郑州市高中毕业年级第二次质量预测文数

2015年高中毕业年级第二次质量展望文科数学参照答案一、选择题题号123456789101112答案CABCBBADCCDA二、填空题13。28；14。0;15.10；16。①②④.三、解答题17。解：（1）由Sn2an2可得a12,由于Sn2an2，因此，当n2时，anSnSn12an2anan2。1，即:an1数列{an}是以a12,2的等比数列，因此，an2n（nN.6分为首项公比为）（2）bnlog2a1log2a2log2an123nn(n1)2。由(n8)bnnk对随意nN*恒建立，即实数(n8)(n1)k对nN*恒建立;1(n2设cn8)(n1)，则当n3或4时，cn获得最小值为10，2因此k10。12分18.解解：x0.3,x150,因此yz60，（Ⅰ）由题意500由于z2y，因此y20,z40,则应抽取教师人数50202,50404.5分500应抽取学生人数500（Ⅱ）所抽取的“不同意改革"的2名教师记为a,b，4名学生记为1，2,3，4，随机选出三人的不一样选法有(a,b,1),(a,b,2),(a,b,3),(a,b,4),(a,1,2),(a,1,3),(a,1,4),(a,2,3),(a,2,4),(a,3,4)，(b,1,2)(b,1,3),(b,1,4),(b,2,3),(b,2,4),(b,3,4)，(1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),(2,3,4),共20种，9分起码有一名教师的选法有(a,b,1),(a,b,2),(a,b,3),(a,b,4),(a,1,2),(a,1,3),(a,1,4),(a,2,3),(a,2,4),(a,3,4)，(b,1,2)(b,1,3),(b,1,4),(b,2,3),(b,2,4),(b,3,4)共16种，起码有一名教师被选出的概率p164.12分20519.证明（I)取AB得中点E,连结ME,NE,由于M,N分别为AB和BC的中点，因此NE//AC,ME//AA又由于AC平面AACC,AA平面AACC，因此ME//平面AACC,NE//平面AACC,5分因此平面MNE//平面AACC，由于MN平面AMN，因此MN//平面AACC；6分(II）连结BN,设AAa，则ABAAa，由题意知BC2a,NCBNa212a2,2由于三棱柱ABCABC侧棱垂直于底面，因此平面ABC平面BBCC,由于ABAC,点N是BC的中点，因此AN平面BBCC,CNAN，9分要使CN平面AMN，只要CNBN即可，因此CN2BN2BC2，即（2a212a2）22a2,2，2则2时，CN平面AMN.12分x2y220.解:（1）由于椭圆C:a2b21(ab0),由题意得SBF1F212cb4,ec2，a2b2c2，2a2a28,因此椭圆C的方程为C:x2y21.4分解得4,84b2(2）假定存在圆心在原点的圆x2y2r2，使得该圆的随意一条切线与椭圆C恒有两个交点M,N，由于OMONOMON，因此有OMON0,设M(x1,y1),N(x2,y2),ykxm当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为ykxm.解方程组x2y2184得x22(kxm)28，即(12k2)x24kmx2m280，6分则△=16k2m24(12k2)(2m28)8(8k2m24)0，即8k2m240x1,24km16k2m24(12k2)(2m28)2(12k2)4km2m28x1x212k2,x1x212k2;22k2(2m28)4k2m22m28k2y1y2(kx1m)(kx2m)kx1x2km(x1x2)m12k212k2m12k2要使OMON0,需x1x2y1y20，即2m28m28k212k212k20，因此3m28k280,因此k23m280又8k2m240,因此m22，83m28因此m28，即m26或m26，由于直线ykxm为圆的一条切线，333m22因此圆的半径为r,r2mm8,r26，1k21k213m28338所求的圆为x2y28,10分3此时圆的切线ykxm都知足m26或m26，33而当切线的斜率不存在时，切线为x263x2y2与椭圆1的两个交点，84为(26,26)或(26,26)知足OMON0,3333综上，存在圆心在原点的圆x2y28知足条件。12分321.解:(Ⅰ）由题意f/(x)a1,令f/(x)0解得x1xa由于a(,1),因此01e，ea由f/(x)0解得0x1，由f/(x)0解得1xeaa进而f(x)的单一增区间为(0,11,e)a)，减区间为(a因此,f(x)maxf(1)11ln(1)4，aa解得，ae2．··5分（Ⅱ）函数g(x)f(x)lnxblnxbx存在零点，即方程f(x)有实数根，2x2由已知，函数f(x)的定义域为{x|x0}，1时，f(x)x1lnx,因此f(x)11xe当aeex,eex当0xe时，f/(x)0；当xe时，f/(x)0，因此，f(x)的单一增区间为(0,e)，减区间为(e,)，因此f(x)maxf(e)1，因此,|f(x)|≥1.9分lnxb1lnx.令h(x)x,则h(x)x22当0xe时，h(x)0；当xe时，进而h(x)g(x)在(0,e)上单一递加，在(e,)上单一递减，因此,h(x)maxh(e)1be2，要使方程f(x)lnxbx有实数根，2只要h(x)maxh(e)1b1即可,e2则b22·12分。e22。（Ⅰ)证明:连结BE,由题意知ABE为直角三角形.FA由于ABEADC90，AEBACB，ABE∽ADC，因此ABAE，即ABACADAE。OBDCADACE又ABBC，因此ACBCADAE。5分(Ⅱ)由于FC是圆O的切线，因此FC2FAFB，又AF2,CF22，因此BF4,ABBFAF2,由于ACFFBC，又CFBAFC，因此AFC∽CFB。因此AFAC,得ACAFBC2FCBCCFcosACD2,sinACD14sinAEB,44AEsinAB414.10分AEB723.（Ⅰ）由x3cossin得x2(3cossin)22cos223sincos1,因此曲线M可化为yx21，x[2,2]，2分由sin()2t，得2sin2cos2t，42222因此sincost，因此曲线N可化为xyt.4分（Ⅱ）若曲线M，N有公共点,则当直线N过点(2,3)时知足 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 ，此时t5，而且向左下方平行运动直到相切以前总有公共点,相切时仍旧只有一个公共点，联立xyt,得x2x1t0，yx2114(1t)0,解得t5，4综上可求得t的取值范围是55。10分t424。解:（I)不等式f(x)4x1，即3x2x14，当x2时，即3x2x14,解得5x2,343213x2x14,21,xx332x13x2x14,x(5,1).54211(11)(m)11nm4mnnnmnm2x2a,x2,3g(x)xaf(x)xa3x24x2a,2xa,32x2a,xa,x22ag(x)max33g(x)max240a1010a33