1、2015年广东省潮州市高考数学二模试卷（文科）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分50分1（5分）若复数（2+i）（1+ai）是纯虚数（i是虚数单位，a是实数），则a等于（） A 1 B C 2 D 3【考点】： 复数代数形式的乘除运算【专题】： 数系的扩充和复数【分析】： 利用复数的乘法运算法则化简复数，通过复数虚部不为0，实部为0，求解即可【解析】： 解：复数（2+i）（1+ai）=2a+（2a+1）i，复数（2+i）（1+ai）是纯虚数，可得2a=0，2a+10，解得a=2故选：C【点评】： 本题考查复数的基本运算以及基本概念的应用，考查计算能力2（5分）从匀速传递的新产品生产
2、流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件新产品进行某项指标检测，这样的抽样是（） A 系统抽样 B 分层抽样 C 简单随机抽样 D 随机数法【考点】： 系统抽样方法【专题】： 概率与统计【分析】： 根据抽样的定义和性质进行判断即可【解析】： 解：新产品没有明显差异，抽取时间间隔相同，故属于系统抽样，故选：A【点评】： 本题主要考查系统抽样的判断，比较基础3（5分）在空间中，两两相交的三条直线最多可以确定的平面的个数有（） A 1个 B 2个 C 3个 D 4个【考点】： 平面的基本性质及推论【专题】： 空间位置关系与距离【分析】： 根据题意，画出图形，结合图形，即可得出正确的结论【解析】： 解：
3、在空间中，两两相交的三条直线最多可以确定3个平面，如图所示；PA、PB、PC相较于一点P，且PA、PB、PC不共面，则PA、PB确定一个平面PAB，PB、PC确定一个平面PBC，PA、PC确定一个平面PAC故选：C【点评】： 本题考查了确定平面的条件是什么，解题时应画出图形，以便说明问题，是基础题目4（5分）已知数列an的前n项和，则a3a2的值为（） A 2 B 2 C 3 D 3【考点】： 等差数列的性质【专题】： 等差数列与等比数列【分析】： 直接利用数列的和，通过S3S2，S2S1求解即可【解析】： 解：数列an的前n项和，a3a2=（S3S2）（S2S1）=322222+12=2故选
4、：B【点评】： 本题考查等差数列的性质，数列的函数的特征，考查计算能力5（5分）在ABC中，若a2+b2c2，则ABC的形状是（） A 锐角三角形 B 直角三角形 C 钝角三角形 D 不能确定【考点】： 余弦定理【专题】： 计算题【分析】： 直接通过余弦定理，推出结果即可【解析】： 解：由余弦定理：a2+b22abcosC=c2，因为a2+b2c2，所以2abcosC0，所以C为钝角，钝角三角形故选C【点评】： 本题考查三角形的形状的判断，余弦定理的考查，也可以通过特殊值法能够避繁就简，注意表达式的形式的转化6（5分）若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD中，其中AB=2BC=4，则质点
5、落在以AB为直径的半圆内的概率是（） A B C D 【考点】： 几何概型【专题】： 概率与统计【分析】： 利用几何槪型的概率公式，求出对应的图形的面积，利用面积比即可得到结论【解析】： 解：AB=2BC=4，AB=4，BC=2，长方体的ABCD的面积S=42=8，圆的半径r=2，半圆的面积S=2，则由几何槪型的概率公式可得质点落在以AB为直径的半圆内的概率是=，故选：B【点评】： 本题主要考查几何槪型的概率的计算，求出对应的图形的面积是解决本题的关键，是基础题7（5分）执行如图的程序框图，若输出，则输入p=（） A 6 B 7 C 8 D 9【考点】： 程序框图【专题】： 图表型；算法和程序
6、框图【分析】： 模拟执行程序框图，可得解得n的值为7，退出循环的条件为7p不成立，从而可得p的值【解析】： 解：模拟执行程序框图，可得解得：n=7故当p=7时，n=7p，不成立，退出循环，输出S的值为故选：B【点评】： 本题主要考查了循环结构的程序框图，正确判断退出循环的条件是解题的关键，属于基础题8（5分）以坐标轴为对称轴，以原点为顶点且过圆（x1）2+（y+3）2=1的圆心的抛物线的方程是（） A y=3x2或y=3x2 B y=3x2 C y2=9x或y=3x2 D y=3x2或y2=9x【考点】： 轨迹方程【专题】： 计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】： 分类讨论，设出抛物线方
7、程，代入圆心坐标，即可得出结论【解析】： 解：圆（x1）2+（y+3）2=1的圆心为（1，3），设x2=2py，（1，3）代入可得p=，抛物线的方程为x2=；设y2=2px，（1，3）代入可得p=，抛物线的方程为y2=9x，故选：D【点评】： 本题考查抛物线的方程，考查圆的性质，比较基础9（5分）已知A（1，2），B（a，1），C（b，0）三点共线，其中a0，b0，则ab的最大值是（） A B C D 【考点】： 基本不等式【专题】： 计算题；不等式的解法及应用；平面向量及应用【分析】： 由题意利用向量可推出2a+b=1，再由基本不等式求最大值即可【解析】： 解：共线，2a+b=1，（当且仅当
