数学_2015年福建省某校高考数学模拟最后一卷(理科)(含答案)

2015年福建省某校高考数学模拟最后一卷（理科）
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. “a >b ，c >0”是“ac >bc”的（ ）
A 充分不必要条件
B 必要不充分条件
C 充要条件
D 既不充分也不必要条件 2. 已知M ={(x, y)|y =2x }，N ={(x, y)|y =a}，若M ∩N =⌀，则实数a 的取值范围为（ ）
A (−∞, 1)
B (−∞, 1]
C (−∞, 0)
D (−∞, 0]
3. 执行如图所示的程序框图，若a =1，b =2，则输出的结果是（ ）
A 9
B 11
C 13
D 15
4. 已知角θ的终边经过点P(4, m)，且sinθ=3
5，则m 等于( ) A −3 B 3 C 16
3 D ±3 5. 复数z =
m+i 1+i
（m ∈R ，i 为虚数单位）在复平面上对应的点不可能位于（ ）
A 第一象限
B 第二象限
C 第三象限
D 第四象限
6. 设F 1，F 2为椭圆x 2
4+y 2=1的两个焦点，点P 在椭圆上，若线段PF 1的中点在y 轴上，则
|PF 2||PF 1|的值为（ ）
A 1
3 B 1
5 C 1
7 D 1
9
7. 在如图5×5的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么x +y +z 的值为（ ）
8. 若定义在R 上的函数f(x)满足：对任意x 1，x 2∈R 有f(x 1+x 2)=f(x 1)+f(x 2)+1，则下列说法一定正确的是（ ）
A f(x)为奇函数
B f(x)为偶函数
C f(x)+1为奇函数
D f(x)+1为偶函数
9. 若等式(2x −1)2014=a 0+a 1x +a 2x 2+...+a 2014x 2014对于一切实数x 都成立，则a 0+
12
a 1+13a 2+...+
12015
a 2014=( )
A 1
4030 B 1
2015 C 2
2015 D 0
10. 在平面直角坐标系中，把横、纵坐标均为有理数的点称为有理点．若a 为无理数，则在过点P(a, −1
2)的所有直线中（ ）
A 有无穷多条直线，每条直线上至少存在两个有理点
B 恰有n(n ≥2)条直线，每条直线上至少存在两个有理点
C 有且仅有一条直线至少过两个有理点
D 每条直线至多过一个有理点
二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置． 11. 一个总体分为A ，B ，C 三层，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为15的样本，若B 层中每个个体被抽到的概率都为1
20，则总体的个数为________．
12. 在△ABC 中，若角A 为锐角，且AB →=(2, 3)，AC →
=(3, m)，则实数m 的取值范围是________．
13. 如图所示2×2方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是1、2、3中的任何一个，允许重复．若填入A 方格的数字大于B 方格的数字，则不同的填法共有________种（用数字作答）． C D
14.
如图，在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =5，BC =4，AA 1=3，沿
该长方体对角面ABC 1D 1将其截成两部分，并将它们再拼成一个新的四棱柱，那么这个四棱柱表面积的最大值为________．
15. 为了近似估计π的值，用计算机分别产生90个在[−1, 1]的均匀随机数x 1，x 2，…，x 90和y 1，y 2，…，y 90，在90组数对(x i , y i )(1≤i ≤90, i ∈N ∗)中，
经统计有25组数对满足{y ≤tan π
4x
(x +1)2+(y −1)2
≤4
，则以此估计的π值为________．
三、解答题：本大题共5小题，共80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16. 甲、乙两支篮球队赛季总决赛采用7场4胜制，每场必须分出胜负，场与场之间互不影响，只要有一队获胜4场就结束比赛．现已比赛了4场，且甲篮球队胜3场．已知甲球队第5，
6场获胜的概率均为35
，但由于体力原因，第7场获胜的概率为2
5
．
（1）求甲队分别以4:2，4:3获胜的概率；
（2）设X 表示决出冠军时比赛的场数，求X 的分布列及数学期望．
