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安徽省“皖江名校”2015届高三联考(数学文)(扫描版)


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2015 年安徽省皖江名校高三联考 数学(文科)参考答案

4.D 【解析】由指对数的运算性质可知 10

ln

x y

? 10ln x ?ln y ?

10ln x ,故选 D 10ln y

5.C 【解析】程序运行如下:第一次循环, p ? 1 ?

1 3 ? , k ? 1 ? 1 ? 2 ;第二次循环, 2 2 3 1 7 7 1 15 p ? ? 2 ? , k ? 2 ? 1 ? 3 ;第三 次循环, p ? ? 3 ? , k ? 3 ? 1 ? 4 ;第四 2 2 4 4 2 8 15 1 31 31 ? 4 ? , k ? 4 ? 1 ? 5 .程序终止运行,输出 .所以 判断框内可填入 次循环, p ? 8 2 16 16
的条件是 k ? 4 .故选 C.

2 6.A 【解 析 】 设所 求圆的 方程 是 ? x ? r ? ? ? x ? r ? ? r (r ? 0) , 则圆 心 ? r , r ? 到 直线 2 2

3x ? 4 y ? 5 的 距 离 等 于 圆 的 半 径 r , 即 d ?

3r ? 4r ? 5 32 ? 42
2

?r ,有
2

得r ? 7r ? 5 ? 5 r,

5 5 5? ? 5 ? 25 ? , 或 (舍) 于是, 有? x ? ? ?? y ? ? ? . 2 12 2? ? 2? 4 ?

7.D 【解析】如图画出可行域,∵ z ? x ? y ,∴ y ? ? x ? z ,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 ?

?x ? y ?1 ? 0 解得 A(2,3),所以 ?x ? 2 y ? 2 ? 0

z ? x ? y 的最大值为 5.

8.C 【解析】 由题意知

sin C sin C c ? 2 3 ,由正弦定理得 ? ? 2 3 ,故 c ? 2 3b ,由 sin B sin B b

1

a b ? 3c ? b a
cosA=





a 2 ? b 2 ? 3bc







3 b 2 +c 2 -a 2 ? 3bc ? c 2 ? 3bc ? 2 3bc 3 ? = ,所以 A ? 30 ,故 tan A ? . ? ? 3 2bc 2bc 2bc 2

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

R2 ? (

4 2 3 2 16 ,所以该几何体的外接球的体积为 ) ? 22 ? ,故 R ? 3 3 3

4 4 4 256 3 V ? ? R 3 ? ? ? ( )3 ? ?. 3 3 27 3

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.

1 b 1 5 【解析】由渐近线的斜率为 ,可得 ? ,即 a ? 2b ,故 a2 ? 4b2 ? 4(c2 ? a2 ) , 2 a 2 2
2 2

故 5a ? 4c ,故离心率为 e ? 12.

c 5 ? . a 2

3 【解析】设高一的 3 位同学为 A1,A2,A3,高二的 2 位同学为 B1,B2,高三的 1 位 5

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),(A1,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 13.0 【解析】设公差为 d,由

9 3 ? . 15 5

S4 4a1 ? 6d 2a ? 3d 2 ? ? ? ,得 1 ? ?1 ,所以 a1 ? ?2d , S6 6a1 ? 15d 3 2a1 ? 5d

S 即 a3 ? 0 .于是 5 ? S8

5(a1 ? a5 ) 5a 2 ? 3 ?0. S8 S8

1

由题知 f (1)=3 ? 1 ? 4 , f ( f (1))=f (4) ? 16 ? 12a , 若 f (f ( 1 ) 4? a 14. (?1, 4) 【解析】 则 16 ? 12a ? 4a ,即 a ? 3a ? 4 ? 0 ,解得 ?1 ? a ? 4 .
2 2

2



15 . ①②⑤ 【解析】因为 D 为 BC 边的中点,所以 PB ? PC ? 2PD ,所以①正确;

PB ? PC ? ( PD ? DB) ? ( PD ? DC ) ? PD ? DB , 所 以 ② 正 确 ; 同 理 可 得
P0 B ? P0C ? P0 D ? DB , 由 已 知 PB ? PC ? P 恒 成 立 , 得 PD ? P0 D , 即 0 B ? PC 0
恒成立,所以故③错误;注意到 P0 , D 是定点,所以 P0 D 是点 D 与直线上各点 | P D |? |P | 0 D 距离的最小值,所以 P 0 D ? AB ,故 P 0 D ,所以 0 D ? AB ? 0 ,设 AB 中点为 O,则 CO / / P ④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⑤正确.综上可知,①②⑤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.[来源: 学科网 ZXXK] 16. 【解】 (Ⅰ) f ( x) ? cos(? x ?
2 2
2 2

2

2

?

