贵州省贵阳市普通高中2015届高三8月摸底考试数学(文)试题及答案

贵阳市普通高中2015届高三年级8月摸底考试

文科数学

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.复数z32i，i是虚数单位，则z的虚部是

A.2i B.-2i C..2 D.-2 2．设集合A=xN3x7，B=xN4x8，则A A.{5,6} B.{4，5，6，7} C.{x|43．已知fx是定义在R上的奇函数，且x0时fx的图像如图所示，则f2 A.-3 B.-2 C.-1 D.2 4．抛物线y8x的准线方程为 A.x=2 B. y5．下列判断错误的是

A. \"ambm\"是\"ab\"的充分不必要条件

B.命题\"xR,xx10\"的否定是\"xR,xx10\" C.命题“若32322B

1 C.x=-2 D.y=2 2224，则tan=1”的逆否命题是“若tan1,则4”

D.若pq为假命题，则p,q均为假命题

6．某程序框图如图所示，现输入如下四个函数，则可以输出的函数是 A. fxx1 B. fxcosx C. fxe D. fx2x1 x

7．已知等比数列an的前n项和为Sn，且S37a1，则数列an的公比q的值为 A.2 B.3 C.2或-3 D.2或3

x08．设x,y满足约束条件xy，则z3x2y的最大值是

2xy1 A.3 B.4 C.5 D.6 9．要得到函数ysin2x的图像，只要将函数ysin2x A.向左平移

的图像 4单位 B. 向右平移单位 C. 向左平移单位 D. 向右平移单位 448810．已知两个平面垂直，给出下列四个命题：

①一个平面内的已知直线必垂直另一平面内的任意一条直线. ②一个平面内的已知直线必垂直另一平面内的无数条直线. ③一个平面内的任一条直线必垂直另一平面. ④在一个平面内一定存在直线平行于另一平面. 其中正确命题的个数是

A.0 B.1 C.2 D.3

11．已知圆C: xy12,直线l:4x3y25，圆C上任意一点A到直线的距离小于2的概率为 A.

221111 B. C. D. 6324lgx,0x1012．已知函数fx1，若a,b,c互不相等，

x6,x102且fafbfc，则abc的取值范围是

A.(1,10) B.(5,6) C.(10,12) D.(20,24) 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分. 13．已知幂函数yfx的图像经过点11,，则该函数的解析式为 . 4214．在等差数列an中，a4a106，则此数列前13项的和是 . 15．已知向量a,b满足a2bab6，且a1,b2，则a与b的夹角为 . 16．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积与其外接球的表面积之比为 .

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17．（本小题满分12分）



在ABC，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且cosA=

1. 3(1)求cos(B+C)+cos2A的值； （2）若a=3，求bc的最大值.

18．（本小题满分12分）

在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC底面ABCD,F为BE的中点. （1）求证：DE平面ACF；

（2）若CE=1，AB=2,求三棱锥E-ACF的体积.

19．（本小题满分12分）

交通指数是指交通拥堵指数的简称，是综合反映道路网畅通或拥堵的概念，记交通指数T. 其范围为[0，10],分别有五个级别：T0,2畅通；T2,4基本畅通；T4,6轻度拥堵；

T6,8中度拥堵；T8,10严重拥堵.在晚高峰时段T2，从贵阳市交通指挥中心选取了市

区20个交通路段，依据其交通指数数据绘制的频率分布直方图如图所示.

(1) 求出轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段各有多少个？

(2) 用分层抽样的方法从轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段中共抽出6个路段，求依次抽

取的三个级别路段的个数；

(3) 从（2）中抽取的6个路段中任取2个，求至少一个路段为轻度拥堵的概率.

20．（本小题满分12分）

x2y21如图，在平面直角坐标系xoy中，椭圆221(ab0)的离心率为，过椭圆由焦点F作两

ab2条互相垂直的弦AB与CD.当直线AB斜率为0时，弦AB长4.

(1) 求椭圆的方程； (2) 若ABCD48.求直线AB的方程. 721．（本小题满分12分）

已知函数fxxlnx. （1）求fx的最小值；

（2）设FxaxfxaR，讨论函数Fx的单调性.

2请考生在第22、23、24三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一天计分.做答是用2B铅笔 在答题纸上把所选题目对应题号下方的方框涂黑. 22．（本小题满分10分） 如图，已知AP是圆O的切线，P为切点，AC是圆O的割线，与圆O交于B,C两点，圆心O在PAC的内部，点M是BC中点.

