历年卷数学-15广一模理数

试卷类2015年广州市普通高中毕业班综合测试（一数学（理科4，211501202B所在的市、县/区、学校以及自己的和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。用2B2B应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；使用铅笔和涂改液。2B参考公式：锥体的体积公式V1ShSh3122232 n2nn12n nN*．6,,,NMN

(UMN(UN已知向量a=34aN(UNA． C．

D．191, B.91,C.91.5, D.91.5,

88

420图xay10x2y124A.相 B.相 C.相 D.不能确xy4y3x上存在点xy满足约束条件2xy8x

则实数mC.,

222222D.,222222223

22 2 2222222222 已知aa1xxx1a B.必要不充分条C.充要条 D.既不充分也不必要条iCfCR满足:z1z2C，以及任意R,fz11z2fz11fz2,则称映射fP.给出如下映射:①f1:CR②f2:CR③f3:CR

f1zxy,zxyi(x,yR)2fzx2y,zxyi(x,yR)2f3z2xy,zxyi(x,yR)其中,PA.① B.① C.② D.①②76530（一）必做题（9～13题已知tan2，则tan2的值 已知e为自然对数的底数，若曲线yxex在点1,e处的切线斜率 已知 量X服从正态分布N2,1.若P1X30.6826，则PX等 fxxm22m3(mZ)为偶函数，且在区间0f2的值 已知nkN*，且knkCknCk1 nC12C23C3 kCk nCnn(C

C1

n2n1

n

n kCn1n由此，可推出C122C232C3 kCn1n （二）选做题（14～15题，考生只能从中选做一题xOy中，曲线C和C的参数方程分别为xcossin(为参数 ycosx2t(t为参数.以原点Ox轴正半轴为极轴，建立极坐标系，则曲线y 与C2的交点的 AODAODC3BC是圆OBCE，BC2CE2E作圆OA为切点，BAC的平分线AD交BC于点D 则DE的长 图16（本小题满分12分f(xAsinxA0,0y 6 坐标分别为x,2和x,2 f(x求sinx的值 4 17.（本小题满分17.（本小题满分12分袋子中装有大小相同的白球和红球共7个，从袋子中任取217.X.X的分布列和数学期望PAGE20PAGE20.（本小题满分14分如图4，在边长为4的菱形ABCD中，DAB60，点E，F分别是边CD，CB的中点，AC EFO，沿EF将△CEF翻折到△PEF，连接PA,PB,PD，得到如图5的五棱锥PABFED，且PB BDBAPO的正切值DEOFPDEOFPDOBFEAB图 图已知数列a的各项均为正数，其前n项和为S，且满足a1,

1，nN* 求a2的值求数列an的通项公式是否存在正整数k,使ak

S2k1

a4k成等比数列?若存在,求k的值；若不存在 C1的中心在坐标原点，两焦点分别为双曲线C2:2

1x

2y与椭圆C1A，BA的坐标为(2,1P是椭圆C1AB点QAQAP0BQBP0ABQ三点不共线求椭圆C1的方程求点Q求ABQ面积的最大值及此时点Q的坐标PAGE21.PAGE21.（本小题满分14分fxln1xax2xa02若fx0x0都成立，求a的取值范围已知enN*

11n21

2122

ne22e e2015年广州市普通高中毕业班综合测试（一）854012345678BDCAACBB14~15题是选做题，考生只能选做一题．9.314.

2,4

10. 11. 12. 33

nn1 说明:第14题答案可以是22kkZ 68016（解：由题意可得A2, 1Txx 3 2 ∴T

4由2,得2 5f(x2sin2x 6 6 解：∵点x2f(x2sin2xy轴右侧的第一个最高点 6 062 7∴x 8 ∴sin

sin

9 4 4

10 1 2 3

11 17（

2 124 C 解：设袋子中有n(nN)个白球，依题意得，n 1C72C77nn即 1，化简得，n2n60， 27 2解得，n3或n2（舍去 3∴袋子中有3个白球 4解：由（1）得，袋子中有4个红球，3个白球 5X的可能取值为0,1,2,3 6PX047

PX1342 PX23244PX33214 10 XX0123P472741 11EX041224313 12 18（证明EF分别是边CDCBBDEF 1ABCD∴EFACEFAOEFPO 2∵AO平面POA，PO平面POA， POO∴EF平面 3∴BD平面1∵DAB60

BOPABD为等边三角形∴BD4，BH2，HA

HOPO .……5分33D33RtBHOBO

7 BH2BH2在△PBO中，BO2PO210PB2 6POEF BOOEFBFEDBOBFED∴PO平面BFED 7HHGAP，垂足为GBG由（1）BHPOAAPPOA∴BHAP ∴AP平面BHG 8BGBHGAPBG 9∴BGH为二面角BAPO的平面角 10AO2在Rt△POA中，AP AO2RtPOARtHGAPOAHGA90PAOHAG∴RtPOA～Rt ∴POPA 3232∴HG

125RtBHGtanBGHBH

5

13BAPO3

14 ，连接∵DAB60ABD为等边三角形∴BD4，BH2，HA

33HOPO 533BH2在Rt△BHO中，BOBH2PBO中BO2PO210PB2 6POEF BOOEFBFEDBOBFED∴PO平面BFED 7以OOFxAOyOPz建立空间直角坐标系OxyzA0330B2