17. 某同学用“五点法”画函数f(x)=Asin(ωx +φ)+B(A >0, ω>0, |φ|<π
2)在某一个周期
内的图象时，列表并填入的部分数据如表：
（1）请求出表中的x 1，x 2，x 3的值，并写出函数f(x)的解析式；
（2）将f(x)的图象向右平移2
3个单位得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在区间[0, m](3<m <4)上的图象的最高点和最低点分别为M ，N ，求向量NM →
与ON →
夹角θ的大小． 18. 在平面直角坐标系xOy 中，点B 与点A(−1, 1)关于原点O 对称，P 是动点，且直线AP 与BP 的斜率之积等于−1
3．
(Ⅰ)求动点P 的轨迹方程；
(Ⅱ)设直线AP 和BP 分别与直线x ＝3交于点M ，N ，问：是否存在点P 使得△PAB 与△PMN 的面积相等？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由．
19. 如图，菱形ABCD 的边长为2，现将△ACD 沿对角线AC 折起至△ACP 位置，并使平面
PAC ⊥平面ABC ．
（1）求证：AC ⊥PB ；
（2）在菱形ABCD 中，若∠ABC =60∘，求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值； （3）求四面体PABC 体积的最大值．
20. 已知函数f(x)=1
2x 2−ax +(a −1)lnx(a >1)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a =2，数列{a n }满足a n+1=f(a n )． ①若首项a 1=10，证明数列{a n }为递增数列；
②若首项为正整数，且数列{a n }为递增数列，求首项a 1的最小值．
选做题：本题设有（1）（2）（3）三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答，满分7分．如果多做，则按所做的前两题计分．【选修4-2：矩阵与变换】
21. 在平面直角坐标系中，矩阵M 对应的变换将平面上的任意一点P(x, y)变换为点P′(x −2y, x +y)．
（1）求矩阵M 的逆矩阵M −1；
（2）求圆x 2+y 2=1在矩阵M 对应的变换作用后得到的曲线C 的方程．
【选修4-4：坐标系与参数方程】
22. 在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l 过点P(1, 0)，
斜率为√3，曲线C:ρ=ρcos2θ+8cosθ．
（1）写出直线l 的一个参数方程及曲线C 的直角坐标方程； （2）若直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求|PA|⋅|PB|的值．
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知m ≥0，函数f(x)=2|x −1|−|2x +m|的最大值为3． （1）求实数m 的值；
（2）若实数a ，b ，c 满足a −2b +c =m ，求a 2+b 2+c 2的最小值．
2015年福建省某校高考数学模拟最后一卷（理科）答案
1. A
2. D
3. C
4. B
5. C
6. C
7. A
8. C
9. B 10. C 11. 300
12. (−2,9
2
)∪(9
2
,+∞)
13. 27 14. 114 15. 28
9
16. 解：（1）设甲队以4:2，4:3获胜的事件分别为A ，B ， ∵ 甲队第5，6场获胜的概率均为3
5，第7场获胜的概率为2
5，
∴ P(A)=(1−35
)⋅35
=
625
，P(B)=(1−35
)2⋅25
=
8
125
，
∴ 甲队以4:2，4:3获胜的概率分别为6
25
和
8
125
．
（2）随机变量X 的可能取值为5，6，7， ∴ P(X =5)=3
5
，P(X =6)=(1−3
5
)⋅3
5
=
625
，P(X =7)=(1−35
)2⋅25
+(1−3
5
)2⋅(1−
2
5
)=4
25， ∴ 随机变量X 的分布列为
E(X)=5×35+6×6
25+7×4
25=
13925
．
17. 解：（1）由条件知，1
3ω+ϕ=π
2，7
3ω+ϕ=3π2
，
∴ ω=π
2，ϕ=π
3， ∴ x 1=−2
3
，x 2=4
3
，x 3=
103
，f(x)=√3sin(π2
x +π
3
)．
（2）∵ 函数f(x)的图象向右平移2
