《安庆一中2015届高三元月质量检测文科数学试题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安庆一中2015届高三元月质量检测文科数学试题.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、 参考答案 4. D 【解析】 由指对数的运算性质可知 ln ln lnln ln 10 1010 10 x x xyy y ，故选 D 5.C 【 解析 】程序运行如下：第一次循环， 13 1 22 p，1 12k；第二次循环， 2 317 224 p，213k；第三次循环， 3 7115 428 p，314k；第四次 循环， 4 15131 8216 p，415k.程序终止运行，输出 31 16 .所以判断框内可填入的 条件是4k.故选 C. 6.A 【 解 析 】 设 所 求 圆 的 方 程 是 22 2 (0)xrxrrr， 则 圆 心, r r到 直 线 345xy的距离等于圆的半径
2、r，即 22 345 34 rr dr，有755rr，得 5 2 r，或 5 12 （舍）于是，有 22 5525 224 xy. 7.D 【解析】如图画出可行域，zxy，yxz，求 z 的最大 值即求直线的最大截距，显然过点A 时取得最大值由 10 220 xy xy 解 得 A(2,3)，所以zxy的最大值为5. 8.C 【解析】由题意知 sin 2 3 sin C B ，由正弦定理得 sin 2 3 sin Cc Bb ，故2 3cb，由 3abc ba 可得 22 3abbc，所以 cosA= 2222 +c -a3 22 bbcc bcbc = 32 33 22 bcbc bc ，所
3、以30A，故 3 tan 3 A. 9. D 【解析】 易知该几何体为正三棱柱，设该几何体的外接球半径为R，由勾股定理可知 2222 316 ()2 33 R，故 4 3 R，所以该几何体的外接球的体积为 33444256 3 () 33273 VR 二、填空题：本大题共5 小题，每小题5 分，共 25 分.把答案填在题中横线上。 11. 5 2 【解析】 由渐近线的斜率为 1 2 ，可得 1 2 b a ,即2ab,故 2222 44()abca,故 22 54ac,故离心率为 5 2 c e a . 12. 3 5 【解析】设高一的3 位同学为A1， A2，A3，高二的 2 位同学为B1，
4、B2，高三的1 位同 学为 C1，则从六位同学中抽两位同学有15 种可能， 如下： (A1，A2)，(A 1，A3)，(A1，B1)，(A1， B2)，(A1，C1)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2， B2)，(A2，C1)，(A3， B1)，(A3，B2)，(A3，C1)， (B1，B2)，(B1，C1)，(B2，C1)，其中高二的2 位同学至少一位同学参加县里测试的的有：(A1， B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)， (A3，B1)，(B1，B2)，(A3，B2)，(B1，C1)，(B2，C1)9 种 可能 . 所以高二至少有一名学生参加县里比赛的概率为 93
5、155 . 13.0 【解析】 设公差为d，由 41 61 462 6153 Sad Sad ，得 1 1 23 1 25 ad ad ，所以 1 2ad，即 3 0a.于是 15 53 888 5() 5 2 0 aa Sa SSS . 14. ( 1,4)【解析】由题知(1)=314f，(1)= (4)1612fffa，若 2 (1)4ffa， 则 2 16124aa，即 2 340aa，解得14a 15. 【解析】因为D 为BC边的中点，所以2PBPCPD，所以正确； 22 () ()PB PCPDDBPDDCPDDB，所以正确；同理可得 22 000 PB PCP DDB， 由 已 知
6、 00 PB PCP B PC恒 成 立 ，得 22 0 PDP D， 即 0 | |PDP D恒成立，所以故错误；注意到 0, P D是定点，所以 0 P D是点 D 与直线上各点距 离的最小值，所以 0 PDAB，故 0 0PD AB，设 AB 中点为 O，则 0 / /COPD，所以错 误；再由 D 为 BC 的中点， 易得 CO 为底边 AB 的中线， 故ABC是等腰三角形， 有 AC=BC ， 所以正确 .综上可知，正确. 三、解答题：本大题共6 小题，共75 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16. 【解】 （） 2 ( )cos()cos()2cos 662 x fx
