, C3 ) , ( B, C4 ) ,共 8 种.

8 15 所以恰有 1 人年龄在第 3 组的概率为 .

????????????????(12 分)

19. (本小题满分 12 分) 1 ?? 2 时,点 F 为 PA 的中点, (Ⅰ)证明:当 如图 5,取 PB 的中点 O ,连接 OF 、 OC , 则 OF ∥ AB 且
OF ? 1 AB ? 1 2 ,
图5

7

又由题意知, CD ∥ AB 且 CD ? 1 , 所以 CD ∥ OF 且 CD ? OF ,故而四边形 CDFO 为平行四边形, 所以 DF ∥ OC ,又由 DF ? 平面 PBC 且 OC ? 平面 PBC , 所以 DF ∥平面PBC . ???????????????(6 分)

(Ⅱ)解:如图 6,取 BC 的中点 I ,连接 PI ,由 BC ? PB ? PC ? 2 , 则 PI ? BC ,且 PI ? 3 , 又侧面 PBC ? 底面 ABCD 且平面 PBC 平面 ABCD ? BC ,

1 VP ? ACD ? ? PI ? S△ ACD 3 所以 PI ? 平面 ABCD ,所以 ,

由题意知,

S△ ACD ?

3 1 VP ? ACD ? BC ? CD ? 1 3 , 2 ,所以

图6

1 1 3 1 VF ? PCD ? VA? PCD ? VP ? ACD ? PF ? PA 3 3 9 3 由 ,则 , 3 三棱锥 F ? PCD 的体积为 9 .

??????????????????(12 分)

20. (本小题满分 12 分)

x2 y2 ? 2 ?1 解: (Ⅰ)由抛物线方程,得焦点 F2 ( 3, 0) ,故可设椭圆的方程为 b ? 3 b ,
2

? y 2 ? 4 3 x, ? ? ? x ? 3, 解方程组 ? 解得 C ( 3, 2 3) , D( 3, ? 2 3) ,

F2 C

由抛物线与椭圆的对称性,可得:

F2 S

?

CD ST

?4 3

,所以

F2 S ?

1? ? 1 S ? 3, ? 2?. 2 ,即 ?

1 3 ? 4 ?1 2 2 2 b ? 3 b2 因此 ,解得 b ? 1 ,故而 a ? 4 ,

x2 ? y2 ? 1 4 所以椭圆 E 的方程为 .

????????????????????(4 分)

(Ⅱ)由题意知直线 l 的斜率存在,设其为 k . ①当 k ? 0 时, OA ? OB ? 0 ? tOP ,所以 t ? 0 ; ②当 k ? 0 时,则直线 l 的方程为 y ? k ( x ? 3) ,
8

? x2 2 ? ? y ? 1, ?4 2 2 2 2 ? y ? k ( x ? 3), 联立 ? 消去 y 并整理得: (1 ? 4k ) x ? 24k x ? 36k ? 4 ? 0 ,
2 2 2 2 由Δ ? (24k ) ? 4(1 ? 4k )(36k ? 4) ? 0 ,得

0 ? k2 ?

1 5,

设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) , P( x0 , y0 ) ,则

x1 ? x2 ?

24k 2 36k 2 ? 4 , x1 x2 ? 2 1 ? 4k 1 ? 4k 2 .

因为 OA ? OB ? tOP ,所以 ( x1 ? x2 , y1 ? y2 ) ? t ( x0 , y0 ) ,
1 24k 2 x0 ? ( x1 ? x2 ) ? t t (1 ? 4k 2 ) , 所以

1 1 ?6k y0 ? ( y1 ? y2 ) ? [k ( x1 ? x2 ) ? 6k ] ? t t t (1 ? 4k 2 ) .

? 24k 2 ? ? ?6k ? ? 4? ?4 ? 2 ? t (1 ? 4 k ) t (1 ? 4k 2 ) ? ? ? ? ? P 因为点 在椭圆上,所以 ,

2

2

解得

t2 ?

36k 2 9 ?9? 2 1 ? 4k 1 ? 4k 2 ,
1 5 ,故而 0 ? t 2 ? 4 ,所以 t ? (?2, 0)

由于

0 ? k2 ?

(0, 2) ,

综合①②可知, t ? (?2, 2) . ????????????????????(12 分)

(Ⅱ)证明:由题意知, 要证

x1 ?

x1 ? x2 ? x2 f ?( x1 ) ? f ?( x2 ) ,

即要证

x2 ?1 x2 ? x1 x1 x x1 ? ? x2 ? 1 ? ? 2 x ln x2 ? ln x1 x1 ln 2 x1


9

x2 t ?1 ? t ?1 1? ?t x ln t 1 令 ,则只需要证明 ,由 ln t ? 0 ,即等价证明: ln t ? t ? 1 ? t ln t (t ? 1) .

①设 g (t ) ? t ? 1 ? ln t (t ≥ 1) ,则

1 g ?(t ) ? 1 ? ≥ 0(t ≥ 1) t ,故而 g (t ) 在 [1, ? ?) 上单调递增,而当 t ? 1 时,

g (t ) ? t ? 1 ? ln t ? g (1) ? 0 ,即 ln t ? t ? 1(t ? 1) ; ? ②设 h(t ) ? t ln t ? (t ? 1)(t ≥ 1) ,则 h (t ) ? ln t ≥ 0(t ≥ 1) ,故而 h(t ) 在 [1, ? ?) 上单调递增,而当 t ? 1 时, h(t ) ? t ln t ? (t ? 1) ? h(1) ? 0(t ? 1) ,即 t ? 1 ? t ln t (t ? 1) .
x1 ? x1 ? x2 ? x2 ? f ( x1 ) ? f ?( x2 ) .

综上①②知, ln t ? t ? 1 ? t ln t (t ? 1) 成立,即

????(12 分)

22. (本小题满分 10 分) 【选修 4? 1:几何证明选讲】 证明: (Ⅰ)如图 7,连接 DG,AB, ∵AD 为⊙ M 的直径, ∴ ?ABD ? ?AGD ? 90? ,
图7

在⊙O 中, ?ABC ? ?AEC ? ?ABD ? 90? , ∴AC 为⊙O 的直径. ??????????????????????(5 分)

(Ⅱ)∵ ?AEC ? 90? ,∴ ?CEF ? 90? , ∵点 G 为弧 BD 的中点,∴ ?BAG ? ?GAD , 在⊙O 中, ?BAE ? ?ECB ,∴ △ AGD ∽△CEF , ∴ AG ? EF ? CE ? GD . ??????????????????????(10 分)

? ? x ? ?2 ? ? ? ? ? y ? ?4 ? (Ⅱ)由题意可知直线 l 的标准参数方程为 ?
2 2 代入 y ? 2ax 得到 t ? 2 2(4 ? a)t ? 8(4 ? a) ? 0 ,

2 t, 2 2 t, 2 ( t 为参数) ,

则有 t1 ? t2 ? 2 2(4 ? a), t1 ? t2 ? 8(4 ? a) ,
10

2 由 ? ? 8(4 ? a) ? 4 ? 8(4 ? a) ? 0 ,即 a ? 0 或 a ? ?4 . 2 2 2 因为 | MN | ?| PM | ? | PN | ,所以 (t1 ? t2 ) ? (t1 ? t2 ) ? 4t1 ? t2 ? t1 ? t2 ,

解得 a ? 1 或 a ? ?4 (舍) , 所以 a ? 1 . ????????????????????????(10 分)

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