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1、江苏省扬州中学2014-2015学年第一学期质量检测 高 三 数 学 理 2014.12一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分1.已知集合那么_.2.函数的最小正周期为_.3.复数，且是纯虚数，则实数的值为_.4.已知双曲线的一条渐近线方程为则的值为_.5.在中， 则=_.6.“”是“”成立的_条件.(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”). 7.若为等差数列的前项和,则与的等比中项为_.8.若正四棱锥的底面边长为体积为则它的侧面积为_.9.在平面直角坐标系中，记不等式组表示的平面区域为若对数函数的图像与有公共点，则的取值范围是_.10.已知是定义在上的
2、奇函数，且当时，则_.11.在边长为1的正中，向量，且则的最大值为_.12.若在给定直线上任取一点从点向圆引一条切线，切点为若存在定点恒有则的范围是_. 13.已知数列,中，是公比为的等比数列.记若不等式对一切恒成立，则实数的取值范围是_.14.已知 ，曲线 和直线 有交点Q，则满足的等量关系式为_. (不能含其它参量) 二 解答题：本大题共6小题，共计90分15.（本小题满分14分）已知函数其中向量若的图像上相邻两个对称中心的距离大于等于（1）求的取值范围；（2）在中，分别是角的对边，当最大时，求的面积最大值.16.（本小题满分14分）如图，为圆的直径，点在圆上，且矩形所在的平面与圆所在的平
3、面互相垂直，且(1)设的中点为求证：面（2）求证：面.17.（本小题满分14分）如图，有一个长方形状的敞口玻璃容器，底面是边长为20的正方形，高为30，内有20深的溶液，现将此容器倾斜一定角度（图），且倾斜时底面的一条棱始终在桌面上（图，均为容器的纵截面）.(1)当时，通过计算说明此溶液是否会溢出；(2)现需要倒出不少于3000的溶液，当等于时，能实现要求吗？通过计算说明理由.18.（本小题满分16分）如图所示，已知椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上一点，为上顶点， ，.（1） 当椭圆离心率时，若直线过点（0，）且与椭圆交于（不同于）两点，求；（2）求椭圆离心率的取值范围.19. （本小题满分1
4、6分）设函数（1）当时，求函数的极值；（2）当时，讨论函数的单调性.（3）若对任意及任意，恒有 成立，求实数的取值范围.20. （本小题满分16分） 已知数集具有性质；对任意的，与两数中至少有一个属于.（1）分别判断数集与是否具有性质，并说明理由；（2）证明：，且；（3）证明：当时，成等比数列.k.s.5. 命题、校对、审核：王朝和、徐小美高三_ 姓名_ 学号 密封线内不要答题 数 学 (附加题) 1.已知矩阵的一个特征值是3，求直线在作用下的直线方程.2.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程是若以为极点，轴的正半轴为极轴，取与直角坐标系中相同的单位长度，建立极坐标系，求曲线的极坐标方程.CPM
5、ABDN(第3题图)3.如图，在正四棱锥中，点分别在线段和上，（1）若，求证：;（2）若二面角的大小为，求线段的长度4.已知展开式的各项依次记为设函数（1） 若的系数依次成等差数列，求正整数的值；（2） 求证：恒有 命题、校对、审核：王朝和、徐小美 高三（理）数学质量检测参考答案 （2014.12） 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分1. 2. 3. 4. 12 5. 1 6.必要不充分7. 8. 9. 10. 0 11. 8812. 圆，【解析】设若恒有则有即有恒成立，消去得，.13.【解析】解得或若，则对一切正整数成立，显然不可能；若则对一切正整数成立，只要即可，即，解得
6、14. 导数三 解答题：本大题共6小题，共计90分15.【解析】（1）由题意知=解得（2）由（1）知即又得由余弦定理得即16.【证明】（1）设的中点为连接则=又=，=，为平行四边形，又面面面（2）面面，面,面面面.面,又为圆的直径，又面面17.【解析】18.解：（1）得，所以椭圆的方程为. 依题意可设所在的直线方程为，代入椭圆方程,得.设，则. 因为，所以.（2）因为,因为，所以，化简得-，即，在中，由余弦定理，有，所以， 又因为，即.19.解析：（1）函数的定义域为.当时，当 时，单调递减；当时，单调递增，无极大值.（2） 当，即时， 在定义域上是减函数；当，即时，令得或令得当，即时，令得或
7、令得 综上，当时，在上是减函数；当时，在和单调递减，在上单调递增；当时，在和单调递减，在上单调递增； （3）由（）知，当时，在上单减，是最大值，是最小值. ,而经整理得，由得，所以20.【解析】本题主要考查集合、等比数列的性质，考查运算能力、推理论证能力、分类讨论等数学思想方法本题是数列与不等式的综合题，属于较难层次题.（1）由于与均不属于数集，该数集不具有性质P. 由于都属于数集， 该数集具有性质P. （2）具有性质P，与中至少有一个属于A，由于，故.从而，.， ，故. 由A具有性质P可知.又，从而，.（3）由（）知，当时，有，即， ，由A具有性质P可知.由，得，且，即是首项为1，公比为成等
8、比数列. 数 学 (附加题) 1.【解析】矩阵的一个特征值是3，设则解得.设直线上任一点在作用下对应的点为则有整理得，则，代入，整理得.所求直线方程为.2.【解析】由消去得曲线是以点为圆心，1为半径的圆，在极坐标系中，曲线是以点为圆心，1为半径的圆，曲线的极坐标方程是3.【解析】连接交于点，以为轴正方向，以为轴正方向，为 轴建立空间直角坐标系因为，则，（1）由，得，由，得，所以，因为所以 （2）因为在上，可设，得所以，设平面的法向量，由得其中一组解为，所以可取因为平面的法向量为，所以，即，解得， 从而，所以 4.【解析】（1）由题意知的系数依次为解得（2）=令令设则考虑到将以上两式相加得又当时，恒成立，从而是上的单调增函数，- 17 -