（1） 证明：A,P,O,M四点公园共圆；（2）求OAMAPM的大小. 23．（本小题满分10分）

已知切线C的极坐标方程是2，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直

1x1t2线L的参数方程为（t为参数）.

y23t2(1) 写出直线L与曲线C的直角坐标系下的方程； (2) 设曲线C经过伸缩变换xx，得到曲线C，判断L与切线C交点的个数.

y2y

24．（本小题满分10分）

设函数fxxa. （1）当a=2时，解不等式fx4x1； （2）若fx1的解集为0,2，

11am0,n0，求证：m+2n4. m2n

1 3102所以cos(B+C)+cos2A=-cosA+cosA-1= --------------------6分

917.解析：（1）在ABC中，因为cosA=（2）由余弦定理知abc2bccosA

222224bc2bcbcbc 3334当b=c时 ，bc的最大值是----------------------12分

9所以3=bc2218.解析：（1）证明如下：连接OF.

由四边形ABCD是正方形可知，点O为BD中点. 又F为BE 中点，所以OFDE.

又OF平面ACF, DE平面ACF, 所以DE平面ACF. -------------6分

（2）因为在EBC中，BCCE,F为BE的中点，CE=1，BC=2

所以SCEF1112SBCE21 2224又因为底面ABCD 是正方形，EC底面ABCD 所以ABBC,ABCE,BC所以AB平面BCE

所以三棱锥E-ACF的体积VEACFVACEF=SCEFABCEC

131212-----12分 34619.解析：（1）由直方图得：这20个路段中，轻度拥堵的路段有（0.1+0.2）120=6个，中度拥堵的路段有0.250.2120=9个，严重拥堵的路段有0.10.2120=3个.----------4分 （2）由（1）知：拥堵路段共有6+9+3=18个，按分层抽样，从18个路段选出6个，依次抽取的三个级别路段的个数分别为

6666=2，9=3，3=1，即从交通指数在4,6，6,8，8,10的路段181818中分别抽取的个数为2,3,1.-------8分

A2,选出的3个中度拥堵路段为B1,B2,B3,选出的1个严重拥（3）记选出的2个轻度拥堵路段为A1，堵路段为C1,则从这6个路段中选出2个路段的所有可能情况如下：

A1,A2,A1,B1,A1,B2,A1,B3,A1,C1,A2,B1,A2,B2,A2,B3,A2,C1,

B1,B2,B1,B3,B1,C1,B2,B3,B2,C1,B3,C1，共15种情况.其中至少有一个轻度拥堵路

段的情况有：A1,A2,A1,B1,A1,B2,A1,B3,A1,C1,A2,B1,A2,B2,

A2,B3,A2,C1，共9种.

所以所选2个路段中至少一个轻度拥堵的概率是20.解析：（1）由题意知e93. ----------12分 155c1，2a4，又a2b2c2，解得： a2x2y2a2,b3，所以椭圆方程为：1.--------6分

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（2）①当两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，由题意知ABCD7，不满足条件；②当两弦斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y=k(x-1), 则直线CD的方程为y1(x1). k将直线AB方程代入椭圆方程中并整理得34k2x28k2x4k2120，

12k218k24k2122,x1x2则x1x2，所以ABk1x1x2. 22234k34k34k1122112k21. k同理，CD243k432k84k2112k2112k2148所以ABCD== 34k23k2434k23k2472解得k1，所以直线AB方程为x-y-1=0或x+y-1=0.-------12分 21.解析：（1）fxlnx1x0，令fx0得x1. e当x0,时 ，fx0；当x,时，fx0，

1e1e11fx在0,上递减，在,递增.

ee当x1111时，fxminln.----------- 6分 eeee212ax21（2）Fxaxlnx1x0,Fx2ax0.

xx①当a0时，恒有Fx0,Fx在0,上是增函数；

2②当a0时，令Fx0,得2ax10,解得0x1， 2a 令Fx0,得2ax10,解得x21； 2a综上，当a0时，Fx在0,上是增函数；

当a0时，Fx在0,11上单调递增，在上单调递减. ----12分 ,2a2a22.解析：（1）证明：连接OP,OM.因为AP与圆O相切于点P,所以OPAP.

因为M是圆O的弦BC的中点，所以OMBC.于是OPAOMA180由圆心O在

PAC的内部，可知四边形APOM的对角互补，所以A,P,O,M四点共圆. -------5分

（2） 由（1）得A,P,O,M四点共圆，所以OAMOPM.由（1）得OPOA, 由圆心O在PAC的内部，可知OPMAPM90, 所以OAMAPM90. -----------10分

23.解析：（1）消去参数t得直线L的直角坐标方程为:3xy320, 由公式xy得曲线C的直角坐标方程为xy4；--------5分

22222xxy224，由于直线L恒过点1,2，点(2)曲线C经过伸缩变换得到曲线C的方程为x4y2y1,2在椭圆内部，所以直线L与椭圆相交，

故直线与椭圆有两个交点.-------10分

24.解析：（1）当a=2时，不等式为x2x14， 因为方程x2x14的解为x1所以不等式的解集为,217,x2 2217,； 2（2）fx1即xa1，解得a1xa1，而fx1解集是0,2，

所以a1011，解得a=1,所以1m0,n0

m2na12114.---------10分 m2n所以m2n(m2n)