安徽省“皖江名校”高三数学联考试题 文(扫描版)

温柔似野鬼°
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2020年08月16日 04:38
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石家庄铁道四方学院-四风是哪四风


安徽省“皖江名校”2015届高三数学联考试题 文（扫描版）




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】< br>由指对数的运算性质可知
10
ln
x
y
10
lnx lny
10
lnx

lny
，故选D
10
5.C 【解析】程序运行如下：第一次循环，
p1
13317
，
k112
；第二次循环，
p
2

，
22224
711515131
k213
；第三次循环，
p
3

，
k314
；第四次循环，
p
4

，
4288216
31
k415
.程序终止运 行，输出.所以判断框内可填入的条件是
k4
.故选C.
16
22
6.A 【解析】设所求圆的方程是

xr
< br>

xr

r
2
(r0)
，则圆心< br>
r,r

到直线
3x4y5
的距离
等于圆的半 径
r
，即
d
2
3r4r5
3
2
4
2
2
有
7r55r
，得
r
r
，< br>55
，或（舍）
212
5

5

25
于是，有

x



y

.
224

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

5.


xy10
解得A(2 ,3)，所以
zxy
的最大值为

x2y20
8.C 【解析】 由题意知
ab3c
sinCsinCc
可
23
，由正 弦定理得
23
，故
c23b
，由

ba
si nBsinBb


b
2
+c
2
-a
2
3bcc
2
3bc23bc3
得
ab3bc
，所以co sA==，所以
A30

，故

2bc2bc2bc2
22
tanA
3
.
3

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
R
2
 (
4
23
2
16
，所以该几何体的外接球的体积为
)2< br>2

，故
R
33
3
4442563
V< br>
R
3


()
3


．
3327
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.
5
1b1
2222
【解析】由渐近 线的斜率为，可得

,即
a2b
,故
a4b4(ca),故
5a
2
4c
2
,故
2
2a2
c 5
.

a2
离心率为
e
12.
3
【 解析】设高一的3位同学为A
1
，A
2
，A
3
，高二的2位 同学为B
1
，B
2
，高三的1位同学为C
1
，则
5
从六位同学中抽两位同学有15种可能，如下：(A
1
，A
2
)，( A
1
，A
3
)，(A
1
，B
1
)，(A< br>1
，B
2
)，(A
1
，C
1
)，(A
2
，
A
3
)，(A
2
，B
1
)，(A< br>2
，B
2
)，(A
2
，C
1
)，(A
3
，B
1
)，(A
3
，B
2
)，(A
3
，C
1
)，(B
1
，B
2
)，(B
1，C
1
)，(B
2
，C
1
)，其
中高二的2位 同学至少一位同学参加县里测试的的有：(A
1
，B
1
)，(A
1< br>，B
2
)，(A
2
，B
1
)，(A
2
，B
2
)，(A
3
，B
1
)，
(B
1< br>，B
2
)，(A
3
，B
2
)，(B
1
，C
1
)，(B
2
，C
1
)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
93

.
155
S
4
4a
1
6d2a3d
2

，得
1
1< br>，所以
a
1
2d
，即
a
3
0
.于是
S
6
6a
1
15d32a
1
5d
5(a
1
a
5
)
S
5
5a
2

3
0
.
S
8
S
8
S
8
14.

(1,4)
【解析】由题知
f(1)=314
，
f(f(1 ))=f(4)1612a
，若
f(f(1))4a
，则
2

< p>
1612a4a
2
，即
a
2
3a40
，解得
1a4
．
uuuruuuruuur
15. ①②⑤ 【解 析】因为D为BC边的中点，所以
PBPC2PD
，所以①正确；
uuuruuu ruuuur
2
uuur
2
uuuruuuruuuruuuruuuruu uruuur
2
uuur
2
PBPC(PDDB)(PDDC) PDDB
，所以②正确；同理可得
P
0
BP
0
CP< br>0
DDB
，由
uuuruuuruuuruuuruuuruuuur
uuur
2
uuuur
2
已知
PBPCP
0
BP
0
C
恒成立， 得
PDP
0
D
，即
|PD||P
0
D|
恒成立，所以故③错误；注意到
P
0
,D
uuuuruuur
是定点，所以
P
0
D
是点D与直 线上各点距离的最小值，所以
P
0
DAB
，故
P
0
DAB0
，设AB中点为
O，则
COP
0
D
，所以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.
16. 【解】（Ⅰ）
f(x)cos(

x

x

)cos(

x)2cos
2
662
sin
< br>xcos

x1

2sin(

x)1
. ………4分
4

因为
f(x)
的最小正周期为

，且

0
，所以
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
f(x)
由 2




，即

2
.………6分
2sin(2x)1
． ………7分
4

2424

3

k

xk
(kz)
． ………10分
88

3

所以
f(x)
的单调递 增区间为
[k

,k

](kz)
. ………12分
88
17. (Ⅰ)【证明】因为四边形
ABCD
是等腰梯 形，
AB
∥
CD
，
DAB60
o
，
所以
ADCBDC120
o
.
2k