? ?x ) ? cos(? x ? ) ? 2 cos 2 6 6 2
?

? sin ? x ? cos ? x ? 1

? 2 sin(? x ? ) ? 1 . 4
源:Z#xx#k.Com] 因为 f ( x ) 的最小正周期为 ? ,且 ? ? 0 ,所以 (Ⅱ)由(Ⅰ)得 科_网 Z_X_X_K] 由 2 k? ?

………4 分 [ 来

2?

?

? ? ,即 ? ? 2 .………6 分
………7 分[来源:学_

f ( x) ? 2 sin(2 x ? ) ? 1 . 4

?

?
2

? 2x ?

?
4

? 2 k? ?

?
2

(k ? z ) ,得 2k? ?

?
4

? 2x ? 2k? ?

k? ?

?
8

? x ? k? ?

3? (k ? z ) . 8

3? (k ? z ) ,即 4

………10 分

所以 f ( x ) 的单调递增区间为 [ k? ?

?
8

, k? ?

3? ](k ? z ) . 8

………12 分

17. (Ⅰ)【证明】因为四边形 ABCD 是等腰梯形, AB ∥ CD , ?DAB ? 60 , 所以 ?ADC ? ?BDC ? 120 .

1

D ?A D 又 CB ? CD , 所以 ?CDB ? 30 , 所以 ?ADB ? 90 , 即B

, 于是 AC ? BC . ………4 分

而 FC ? 平面 ABCD ,所以 FC ? BC . 又 FC

BC ? C , FC , BC ? 平面 BCF ,
………6 分

所以 AC ? 平面 BCF .

(Ⅱ)【证明】由(Ⅰ)证明可知 BD ? AD , 因为平面 AED ? 平面 ABCD , AD ? 平面 AED , 所以 BD ? 平面 AED . 而 BD ? 平面 BDF , 所以平面 AED ? 平面 BDF . 18. 【解】(1)∵函数 f(x)=x -16x+q+3 的对称轴是 x=8, ∴f(x)在区间[-1,1]上是减函数. ………2 分
2

………9 分

………12 分

? ? , ?f ?1-16+q+3≤0, ∵ 函 数 在 区 间 [ - 1,1] 上 存 在 零 点 , 则 必 有 ? 即? ∴- ?f- ? , ? ?1+16+q+3≥0,

20≤q≤12.

………5 分

(2)∵0≤t<10,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 x=8. ①当 0≤t≤6 时,在区间[t,10]上,f(t)最大,f(8)最小, ∴f(t)-f(8)=12-t,即 t2-15t+52=0, 15- 17 15± 17 解得 t= ,∴t= ; 2 2 ②当 6<t≤8 时,在区间[t,10]上,f(10)最大,f(8)最小, ∴f(10)-f(8)=12-t,解得 t=8; ③当 8<t<10 时,在区间[t,10]上,f(10)最大,f(t)最小, ∴f(10)-f(t)=12-t,即 t2-17t+72=0,解得 t=8,9, ∴t=9. 15- 17 综上可知,存在常数 t= ,8,9 满足条件. 2 ………12 分 ………8 分

………10 分

19.(Ⅰ)【解】因为 a2 ? 1 ? d , a6 ? 1? 5d , a22 ? 1 ? 21d ,且 a2 , a6 , a22 是等比数列中连续
2 三项,所以 (1 ? 5d ) ? (1 ? d )(1 ? 21d ) ,结合公差 d ? 0, 解得 d ? 3 ,

所以 an ? 1 ? (n ?1) ? 3 ? 3n ? 2 ,

………………4 分

1

又 b2 ? a2 ? 4, b3 ? a6 ? 16 ,所以公比 q ? 4 ,首相 b1 ? 4 ,故 bn ? 4n?1 (Ⅱ) 证明: 因为

………6 分

c1 c2 ? ? b1 b2

?