8、2a=b，即a=，b=时，等号成立）；，；故ab的最大值是；故选D【点评】： 本题考查了平面向量与基本不等式的应用，属于基础题10（5分）已知奇函数y=f（x）的导函数f（x）0在R恒成立，且x，y满足不等式f（x22x）+f（y22y）0，则的取值范围是（） A B C 1，2 D 【考点】： 函数的单调性与导数的关系【专题】： 函数的性质及应用；导数的综合应用【分析】： 根据函数f（x）为奇函数，导函数f（x）0，由不等式f（x22x）+f（y22y）0即可得到不等式x22x2yy2，从而得到（x1）2+（y1）22，根据该不等式所表示的几何意义即可求出的最小值和最大值，从而求得其取值范围
9、【解析】： 解：因为函数y为奇函数，所以f（x22x）f（2yy2）；由函数y=f（x）的导函数f（x）0在R恒成立，知函数y=f（x）为减函数；x22x2yy2；即（x1）2+（y1）22；满足该不等式的点（x，y），在以（1，1）为圆心，半径为的圆及圆内部；点（x，y）到原点的最小距离为0，最大距离为2；故的取值范围是0，故选：A【点评】： 考查奇函数的概念，函数导数符号和函数单调性的关系，函数单调性定义的应用，以及圆的标准方程，能找出不等式所表示的平面区域二、填空题：本大题共3小题，考生作答4小题，每小题5分，满分15分（一）必做题（11-13题）11（5分）如图是一个几何体的三视图，根
10、据图中数据，可得该几何体的表面积为32+4【考点】： 由三视图求面积、体积【专题】： 计算题【分析】： 由三视图可知，该几何体是下部为正四棱柱，上部是半径为1的球，直接求表面积即可【解析】： 解：由三视图容易推知几何体是：上部是半径为1的球，下部是底面边长为2的正方形的直四棱柱，高为3，该几何体的表面积为：4+4+24+4r2=32+4，故答案为：32+4【点评】： 本题考查三视图、组合体的表面积考查简单几何体的三视图的运用；培养同学们的空间想象能力和基本的运算能力；中档题12（5分）已知，则=1【考点】： 平面向量数量积的运算【专题】： 平面向量及应用【分析】： 已知条件两边分别平方相减可得
11、结果【解析】： 解：由，分别平方可得，两式相减得，故答案为：1【点评】： 本题考查向量的模以及向量的数量积的求法，考查计算能力13（5分）函数f（x）定义域为D，若满足：f（x）在D内是单调函数；存在a，bD使f（x）在a，b上的值域为2a，2b；那么就称y=f（x）为“域倍函数”若函数f（x）=loga（ax+2t）（a0，a1）是“域倍函数”，则t的取值范围为【考点】： 函数的零点与方程根的关系【专题】： 函数的性质及应用【分析】： 由题意利用“域倍函数”定义有，即方程f（x）=2x有两个不同实根，令ax=u0，则u2u2t=0有两个不同正实根，可得，由此解得t的范围【解析】： 解：根据函
12、数是增函数，由“域倍函数”定义有，即方程f（x）=2x有两个不同实根，即方程ax+2t=a2x有两个不同实根令ax=u0，则u2u2t=0有两个不同正实根，解得t0，故答案为：【点评】： 本题考查函数的值域的求法，解题的关键是正确理解“域倍函数”，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化，属于中档题（二）选做题（14、15题，考生只能从中选做一题）【坐标系与参数方程选做题】14（5分）已知圆的极坐标方程=2cos，直线的极坐标方程为cos2sin+7=0，则圆心到直线距离为 【考点】： 简单曲线的极坐标方程【专题】： 计算题【分析】： 先利用直角坐标与极坐标间的关系，即利用cos=x
13、，sin=y，2=x2+y2，进行代换即得圆和直线的直角坐标方程，再在直角坐标系中算出圆心到直线距离即可【解析】： 解：由=2cos2=2cosx2+y22x=0（x1）2+y2=1，cos2sin+7=0x2y+7=0，圆心到直线距离为：故答案为：【点评】： 本题考查点的极坐标和直角坐标的互化，能在极坐标系中用极坐标刻画点的位置，体会在极坐标系和平面直角坐标系中刻画点的位置的区别，能进行极坐标和直角坐标的互化【几何证明选讲选做题】15如图所示，O的两条切线PA和PB相交于点P，与O相切于A，B两点，C是O上的一点，若P=70，则ACB=55（用角度表示）【考点】： 弦切角【专题】： 选作题；