3,0，P0,0,3，H0,

3 8zPDEH BFx∴AP0,33,3，AB2,23,zPDEH BFxPAB的法向量为nxyzA由nAPn

ABAB

3z……92x23yy1z3x3∴平面PAB的一个法向量为n3,1,3 10由（1）知平面PAO的一个法向量为BH2,0,0 11BAPO的平面角为则cos

nBHn

213213∴sin

130tansin 131cos2 1cos2BAPO319（

14（1）解a11an1

∴a2

1

13 1（2）1：由an1

1，得Sn1Sn

1， 2Sn1

12 3∵an0，∴Sn0 ∴数列

Sn是首项

1，公差为1的等差数列 1n1n 5Snn2 6当n2时，anSnSn1n2n122n1， 8a11an2n 92：由an1

1，得a 124S 2 当n2时，a12 ∴a 12a124S ∴a2a2∴a2a2∴an1an2a0an20 ∵an0∴an1an2 ∴数列an从第2项开始是以a23为首项，公差为2的等差数列 ７an32n22n1n2． a11an2n 93：由已知及（1）得a11a23猜想an2n 2①当n1，2时，由已知a11211，a23221，猜想成 3k ②假设nkk2时，猜想成立，即ak2kk 由已知ak1 k故a12 k

1，得a 124S∴ak112ak124SkSk14ak 5k

a2

2a20 kk∴ak1akak1ak2 kk∵ak0,ak10ak1ak20 7ak1ak22k122k1 8故当nk1时，猜想也成立由①②知，猜想成立，即an2n 9解：由(2)知

2n

Sn12n1n2 假设存在正整数k,ak

S2k1

a4k成等比数列2k

10即2k142k18k1 11∵k∴2k10∴2k138k∴8k312k26k18k

4k36k2k0 12∵k0∴4k26k1066243解得k66243 ∴不存在正整数k,ak

S2k1

a4k成等比数 14 1C2:2

20F2(20 1C1F1(20F2(20 y设椭圆C1a2

1ab0C1A

2,1)∴2a

AF1

4，得a2 2∴b2a2222 3x2y2∴椭圆C1的方程为

4 2C2:2

1

20F2(20 1C1F1(20F2(20 y设椭圆C

1ab0a2 C1A

2,1)∴2

2.∵a2b22 3由①②解得a24C1

b22x2y2

41：设点Qx,yP(x1,y1)，A

2,1及椭圆C1B(2,1∴AQ(x

2,y1)，AP(x1

2,y11)BQBQ(x 2,y1)，BP(x12,y11)AQAP0AQAP0

2)(x1

5即(x

2)(x1

同理,BQBP0,

(x

2)(x1

6 ①②得(x22)(x22)(y21)(y21) 7 P在椭圆C上,

1x242y2

2(y21)(x22)(y21)(y21) 1y210时，有2x2y25 11y210P(2,1P(21,此时点Q对应的坐标分别为(211(2,1)，其坐标也满足方程2x2y25 8PAP

2,1，由②得y

2x32x2y2 解方程组y

2x

得点Q的坐标为

2,1或

2,2同理,PB重合时，可得点Q的坐标为

2,22,1或 2,2∴点Q的轨迹方程为2x2y25,除去四个点

2,1,2,2,

2,1 2,2 9 2：设点Qx,yP(x1,y1)，A

2,1及椭圆C1B(2,1 ∴APAQ，BPBQx1 ∴x1

y1x

1x1

2 52x1 y2x1

y1x2y22

1x1y2

2. 6①②得 71x2 x21

∵点P在椭圆C1上

1

1y12111 2

1 y21

21

1， 1, 化简

2x2y251x2 x21

x2P(2,1P(21,此时点Q对应的坐标分别为(21(2,1)，其坐标也满足方程2x2y25 8PAP

2,1，由②得y

2x32x2y2 解方程组y

2x

得点Q的坐标为

2,1或

2,2同理,PB重合时，可得点Q的坐标为

2,22,1或 2,2∴点Q的轨迹方程为2x2y25,除去四个点

2,1,2,2,

2,1 2,2 9 x 23x 2(3)解法１：点Qx,y到直线AB:x 2x 23x 2(2 2)2(2 2)2x2x22y22

103x3

2y

11 2而22xy2(2x)( )2

（当且仅当2x 222x22x22y22当且仅当2x

xx2y4x2 22时,等号成立2

.……125x25x252522xy2由

x解得

22 x 22 或

13

y5

yQ

,此时,2

的坐标为2,2或22.…14解法２：AB

222223故当点Q到直线AB的距离最大时，△ABQ的面积最大 1０设与直线AB平行的直线为x 2ym0由

2ym0x，得5y242my2c2502x2y252由32m2202m250，解得m 522若m52，则y2，x ；若m52，则y2，x 2．…1２2 故当点Q的坐标

或

22ABQ2,2 2221221212212 2

5521（（1）解fxln1xax2x，其定义域为12fx1ax1xaxa1 11 1①当a0时，fx x，当x0,时，fx01fx在区间0,fxf00，不符合题意…2②当0a1fx0x0x1a0 x0,1a时，fx0，则fx在区间0,1a上单调递减 a a 此时，fxf00，不符合题意 3③