c c cn ? an?1 所以当 n ? 2 时, 1 ? 2 ? b1 b2 bn

cn?1 ? an (n ? 2) , bn?1
…………8 分

两式作差可得,

cn ? an?1 ? an ? 3 ,所以 cn ? 3bn ? 3 ? 4n?1 (n ? 2) . bn
? 4( n ? 1) ?3 ? 4
n ?1

当 n ? 1 时, c1 ? b1a2 ? 4 ,不满足上式,故 cn ? ? 于是 S2015 ? 4 ? 3 ? 41 ? 3 ? 42 ?

( n ? 2)

.

…………9 分

1 2 ? 3 ? 42014 ? 4 ? 3(4 ?4 ?

2014 ?4 )

? 4 ? 3?

4(1 ? 42014 ) ? 42015 ? e2015 . 1? 4 x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) . a 2 b2

………………13 分

20. 【解】 (Ⅰ)设椭圆方程为

易知 c ? 1 ,又

c 2 ,得 a ? 2 ,于是有 b ? a 2 ? c 2 ? 1 .故椭圆 C 的标准方程 ? a 2
…………5 分



x2 ? y2 ? 1. 2

(Ⅱ)设直线 l 的方程为 y ? kx ? p ,即 kx ? y ? p ? 0 ,于是点 F 1 (?1,0), F 2 (?1,0) 到 直线 l 的距离之积为

| p2 ? k 2 | | ?k ? p | | k ? p | ? 1 ,即 | p2 ? k 2 |? k 2 ? 1 . ? ? 1 ,即 2 2 2 k ?1 k ?1 k ?1
…………7 分

若 p ? k ? ?k ?1 ,则 p ? ?1 ,矛盾,舍去.
2 2 2 2

…………8 分[来

源:学,科,网 Z,X,X,K]

x p ?y ? k ? ? 2 若 p ? k ? k ? 1 , 则 p ? 1 ? 2k , 由 ? x , 消 去 y , 可 得 2 ? ? y ?1 ?2
2 2 2 2 2 2 2 (1 ? k2 x) ?

p 4x ?

2

2 p?

, ? 2

0

…………10 分

所以判别式

? ? 16k 2 p2 ? 4(1 ? 2k 2 )(2 p2 ? 2) ? 8(1 ? 2k 2 ? p2 ) ? 8( p2 ? p2 ) ? 0 ,[来源:学。科。

1

网] 即直线 l 与椭圆 C 相切,一定有唯一的公共点. 21. 【解】 (Ⅰ)当 b ? ?1 时, f ( x) ? ? ln x ? x2 ,则 f ?( x) ? ? ………… 13 分

1 ? 2 x ,得 f ?(1) ? 1 . x

当 x ? 1 时, f (1) ? 1 ,于是曲线 f ( x ) 在 x ? 1 处的切线方程为 x ? y ? 0 .…………6 分 (Ⅱ)依题意, f ( x) ? (b ? 2) x ? 0 即为 ( x ? ln x)b ? ( x2 ? 2x) .

n x? 0 , 因为 x ? [1, e] , 所以 ln x ? 1 ? x , 且等号不能同时成立, 所以 ln x ? x , 即 x?l
所以 b ?

x2 ? 2 x x2 ? 2x 恒成立,即只需求出 的最小值即可. x ? ln x x ? ln x
x2 ? 2 x , x ? [1, e] , x ? ln x

…………9 分

令 g ( x) ?

1 (2 x ? 2)( x ? ln x) ? ( x 2 ? 2 x)(1 ? ) x ? ( x ? 1)( x ? 2 ? 2 ln x) 则 g ?( x) ? 2 ( x ? ln x) ( x ? ln x) 2

………11 分

当 x ? [1, e] 时, x ? 1 ? 0, ln x ? 1 ,所以 x ? 2 ? 2 ln x ? 0 ,故 g ?( x) ? 0 , 所以函数 g ( x) ?

x2 ? 2 x 在区间 [1, e] 上为增函数. x ? ln x
…………13 分

故 函数 g ( x) 的最小值为 g (1) ? ?1 ,从而 b ? ?1 .


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