江西省南昌市2015届高三第二次模拟考试数学理科试题有答案

2015 年 高 三 测 试 卷

数学(理科)参考答案及评分标准

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给同的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

由余弦定理求得AC23，从而ACB90即BCAC， 又因为平面AEFC平面ABCD，所以BC平面AEFC， G所以BCAG，………………………………………3分 zFAE题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D D B C A A C C B B A D 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．2 14．1x23 15．13 16．

2y21 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．解：（Ⅰ）由点C,B的坐标可以得到AOC34，AOB23，…………………2分 所以cosCOBcos(AOCAOB)212362(2)2224；……6分 （Ⅱ）因为c3,AOB23，所以C3，所以asinAb3sinB32，………8分

2所以ab2sinA2sin(23A)2sin(A26)，(0A3)，……………………11分 所以当A3时，ab最大，最大值是23．………………………………………………12分

18．解：（Ⅰ）该校运动会开幕日共有13种选择，

其中运动会期间至少两天空气质量优良的选择有：1日，2日，3日，5日，9日，10日，12日，所以运

动会期间至少两天空气质量优良的概率是P7213．…………………………………6分

（Ⅱ）随机变量所有可能取值有：0,1,2,3；………………………………………………7分

P(0)113，P(1)66113，P(2)13，P(3)13，……………………9分

所以随机变量的分布列是：

 0 1 2 3 P 16613 13 113 ……………………10分 13

随机变量的数学期望是E01131613261211331313．……………………12分 4219．（Ⅰ）证明：在梯形ABCD中，因为ADDCCB2，AB4，cosCBA2122，所

以ABC60,

在矩形AEFC中，tanAGEEG1，AGE4，E CtanCGFCFDyGF1，CGF4，

B所以CGFAGEA2，即AGCG，

x所以AG平面BCG；……………………………………………………………………………6分

（Ⅱ）FCAC，平面AEFC平面ABCD，所以FC平面ABCD， 以点C为原点，CA,CB,CF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则C(0,0,0),A(23,0,0),B(0,2,0),D3,1,0),G(3,0,3)，…………………………8分

平面BCG的法向量GA(3,0,3)，

设平面GCD的法向量n(x,y,z)，则nCG0，从而xz0nCD0，

3xy0令x1则n(1,3,1)，…………………………………………………………………………10分所以cosn,GA2310331315，…………………………………………………11分 而二面角D—GCB为钝角， 故所求二面角的余弦值为105．………………………………………………………………12分 20．解：（Ⅰ）当l垂直于OD时|AB|最小，

因为|OD|194132，所以r134(32)22，…………………………………2分

因为圆Cx2y2r21:(r0)的一条直径是椭圆C2的长轴，所以a2，

29又点D在椭圆Cxy2ab1(ab0)上，所以12:2244b21b3， 所以圆Cx2y24，椭圆Cx2y21的方程为2的方程为431；………………………5分 （Ⅱ）椭圆C2的右焦点F的坐标是(1,0)，

当直线m垂直于x轴时，|PQ|23， |MN|4，四边形PMQN的面积S43，

当直线m垂直于y轴时，|PQ|4，|MN|3，四边形PMQN的面积S6，…………6分

当直线m不垂直于坐标轴时，设n的方程为yk(x1)(k0)，此时直线m的方程为y1(x1)， k综上：实数m的取值范围是[1,)．……………………………………………………………12分 22．解：

AF是圆的切线，且AF18,BC15，

4k23圆心O到直线m的距离为：d，所以|PQ|2rd2，…………8分 22k1k11222222将直线n的方程代入椭圆C2的方程得到：4k3x8kx4k120，

8k224k212|MN|(1k)[(2)42]，

4k34k3所以：四边形PMQN的面积

2164k42S|PQ||MN|16k48 224k348k2148431(6,43)，

34k2342k综上：四边形PMQN的面积的取值范围是[6,43]．…………………………………………12分

12x22ax1(x0)，记g(x)2x22ax1………1分 21．解：（Ⅰ）f'(x)2x2axx（一）当a0时，因为x0，所以g(x)10，函数f(x)在(0,)上单调递增；……2分

（二）当0a2时，因为△4(a22)0，所以g(x)0，函数f(x)在(0,)上单调递增；…………………………………………………………………………………………………3分

x0aa22aa22（三）当a2时，由，解得x(,)，

g(x)022aa22aa22所以函数f(x)在区间(,)上单调递减，

22aa22aa22在区间(0,),(,)上单调递增．…………………………5分

22（Ⅱ）由（1）知道当a(1,2)时，函数f(x)在区间(0,1]上单调递增， 所以x(0,1]时，函数f(x)的最大值是f(1)22a，

对任意的a(1,2)，都存在x0(0,1]使得不等式f(x0)lnam(aa)成立，等价于对任意的

2由切割线定理得到AF2FBFC182FB(FB15)FB12，…………………3分 ABAD,ABDADB，

则FABABD,AF//BD，…………………………………………………………………6分 又AD//FC，四边形ADBF为平行四边形．

ADFB12,ACFADBF,ACAF18，

AEADAD//FC,，解得AE8。………………………………………………10分

18AEBC12xcos2223．解：（Ⅰ）圆O的参数方程可以化为：， y12sin2212121所以圆O的直角坐标方程是(x)(y)， ………………………………………2分

222222直线l的极坐标方程可以化为：， sincos222所以直线l的直角坐标方程为：xy10；…………………………………………………5分

x2y2xy0x0（Ⅱ）由，得．………………………………………………………8分

y1xy10故直线l与圆O公共点为(0,1)，该点的一个极坐标为(1,)．………………………………10分

22224．解：（Ⅰ）不等式f(x)0等价于|2x1||x3|，两边平方得：4x4x1x6x9，

2即：3x10x80，……………………………………………………………………………2分

22解得x4或x，所以原不等式的解集是：{x|x4或x}；……………………5分

33（Ⅱ）不等式a3|x3|f(x)等价于a|2x1|2|x3|，

因为|2x1|2|x3||(2x1)2(x3)|7…………………………………………………9分 所以a的取值范围(,7)。………………………………………………………………………10分

a(1,2)，不等式22alnam(aa2)都成立，……………………………………6分

即对任意的a(1,2)，不等式lnama(m2)a20都成立， 记h(a)lnama(m2)a2，则h(1)0，

221(2a1)(ma1)2a12ma(m2)0， ，因为a(1,2)，所以aaa当m1时，对任意a(1,2)，ma10，所以h'(a)0，即h(a)在区间(1,2)上单调递增，h(a)h(1)0成立；…………………………………………………………………………9分 h'(a)当m1时，存在a0(1,2)使得当a(1,a0)时，ma10，h'(a)0，h(a)单调递减，从而

h(a)h(1)0，所以a(1,2)时，h(a)0不能恒成立．

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