3个单位得到函数g(x)的图象， ∴ g(x)=√3sin[π
2(x −2
3)+π
3]=√3sin π
2x ，
∵ 函数g(x)在区间[0, m]（m ∈(3, 4)）上的图象的最高点和最低点分别为M ，N ， ∴ 最高点为M(1,√3)，最低点为N(3,−√3)，∴ ON →
=(3,−√3)，NM →
=(−2,2√3)， ∴ cosθ=|ON →
|⋅|NM →
|˙
=−
√3
2
，又0≤θ≤π，∴ θ=
5π6
．
18. （1）因为点B 与A(−1, 1)关于原点O 对称，所以点B 得坐标为(1, −1)． 设点P 的坐标为(x, y)
y −1x +1⋅y +1x −1=−1
3
化简得x 2+3y 2＝4(x ≠±1)．
故动点P 轨迹方程为x 2+3y 2＝4(x ≠±1)
（2）若存在点P 使得△PAB 与△PMN 的面积相等，设点P 的坐标为(x 0, y 0) 则12|PA|⋅|PB|sin∠APB =1
2|PM|⋅|PN|sin∠MPN ． 因为sin∠APB ＝sin∠MPN ， 所以|PA||PM|=|PN|
|PB|
所以|x 0
+1|
|3−x 0
|
=|3−x 0|
|x
0−1|
即(3−x 0)2＝|x 02
−1|，解得x 0=5
3
因为x 02+3y 02＝4，所以y 0=±
√33
9
故存在点P 使得△PAB 与△PMN 的面积相等，此时点P 的坐标为(53
,±
√33
9
)． 19. 解：（1）证明：取AC 中点O ，连接PO ，BO ，由于四边形ABCD 为菱形，∴ PA =PC ，BA =BC ，∴ PO ⊥AC ，BO ⊥AC ，又PO ∩BO =O ， ∴ AC ⊥平面POB ，又PB ⊂平面POB ，∴ AC ⊥PB ．
（2）∵ 平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ∩平面ABC =AC ，PO ⊂平面PAC ， PO ⊥AC ，∴ PO ⊥面ABC ，∴ OB ，OC ，OP 两两垂直，
故以O 为原点，以OB →
，OC →
，OP →
方向分别为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，∵ ∠ABC =60∘，菱形ABCD 的边长为2，
∴ A(0,−1,0),B(√3，0，0)，C(0,1,0)，P(0,0,√3)，AB →
=(√3,1,0)，PB →
=(√3,0,−√3)，PC →
=(0,1,−√3)，
设平面PBC 的法向量n →
=(x,y,z)，直线AB 与平面PBC 成角为θ， ∴ {
√3x −√3z =0
y −√3z =0
，取x =1，则y =√3，z =1，于是n →=(1,√3,1)，
∴ sinθ=|cos <AB →
，n →
>|=|√3+√3
2⋅√5
|=
√155，∴ 直线AB 与平面PBC 成角的正弦值为√15
5
． （3）法一：
设∠ABC =∠APC =α，α∈(0, π)，∴ PO =APcos α2
=2cos α2
，S △ABC =1
2
⋅22sinα=2sinα，
又PO ⊥平面ABC ，∴ V PABC =13
S △ABC ⋅PO =43
sinαcos α2
=83
sin α2
cos 2α2
=83
sin α2
(1−sin 2α
2
)
(0<
α2
<π
2)，
∴ V 2=329
⋅2sin
2α
2
(1−sin 2α
2
)(1−sin 2α
2
)≤329(2sin 2α2+1−sin 2α2+1−sin 2
α
23
)3=32×2
9×27，
∴ V ≤
16√327，当且仅当2sin 2α
2
=1−sin 2α
2，即sin α
2=
√3
3
时取等号， ∴ 四面体PABC 体积的最大值为
16√3
27
． 法二：设∠ABC =∠APC =α，α∈(0, π)，
∴ PO =APcos α2
=2cos α2
，S △ABC =1
2
⋅22sinα=2sinα，又PO ⊥平面ABC ，
∴ V PABC =13
S △ABC ⋅PO =43
sinαcos α2
=83
sin α2
cos 2α2
=83
sin α2
(1−sin 2α2
)(0<
α2
<π
2
)，
设t =sin α2，则V PABC =8
3(t −t 3)，且0<t <1， ∴ V′PABC =8
3(1−3t 2)，
∴ 当0<t <√33
时，V ′PABC >0，当√3
3<t <1时，V ′PABC <0，
∴ 当t =
√3
3时，V PABC 取得最大值16√327，∴ 四面体PABC 体积的最大值为16√327