14、立体几何【分析】： 先求出AOB=110，再利用ACB=AOB，即可得出结论【解析】： 解：如图所示，连接OA，OB，则OAPA，OBPB故AOB=110，ACB=AOB=55故答案为：55【点评】： 本题考查弦切角，考查圆心角与圆周角的关系，考查学生的计算能力，比较基础三解答题：本大题共6小题，满分80分解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤16（12分）已知向量，函数的最大值为2（1）求f（x）的最小正周期和解析式；（2）设，0，f（3+）=，f（3+2）=，求cos（+）的值【考点】： 三角函数的周期性及其求法；两角和与差的余弦函数；由y=Asin（x+）的部分图象确定其解析式【专题】：
15、 三角函数的求值；三角函数的图像与性质【分析】： （1）由f（x）=利用两角差的正弦函数公式化简可得，结合已知可求A的值，即可得解析式，由周期公式可求最小正周期（2）由（1）结合诱导公式化简f（3+）=可得sin，由诱导公式化简f（3+2）=可得cos，结合，的范围，由同角三角函数关系式可求cos，sin的值，由两角和的余弦函数公式即可得解【解析】： 解：f（x）=，向量，（3分）因为函数，（A0）的最大值为2，所以A=2，（2分）所以（3分）f（x）的最小正周期（4分）（2）=f（3+）=2sin（）=2sin，（5分）sin=，（6分）f（3+2）=2sin（3+2）=2cos=，cos，
16、0，cos=，sin=（8分）cos（+）=coscossinsin=（12分）【点评】： 本题主要考查了由y=Asin（x+）的部分图象确定其解析式，三角函数的周期性及其求法，三角函数恒等变换的应用，平面向量的应用，综合性较强，属于中档题17（12分）为调查学生每周平均体育运动时间的情况，某校收集到高三（1）班20位学生的样本数据（单位：小时），将他们的每周平均体育运动时间分为6组：0，2），2，4），4，6），6，8），8，10），10，12加以统计，得到如图所示的频率分布直方图（1）根据频率分布直方图，求出该班学生的每周平均体育运动时间的平均数的估计值；（2）若在该班每周平均体育运动时间
17、低于4小时的学生中任意抽取2人，求抽取到运动时间低于2小时的学生的概率【考点】： 列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布直方图【专题】： 概率与统计【分析】： （1）利用频率分布直方图，求出各组的频率，各组的中点数值，然后求解该班学生的每周平均体育运动时间的平均数的估计值（2）求出平均运动时间低于4小时的学生中，在0，2）的人数，在2，4）的人数，列出机抽取2人的可能情况有10种，其中，抽取到运动时间低于2小时的学生的可能情况有4种，求解概率【解析】： （1）解：根据频率分布直方图，各组的频率分别为：0.05，0.2，0.3，0.25，0.15，0.05，（2分）各组的中点分别为：1，
18、3，5，7，9，11，（4分）该班学生的每周平均体育运动时间的平均数的估计值为0.051+0.23+0.35+0.257+0.159+0.0511=4.45（6分）（2）依题意可知，平均运动时间低于4小时的学生中，在0，2）的人数有0.0520=1，记为1，在2，4）的人数有0.220=4，记为2，3，4，5，（8分）从这5人中随机抽取2人的可能情况有10种，分别为：（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5）； （10分）其中，抽取到运动时间低于2小时的学生的可能情况有4种，分别为：（1，2），（1，3），（1，4），
19、（1，5）； （11分）故所求概率（12分）【点评】： 本题考查古典概型的概率的求法，频率分布直方图的应用，考查计算能力18（14分）如图1，平面五边形SABCD中SA=，AB=BC=CD=DA=2，ABC=，SAD沿AD折起成如图2，使顶点S在底面的射影是四边形ABCD的中心O，M为BC上一点，BM=（1）证明：BC平面SOM；（2）求四棱锥SABMO的体积【考点】： 棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定【专题】： 空间位置关系与距离【分析】： （1）由菱形的性质与余弦定理可得：OM，再利用勾股定理的逆定理可得OMBC，由SO平面ABCD，可得SOBC，即可证明；（2）由题意及如图2
20、知由SO底面ABCD，SOOA利用SABMO=SOAB+SOBM，四棱锥SABMO的体积=，即可得出【解析】： （1）证明：四边形ABCD为菱形，O为菱形中心，连接OB，则AOOB，又，且，在OBM中OM2=OB2+BM22OBBMcosOBM=，OB2=OM2+BM2，故OMBM，即 OMBC，又顶点S在底面的射影是四边形ABCD的中心O，由SO平面ABCD，SOBC，从而BC与平面SOM内两条相交直线OM，SO都垂直，BC平面SOM（2）解：由（1）可知，由题意及如图2知由SO底面ABCD，SOOASO=此时SABMO=SOAB+SOBM=+=+=四棱锥SABMO的体积=【点评】： 本题考
