2015广州一测理数参考答案

2015广州一测理数参考答案

1 2015 年广州市普通高中毕业班综合测试（一） 数学（理科）试题参考答案及评分标准 说明：1．参考答案与评分标准给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与参考答案 不同，可根据试题主要考查的知识点和能力比照评分标准给以相应的分数． 2．对解答题中的计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答 未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的得分，但所给分数不 得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误， 就不再给分． 3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数，选择题和填空题不给中间分． 一、选择题：本大题考查基本知识和基本运算．共 8 小题，每小题 5 分，满分 40 分． 二、填空题：本大题考查基本知识和基本运算，体现选择性．共 7 小题，每小题 5 分，满 分 30 分．其中 14~15 题是选做题，考生只能选做一题． 9. 4 3 10. 2e 11. 0.1587 12. 16 13.   212nnn  14. 2, 4   15. 3 说明: 第14题答案可以是 2, 2 ,4 kk  Z . 三、解答题：本大题共 6 小题，满分 80 分． 16．（本小题满分12分） （本小题主要考查三角函数的图象与性质、三角两角和公式等等知识，考查化归与转化的 数学思想方法，以及运算求解能力） （1）解：由题意可得 2,A  ， …………………………1 分 002 2 2 T xx    ， …………………………3 分 ∴ .T  …………………………4 分 由 ,2    得 2 ， …………………………5 分 ∴ ( ) 2sin 2 6f x x  . …………………………6 分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D C A A C B B 2 （2）解： ∵ 点 0 ,2x 是函数 ( ) 2sin 2 6f x x  在 y 轴右侧的第一个最高点, ∴ 02 62x . …………………………7 分 ∴ 0 6x  . …………………………8 分 ∴ 0sin 4x  sin 64  …………………………9 分 sin cos cos sin6 4 6 4     …………………………10 分 1 2 3 2 2 2 2 2    …………………………11 分 26 4  . …………………………12 分 17．（本小题满分12分） （本小题主要考查古典概型、解方程、随机变量的分布列与均值（数学期望）等知识，考 查或然与必然的数学思想方法，以及数据处理能力、运算求解能力和应用意识） （1）解：设袋子中有 n (nN * ) 个白球，依题意得， 2 2 7 1 7 nC C  ，………………………1 分 即  1 12 76 7 2 nn  ， 化简得， 2 60nn   ， …………………………2 分 解得， 3n  或 2n  （舍去）. …………………………3 分 ∴袋子中有3 个白球. …………………………4 分 （2）解：由（1）得，袋子中有 4 个红球，3 个白球. …………………………5 分 X 的可能取值为 0,1,2,3， …………………………6 分   40 7PX，   3 4 21 7 6 7PX    ，   3 2 4 42 7 6 5 35PX     ，   3 2 1 4 13 7 6 5 4 35PX      . ………………10 分 ∴ X 的分布列为： …………………………11 分 X 0 1 2 3 P 4 7 2 7 4 35 1 35 3 G H F E P O D B A ∴ 4 2 4 1 30 1 2 37 7 35 35 5EX          . …………………………12 分 18．