7、xx sincos1xx 2sin()1 4 x. 4分 因为( )f x的最小正周期为，且0，所以 2 ，即2. 6分 （）由（）得( )2 sin(2)1 4 f xx7 分 由222() 242 kxkkz， 得 3 222() 44 kxkkz， 即 3 () 88 kxkkz 10分 所以( )f x的单调递增区间为 3 ,() 88 kkkz. 12分 17.()【证明】 因为四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，60DAB， 所以120ADCBDC. 又CBCD，所以30CDB，所以90ADB，即BDAD，于是ACBC. 4 分 而FC平面ABCD，所以FCBC. 又FCBCC，,
8、FC BC平面BCF， 所以AC平面BCF. 6 分 ()【证明】由 ()证明可知BDAD， 因为平面AED平面ABCD，AD平面AED， 所以BD平面AED. 9 分 而BD平面BDF， 所以平面AED平面BDF. 12 分 18. 【解】 (1)函数 f(x)x 216xq3 的对称轴是 x8， f(x)在区间 1,1上是减函数2 分 函 数 在 区 间 1,1 上 存 在 零 点 ， 则 必 有 f， f， 即 116q30 ， 116q30 ， 20 q 12. 5 分 (2)0 t10，f(x)在区间 0,8 上是减函数，在区间8,10 上是增函数，且对称轴是x8. 当 0 t6 时
9、，在区间 t,10上， f(t)最大， f(8)最小， f(t)f(8)12t，即 t 215t 520， 解得 t 15 17 2 ， t 1517 2 ；8 分 当 6t8 时，在区间 t,10上， f(10)最大， f(8)最小， f(10)f(8)12t，解得 t8； 10 分 当 8t10 时，在区间 t,10上， f(10)最大， f(t)最小， f(10)f(t) 12t，即 t2 17t720，解得 t8,9， t9. 综上可知，存在常数t 1517 2 ，8,9 满足条件 . 12 分 19.（）【解】因为 2622 1,15 ,121ad ad ad，且 2622 ,a a
10、 a是等比数列中连续三 项，所以 2 (1 5 )(1)(121 )ddd，结合公差0,d解得3d， 所以1(1) 332 n ann，4分 又 2236 4,16baba，所以公比4q，首相 1 4b，故 1 4 n n b6 分 （）证明：因为 12 1 12 n n n ccc a bbb 所以当2n时， 112 121 (2) n n n ccc an bbb ， 两式作差可得， 1 3 n nn n c aa b ，所以 1 33 4(2) n nn cbn. 8 分 当1n时， 112 4cb a，不满足上式，故 1 4(1) 3 4(2) n n n c n . 9 分 于是 1
11、22014122014 2015 43 43 43 443(444)S 2014 201520154(1 4) 434 14 e. 13分 20. 【解】 （）设椭圆方程为 22 22 1(0) xy ab ab . 易知1c，又 2 2 c a ，得2a，于是有1 22 cab故椭圆 C 的标准方程为 1 2 2 2 y x 5 分 （）设直线l的方程为ykxp，即0kxyp，于是点 12 ( 1,0),( 1,0)FF到直 线l的距离之积为 22 | | 1 11 kpkp kk ，即 22 2 | 1 1 pk k ，即 222 |1pkk. 7 分 若 222 1pkk，则 2 1p，
12、矛盾，舍去 . 8 分 若 222 1pkk， 则 22 12pk， 由 2 2 1 2 ykxp x y ， 消 去y ， 可 得 222 (1 2)4220kxpxp，10分 所以判别式 22222222 164(1 2)(22)8(1 2)8()0k pkpkppp， 即直线l与椭圆 C 相切，一定有唯一的公共点. 13 分 21 【解】 （）当1b时， 2 ( )lnf xxx，则 1 ( )2fxx x ，得(1)1f. 当1x时，(1)1f，于是曲线( )f x在1x处的切线方程为0xy.6 分 （）依题意，( )(2)0f xbx即为 2 (ln )(2 )xx bxx. 因为1
13、, xe，所以ln1xx，且等号不能同时成立，所以ln xx，即ln0xx， 所以 2 2 ln xx b xx 恒成立，即只需求出 2 2 ln xx xx 的最小值即可 . 9 分 令 2 2 ( ) ln xx g x xx ，1, xe， 则 2 22 1 (22)(ln )(2 )(1) (1)(22ln) ( ) (ln )(ln ) xxxxx xxx x g x xxxx 11分 当1, xe时，10,ln1xx，所以22ln0xx，故( )0g x， 所以函数 2 2 ( ) ln xx g x xx 在区间1, e上为增函数 故函数( )g x的最小值为(1)1g，从而1b. 13 分