． 法三：设PO =x ，则BO =x ，AC =2√4−x 2，(0<x <2)
又PO ⊥平面ABC ，
∴ V P−ABC =1
3
PO ⋅S △ABC =1
3
⋅x ⋅1
2
⋅x ⋅2√4−x 2=1
3
⋅x 2√4−x 2，
∵ 13
⋅x 2√4−x 2=13
√12
x 2⋅x 2(8−2x 2)≤1
3
√12(
x 2+x 2+8−2x 23
)
3
=
16√3
27
， 当且仅当x 2=8−2x 2，即x =
2√63时取等号，∴ 四面体PABC 体积的最大值为16√3
27
． 20. 解：(1)∵ f(x)=1
2x 2−ax +(a −1)lnx ， 可知其定义域为(0, +∞)， ∴ f′(x)=
x 2−ax+a−1
x
=
(x−1)(x+1−a)
x
(x >0)，
当a =2时，则f′(x)=(x−1)2
x
≥0在(0, +∞)上恒成立，
当1<a <2时，若x ∈(a −1, 1)，则f′(x)<0，若x ∈(0, a −1)或x ∈(1, +∞)，则
f′(x)>0，
当a >2时，若x ∈(1, a −1)，则f′(x)<0，若x ∈(0, 1)或x ∈(a −1, +∞)，则f′(x)>0， 综上所述：当1<a <2时，函数f(x)在区间(a −1, 1)上单调递减， 在区间(0, a −1)和(1, +∞)上单调递增； 当a =2时，函数在(0, +∞)上单调递增；
当a >2时，函数f(x)在区间(0, 1)上单调递减，在区间(0, 1)和(a −1, +∞)上单调递增． (2)若a =2，则f(x)=1
2x 2−2x +lnx ，由(1)知函数f(x)在区间(0, +∞)上单调递增，
①因为a 1=10，所以a 2=f(a 1)=f(10)=30+ln10，可知a 2>a 1>0， 假设0<a k <a k+1(k ≥1)，因为函数f(x)在区间(0, +∞)上单调递增， ∴ f(a k+1)>f(a k )，即得a k+2>a k+1>0，
由数学归纳法原理知，a n+1>a n 对于一切正整数n 都成立， ∴ 数列{a n }为递增数列．
②由①知：当且仅当0<a 1<a 2，数列{a n }为递增数列，
∴ f(a 1)>a 1，即1
2a 12
−3a 1+lna 1>0（a 1为正整数），
设g(x)=1
2x 2−3x +lnx(x ≥1)，则g′(x)=x 2−3x+1
x
，
∴ 函数g(x)在区间(
3+√52
，+∞)上递增，
由于g(5)=ln5−52<0，g(6)=ln6>0，又a 1为正整数， ∴ 首项a 1的最小值为6．
21. 解：设P′(x′, y′)，依题意得：{x′=x −2y
y′=x +y
，
∴ {x =13x′+23y′
y =−13
x′+13
y ，∴ M −1
=(13−
13
2
313
)；
（2）∵ 点P(x, y)在圆x 2+y 2=1上，
又{x =13x′+2
3y′
y =−13
x′+13
y
，∴ (13x′+23y′)2+(−13x′+1
3y′)2=1，
即得2x′2+2x′y′+5y′2=9，
∴ 变换作用后得到的曲线C 的方程为2x 2+2xy +5y 2=9． 22. 解：（1）∵ 直线l 过点P(1, 0)，斜率为√3， ∴ 直线l 的一个参数方程为{x =1+1
2
t
y =√3
2t
（t 为参数）； ∵ ρ=ρcos2θ+8cosθ，∴ ρ(1−cos2θ)=8cosθ，即得(ρsinθ)2=4ρcosθ， ∴ y 2=4x ，∴ 曲线C 的直角坐标方程为y 2=4x ．
（2） 把{x =1+1
2
t
y =√3
2t 代入y 2=4x 整理得：3t 2−8t −16=0， 设点A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1t 2=−16
3， ∴ |PA|⋅|PB|=|t 1t 2|=
163
．
23. 解：（1）f(x)=2|x −1|−|2x +m|=|2x −2|−|2x +m|≤|(2x −2)−(2x +m)|=|m +2|
∵ m ≥0，∴ f(x)≤|m +2|=m +2，当x =1时取等号，
∴ f(x)max =m +2，又f(x)的最大值为3，∴ m +2=3，即m =1．
（2）根据柯西不等式得：(a 2+b 2+c 2)[12+(−2)2+12]≥(a −2b +c)2， ∵ a −2b +c =m =1，∴ a 2+b 2+c 2≥1
6，
当a 1=b −2=c 1，即a =16，b =−13，c =16时取等号，∴ a 2+b 2+c 2的最小值为1
6．。