（本小题满分14分） （本小题主要考查空间线面关系、二面角、空间向量及坐标运算等知识，考查数形结合、 化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力） （1）证明：∵点 E ， F 分别是边CD ，CB 的中点， ∴ BD ∥ EF . …………………………1 分 ∵菱形 ABCD的对角线互相垂直， ∴ BD AC . ∴ EF AC . ∴ EF AO ， EF PO . …………………………2 分 ∵ AO 平面 POA， PO  平面 POA， AO PO O ， ∴ EF  平面 POA. …………………………3 分 ∴ BD  平面 POA. …………………………4 分 （2）解法 1：设 AO BD H ，连接 BO ， ∵ 60DAB ， ∴△ ABD 为等边三角形. ∴ 4BD  ， 2BH  ， 23HA  ， 3HO PO. ……5 分 在 R t△ BHO 中， 227BO BH HO   ， 在△ PBO 中， 2 2 210  BO PO PB ， ∴ PO BO . …………………………6 分 ∵ PO EF ， EF BO O ， EF  平面 BFED ， BO  平面 BFED ， ∴ PO 平面 BFED . …………………………7 分 过 H 作 HG AP ，垂足为G ，连接 BG ， 由（1）知 BH 平面 POA，且 AP 平面 POA， ∴ BH AP . ∵ HG BH H ， HG 平面 BHG ， BH 平面 BHG ， ∴ AP 平面 BHG . …………………………8 分 ∵ BG 平面 BHG ， ∴ AP BG . …………………………9 分 ∴ BGH 为二面角 B AP O的平面角. …………………………10 分 在 Rt△ POA中， 2230  AP AO PO ， 在 Rt△ POA和 Rt△ HGA 中， 90 ,      POA HGA PAO HAG ， ∴Rt△ POA～Rt△ HGA . …………………………11 分 ∴ PO PA HG HA . ∴ 3 2 3 30 530   PO HAHG PA . …………………………12 分 4 z y x H F E P O D B A 在 Rt△ BHG 中， 2 30tan 330 5    BHBGH HG . ……………………13 分 ∴二面角 B AP O的正切值为 30 3 . …………………………14 分 解法 2：设 AO BD H ，连接 BO ， ∵ 60DAB ， ∴△ ABD 为等边三角形. ∴ 4BD  ， 2BH  ， 23HA  ， 3HO PO.………………………5 分 在 R t△ BHO 中， 227BO BH HO   ， 在△ PBO 中， 2 2 210  BO PO PB ， ∴ PO BO . …………………………6 分 ∵ PO EF ， EF BO O ， EF  平面 BFED ， BO  平面 BFED ， ∴ PO 平面 BFED . …………………………7 分 以O 为原点，OF 所在直线为 x 轴，AO 所在直线为 y 轴，OP 所在直线为 z 轴， 建立空间直角坐标系 O xyz ， 则  0, 3 3,0A ，  2, 3,0B ，  0,0, 3P ，  0, 3,0H .…………8 分 ∴  0,3 3, 3  AP ，  2,2 3,0  AB . 设平面 PAB 的法向量为 n  ,,x y z ， 由 n  AP ， n  AB ，得 3 3 3 0, 2 2 3 0.    yz xy ……9 分 令 1y ，得 3z ， 3x . ∴平面 PAB 的一个法向量为 n  3,1, 3. …………………………10 分 由（1）知平面 PAO 的一个法向量为  2,0,0  BH ， ……………………11 分 设二面角 B AP O的平面角为 ， 则cos  cos ,  n BH   n BH n BH 2 3 39 1313 2   .………………………12 分 5 ∴ 2 130sin 1 cos 13   ， sin 30tan cos 3  .………………………13 分 ∴二面角 B AP O的正切值为 30 3 . …………………………14 分 19．（本小题满分14分） （本小题主要考查等差数列、数列的前 n 项和等知识，考查化归与转化的数学思想方法， 以及运算求解能力和创新意识） （1）解：∵ 111, 2 1nna a S   ， ∴ 2 1 12 1 2 1 3a S a     . …………………………1 分 （2）解法 1：由 1 21nnaS ，得 1 21n n nS S S    ， …………………………2 分 故  2 1 1nnSS . …………………………3 分 ∵ 0na  ，∴ 0nS  . ∴ 1 1nnSS . …………………………4 分 ∴数列 nS 是首项为 1 1S  ，公差为1的等差数列. ∴  11nS n n    . …………………………5 分 ∴ 2 nSn . …………………………6 分 当 2n  时，  22 1 1 2 