2x

2k



(kz)< br>，得
2k



2x2k


3

(kz)
4
，即
又
CBCD
，所以
CDB30
o
，所以
ADB90
o
，即
BDA D
，于是
ACBC
.
………4分
而
FC
平面
ABCD
，所以
FCBC
.
又
FCIBCC
，
FC,BC
平面
BCF
，
所以
AC
平面
BCF
. ………6分


(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
. ………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
2
－16x＋q＋3的对称轴是x＝8，
∴f(x)在区间[－1,1]上是减函数． ………2分


f
∵函数在区间[－1,1]上存在零点，则必有



f
1≤0，
－1≥0，


1－16＋q＋3≤0，
即



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t
2
－15t＋52＝0，
15－17
15±17
解得t＝，∴t＝； ………8分
22
②当6∴f(10)－f(8)＝12－t，解得t＝8； ………10分
③当8∴f(10)－f(t)＝12－t，即t
2
－17t＋72＝0，解得t＝8,9，
∴t＝9.
综上可知，存在常数t＝
19.（Ⅰ）【解】因为
15－17< br>，8,9满足条件. ………12分
2
a
2
1d,a
6
15d,a
22
121d
，且
a
2
,a
6
,a
22
是等比数列中连续三项，所以
( 15d)
2
(1d)(121d)
，结合公差
d0,
解得
d3
，
所以
a
n
1(n1)33n2
， ………………4分
又
b
2
a
2
4,b
3a
6
16
，所以公比
q4
，首相
b
1< br>4
，故
b
n
4
n1
………6分
（Ⅱ）证明：因为
c
cc
c
c
1
c
2
 L
n
a
n1
所以当
n2
时，
1

2
L
n1
a
n
(n2)
，
b< br>1
b
2
b
n1
b
1
b
2
b
n
两式作差可得，
c
n
a
n1
a
n
3
，所以
c
n
3b
n
34
n 1
(n2)
. …………8分
b
n


4(n1)
当
n1
时，
c
1
b
1
a
2
4
，不满足上式，故
c
n


. …………9分
n1
34(n2)

于是
S
2015
434
1
34
2
L34
2014
43(4
1
4
2
L4
2014
)
4(14
2014
)
434
2015
e
2 015
. ………………13分
14
x
2
y
2
20. 【解】（Ⅰ）设椭圆方程为
2

2
1(ab0)
.
ab
易知
c1
，又
c2
22
，得
a2
，于是有
bac1
．故椭圆C的标准方程为

a2
x
2
y
2
1
． …………5分
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
|p
2
k
2
|
|kp||kp|
积为
1
，即
|p
2< br>k
2
|k
2
1
.
1
，即
2
k1
k
2
1k
2
1
…………7分
若
pkk1
，则
p1
，矛盾，舍去. …………8分
2222
若
p
2
k
2
k
2
1
，则
p
2
12k
2

yk xp

，由

x
2
，消去
2

y1
2
y，可得
(12k
2
)x
2
4p x2p
2
20
， …………10分
所以判别式
16k
2
p
2
4(1 2k
2
)(2p
2
2)8(12k
2
p
2
)8(p
2
p
2
)0
，
即直线
l
与椭圆C相切，一定有唯一的公共点. ………… 13分
2
21．【解】（Ⅰ）当
b1
时，
f(x) lnxx
，则
f

(x)
1
2x
，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lnx)b(x2x)
.
因为
x[1,e]
， 所以
lnx1x
，且等号不能同时成立，所以
lnxx
，即
x lnx0
，所以
2


x
2
2xx
22x
恒成立，即只需求出的最小值即可. …………9分
b 
xlnxxlnx
x
2
2x
令
g(x)
，
x[1,e]
，
xlnx
1
(2x2)(xlnx) (x
2
2x)(1)
x

(x1)(x22lnx) ………11分 则
g

(x)
(xlnx)
2
(xlnx)
2
当
x[1,e]
时，
x10,lnx1
，所以
x22lnx0
，故
g

(x)0
，
x
2
2x
所以函数
g(x)
在区间
[1, e]
上为增函数．
xlnx
故函数
g(x)
的最小值为
g(1)1
，从而
b1
. …………13分

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