21、查了菱形的性质与余弦定理、勾股定理的逆定理、线面垂直的判定与性质定理、四棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题19（14分）已知数列an的前n项和Sn满足an+1=2Sn+6，且a1=6（1）求a2的值；（2）求数列an的通项公式；（3）设，证明：b1+b2+bn1【考点】： 数列的求和；数列递推式【专题】： 等差数列与等比数列；不等式的解法及应用【分析】： （1）令n=1，由a1=S1，即可得到所求；（2）将n换成n1，两式相减，再结合等比数列的定义和通项公式，计算即可得到所求；（3）求出Sn，可得bn，再由裂项相消求和，计算即可得证【解析】： 解：（1）当n=1时，a2=
22、2S1+6=2a1+6=18，a2=18；（2）由an+1=2Sn+6，得an=2Sn1+6（n2）：得an+1an=2Sn2Sn1，即an+1=3an（n2），又a1=6，a2=18，所以a2=3a1，数列an是以6为首项，公比为3的等比数列，；（3）证明：由（2）得：，故，=【点评】： 本题考查数列的通项和求和，主要考查等比数列的通项和数列的求和方法：裂项求和，考查运算能力，属于中档题20（14分）已知直线l：y=x+1过椭圆C：=1（ab0）的一个焦点和一个顶点（1）求椭圆C的标准方程；（2）过原点的直线与椭圆C交于A，B两点（A，B不是椭圆C的顶点）点D在椭圆C上，且ADAB，直线BD
23、与BC平面SOM轴交于点M，求常数使得kAM=kBD【考点】： 直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程【专题】： 圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】： （1）利用直线的截距，求出椭圆的几何量，然后求解方程（2）设A（x1，y1）（x1y10），D（x2，y2），直线AB的斜率，直线AD的斜率，设直线AD的方程为y=kx+m，由题意知k0，m0，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求出kBD，推出M（3x1，0）利用kAM=2kBD，求出【解析】： 解：（1）直线过两点（1分）因为椭圆的焦点在x轴时，故焦点为，顶点为（0，1）（2分）b=1，c=（3分）a=2，（4分）所以，所求椭圆C的方程为（
24、5分）（2）设A（x1，y1）（x1y10），D（x2，y2），则B（x1，y1），直线AB的斜率，（6分）又ABAD，所以直线AD的斜率，（7分）设直线AD的方程为y=kx+m，由题意知k0，m0，（8分）由，可得（1+4k2）x2+8mkx+4m24=0所以，（9分）因此，由题意知，x1x2，所以，（11分）所以直线BD的方程为，令y=0，得x=3x1，即M（3x1，0）可得（13分）所以kAM=2kBD，即=2因此存在常数=2使得结论成立（14分）【点评】： 本题考查直线与椭圆的位置关系，椭圆的标准方程的求法，考查分析问题解决问题的能力21（14分）已知函数f（x）=lnxa（x1），其
25、中a0（1）若函数f（x）在（0，+）上有极大值0，求a的值；（2）讨论并求出函数f（x）在区间上的最大值；（3）在（2）的条件下设h（x）=f（x）+x1，对任意x1，x2（0，+）（x1x2），证明：不等式恒成立【考点】： 利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最大值、最小值问题中的应用【专题】： 圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】： （1）求出函数的导数，然后判断函数的单调性求解函数的极大值，即可求解a的值（2）利用函数的导数通过，ae，分别求解函数的最值即可（3）利用分析法证明，即证明，不妨设x1x20，令，则t1，则需证明，构造函数利用函数的单调性证明即可【解析
26、】： 解：（1）（1分）明显，当x时，f（x）0，当x时，f（x）0（2分）故函数f（x）在 上单调递增，在上单调递减，（3分）因此函数f（x）在 （0，+）上有极大值（4分）lna=a1解得a=1（5分）（2）若，即，则当时，有f（x）0，函数f （x）在上单调递增，则f（x）max=f（e）=1ea+a （6分）若，即，则函数f （x）在 上单调递增，在上单调递减，（7分）若，即ae，则当时，有f（x）0，函数f （x）在上单调递减，则（8分）综上得，当时，f（x）max=1ea+a；当时，f（x）max=lna1+a；当ae时，（9分）（3）要证明只需证明（10分）只需证明即证明，（11分）不妨设x1x20，令，则t1，则需证明 （12分）令，则g（t）在（1，+）上是单调函数，故不等式得证（14分）【点评】： 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的极值，分析法构造法的应用，考查分析问题解决问题的能力