1n n na S S n n n       ， …………………………8 分 又 1 1a  适合上式， ∴ 21nan. …………………………9 分 解法 2：由 1 21nnaS ，得  2 1 14nnaS  ， …………………………2 分 当 2n  时， 2 114nnaS ， …………………………3 分 ∴     22 111 1 4 4n n n n na a S S a      . …………………………４分 ∴ 22 112 2 0n n n na a a a    . ∴  1120n n n na a a a    . …………………………５分 ∵ 0na  ， 6 ∴ 1 2nnaa . …………………………６分 ∴数列 na 从第 2 项开始是以 2 3a  为首项，公差为 2 的等差数列．……………７分 ∴    3 2 2 2 1 2na n n n      ． …………………………８分 ∵ 1 1a  适合上式， ∴ 21nan. …………………………9 分 解法 3：由已知及（1）得 1 1a  ， 2 3a  ， 猜想 21nan. …………………………2 分 下面用数学归纳法证明. ① 当 1n  ，2 时，由已知 1 1 2 1 1a     ， 2 3a 2 2 1，猜想成立. ………3 分 ② 假设 nk  2k  时，猜想成立，即 21kak， …………………………4 分 由已知 1 21kkaS ，得 2 1 14kkaS  ， 故 2 114kkaS . ∴     22 111 1 4 4k k k k ka a S S a      . …………………………5 分 ∴ 2 2 2 112 2 0k k k ka a a a    . ∴  1120k k k ka a a a    . …………………………6 分 ∵ 10, 0kkaa， ∴ 1 20kkaa    . …………………………7 分 ∴  1 2 2 1 2 2 1 1kka a k k         . …………………………8 分 故当 1nk时，猜想也成立. 由①②知，猜想成立，即 21nan. …………………………9 分 （3）解：由(2)知 21nan,   21 2 1 2n nnSn. 假设存在正整数 k , 使 ka , 21kS  , 4ka 成等比数列, 则 2 2 1 4k k kS a a  . …………………………10 分 7 即     42 1 2 1 8 1k k k     . …………………………11 分 ∵ k 为正整数， ∴ 2 1 0k  . ∴  32 1 8 1kk   . ∴ 328 12 6 1 8 1k k k k     . 化简得 324 6 0k k k   . …………………………12 分 ∵ 0k  , ∴ 24 6 1 0kk   . 解得 26 6 4 4 3 13 84k    , 与 k 为正整数矛盾. ……………………13 分 ∴ 不存在正整数 k , 使 ka , 21kS  , 4ka 成等比数列. …………………………14 分 20.（本小题满分14分） （本小题主要考查椭圆的方程、双曲线的方程、直线与圆锥曲线的位置关系等知识，考查 数形结合、化归与转化、函数与方程的数学思想方法，以及推理论证能力和运算求解能力） （1）解法 1： ∵ 双曲线 2 2 2 :12 xCy的顶点为 1( 2, 0)F  , 2 ( 2, 0)F , …………1 分 ∴ 椭圆 1C 两焦点分别为 1( 2, 0)F  , 2 ( 2, 0)F . 设椭圆 1C 方程为 12 2 2 2  b y a x  0ab ， ∵ 椭圆 1C 过点 A ( 2, 1) ， ∴ 1224a AF AF   ，得 2a  . ………………………2 分 ∴  222 22ba   . ………………………3 分 ∴ 椭圆 1C 的方程为 22 142 xy. ………………………4 分 解法 2: ∵ 双曲线 2 2 2 :12 xCy的顶点为 1( 2, 0)F  , 2 ( 2, 0)F , ……………………1 分 ∴ 椭圆 1C 两焦点分别为 1( 2, 0)F  , 2 ( 2, 0)F . 8 设椭圆 1C 方程为 12 2 2 2  b y a x  0ab ， ∵ 椭圆 1C 过点 A ( 2, 1) ， ∴ 22 211ab. ① ………………………2 分 . ∵ 222ab, ② ………………………3 分 由①②解得 2 4a  , 2 2b  . ∴ 椭圆 1C 的方程为 22 142 xy. ………………………4 分 （2）解法 1：设点 ),( yxQ ，点 ),( 11 yxP ， 由 A ( 2, 1) 及椭圆 1C 关于原点对称可得 B ( 2, 1) ， ∴ ( 2, 1)AQ x y    ， 11( 2, 1)AP x y    ， ( 2, 1)BQ x y    ， 11( 2, 1)BP x y    . 由 0AQ AP   , 得 11( 2)( 2) ( 1)( 1) 0x x y y      ， ……………………5 分 即 11( 2)( 2) ( 1)( 1)x x y y      . ① 同理, 由 0BQ BP   , 得 11( 2)( 2) ( 1)( 1)x x y y      . ② ……………6 分 ① ②得 2 2 2 2 11( 2)( 2) ( 1)( 1)x x y y     . ③ ………………………7 分 由于点 P 在椭圆 1C 上, 则 22 11142 xy，得 22 1142xy , 代入③式得 2 2 2 2 112( 1)( 2) ( 1)( 1)y x y y      . 当 2 1 10y  时，有 2225xy， 当 2 1 10y  ，则点 ( 2, 1)P 或 ( 2,1)P ,此时点Q 对应的坐标分别为 ( 2,1) 或 ( 2, 1) ，其坐标也满足方程 2225xy. ………………………8 分 当点 P 与点 A 重合时，即点 P ( 2, 1) ，由②得 23yx， 9 解方程组 222 5, 2 3, xy yx    得点Q 的坐标为 2, 1 或 2 ,22  . 同理, 当点 P 与点 B 重合时，可得点Q 的坐标为 2,1 或 2 ,22  . ∴点Q 的轨迹方程为 2225xy, 除去四个点 2, 1 , 2 ,22  ,  2,1 , 2 ,22  . ………………………9 分 解法 2：设点 ),( yxQ ，点 ),( 11 yxP ， 由 A ( 2, 1) 及椭圆 1C 关于原点对称可得 B ( 2, 1) ， ∵ 0AQ AP   ， 0BQ BP   ， ∴ AQAP  ， BQBP  . ∴ 1 1 1 1 1 22 y y xx       1 2x  ，① ……………………5 分 1 1 1 1 1 22 y y xx       1 2x  . ② ……………………6 分 ①② 得 1 2 2 22 1 1 1 122 y y xx  . (*) ………………………7 分 ∵ 点 P 在椭圆 1C 上, ∴ 22 11142 xy，得 2 2 1 1 2 2 xy  , 代入(*)式得 2 21 22 1 11 12 122 x y xx   ，即 2 2 11122 y x  , 化简得 2225xy. 若点 ( 2, 1)P 或 ( 2,1)P , 此时点Q 对应的坐标分别为 ( 2,1) 或 ( 2, 1) ，其坐标也满足方程 2225xy. ………………………8 分 当点 P 与点 A 重合时，即点 P ( 2, 1) ，由②得 23yx， 解方程组 222 5, 2 3, xy yx    得点Q 的坐标为 2, 1 或 2 ,22  . 10 同理, 当点 P 与点 B 重合时，可得点Q 的坐标为 2,1 或 2 ,22  . ∴点Q 的轨迹方程为 2225xy, 除去四个点 2, 1 , 2 ,22  ,  2,1 , 2 ,22  . ………………………9 分 (3) 解法１：点Q  ,xy到直线 :AB 20xy的距离为 2 3 xy . △ ABQ 的面积为 22 21 ( 2 2) ( 1 1)2 3 xy S        ………………………10 分 2xy 222 2 2x y xy   . ………………………11 分 而 2 22 2 2 (2 ) ( ) 4 22 yyxy x x     （当且仅当 2 2 yx  时等号成立） ∴ 2 2 2 2 2 2 2 252 2 2 2 4 522 yS x y xy x y x x y         52 2 . ……12 分 当且仅当 2 2 yx  时, 等号成立. 由 22 2, 2 2 5, yx xy     解得 2 ,2 2, x y     或 2 ,2 2. x y     ………………………13 分 ∴△ ABQ 的面积最大值为 52 2 , 此时,点Q 的坐标为 2 ,22   或 2 ,22  .…14 分 解法２：由于    2 22 2 1 1 2 3AB       ， 故当点Q 到直线 AB 的距离最大时，△ ABQ 的面积最大．………………………1０分 设与直线 AB 平行的直线为 20x y m   ， 由 22 2 0, 2 5, x y m xy      消去 x ，得 225 4 2 2 5 0y my c    ， 由  2232 20 2 5 0mm     ，解得 52 2m  ． ………………………1１分 11 若 52 2m  ，则 2y  ， 2 2x  ；若 52 2m  ，则 2y  ， 2 2x  ．…1２分 故当点Q 的坐标为 2 ,22   或 2 ,22  时，△ ABQ 的面积最大，其值为  22 2 2221 5 2 2212 S AB      ． ………………………1４分 21．（本小题满分14分） （本小题主要考查函数的导数、不等式等知识，考查数形结合、化归与转化、分类与讨论 的数学思想方法，以及运算求解能力、抽象概括能力与创新意识） （1）解：∵     2ln 1 2 af x x x x    ，其定义域为 1,  , ∴    11 111 x ax af x axxx     . …………………………1 分 ① 当 0a  时，   1 xfx x    ，当 x   0, 时，   0fx  ， 则  fx在区间 0, 上单调递减，此时，    00f x f，不符合题意. …2 分 ② 当01a时，令   0fx  ，得 1 0x  ， 2 1 0ax a ， 当 x  10 a, a   时，   0fx  ，则  fx在区间 10 a, a   上单调递减， 此时，    00f x f，不符合题意. …………………………3 分 ③ 当 1a  时，   2 1 xfx x    ，当 x   0, 时，   0fx  ， 则  fx在区间 0, 上单调递增，此时，    00f x f，符合题意. ……4 分 ④ 当 1a  时，令   0fx  ，得 1 0x  ， 2 1 0ax a ，当 x   0, 时，   0fx  ， 则  fx在区间 0, 上单调递增，此时，    00f x f，符合题意. ……5 分 综上所述，a 的取值范围为 1, . …………………………6 分 （2）证明：由（1）可知，当 0a  时，   0fx 对  0,x  都成立， 即  ln 1 xx对  0,x  都成立. …………………………7 分 12 ∴ 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2ln 1 ln 1 ln 1 nn n n n n n n                          .………………8 分 即ln 2 2 2 2 1 2 1 2 11 1 1 2 n n n n n n n n                        . 由于 n N * ，则 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 1 n nn       . …………………………9 分 ∴ ln 2 2 2 121 1 1 1n n n n                  . ∴ 2 2 2 121 1 1 n n n n                 e . …………………………10 分 由（1）可知，当 1a  时，   0fx 对  0,x  都成立， 即  21 ln 12x x x   对  0,x  都成立. …………………………11 分 ∴ 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2ln 1 ln 1 ln 12 n n n n n n n n n n n n                                       . …………………………12 分 即      2 4 2 2 2 1 2 1 1 1 1 26 ln 1 1 122 n n n nn n n n n n n                      . 得 32 3 2 2 2 6 4 3 1 1 2ln 1 1 112 n n n n n n n n                      由于 n N * ，则    3 2 23 2 3 3 3 3 6 3 3 16 4 3 1 6 1 12 12 12 2 n n n nn n n n n n n          . …………………………13 分 ∴ 1 2  ln 2 2 2 121 1 1 n n n n                 . ∴ e 2 2 2 121 1 1 n n n n                  . …………………………14 分 ∴ e 2 2 2 121 1 1 n n n n                  e .