2015年政府工作报告-水表安装

部分学校高三教学质量检测
数学参考答案
1.C. 【解析】
ð< br>U
B{2,5}
，∴
AIð
U
B=
{2,5}．
2.A. 【解析】由特称命题的否定为全称命题可知，所求命题的否定为
x(0,),lnxx1

3.D.【解析】
z

1i

1i

2i
1i
2i
i2ii
，则
z1

1i

1i

1i

nn122nn2
4.B.【解析】由
(x1)( 1x)1C
n
xC
n
xC
n
x
，知
C
n
15
，
∴
n(n1)
15
，解得
n6
或
n5
(舍去)．
2
uuurruu urr
uuur
1
uuur
1
rr
5.B.【解析】设BAa
，
BCb
，∴
DEAC(ba)
，
22
uuur
3
uuur
3
rruuuruuuruuur
1
r
3
rr
5
r
3
r
DFDE(b a)
，
AFADDFa(ba)ab
，
242444< br>uuuruuur
5
rr
3
r
2
531
∴< br>AFBCabb

44848
6.A.【解析】 圆心
(2,0)
到直线的距离
d
|202|
22
，
2
所以点
P
到直线的距离
d
1
[2,32]．根据直线的方程可知
A,B
两点的坐标分别为
A(2,0)
，
B(0,2)
，所以
|AB|22
，
所以
ABP
的面积
S
1
|AB|d
1
2d
1
．
2
因为
d
1
[2,32]
，所以
S[2,6]
，即
ABP
面积的取值范围是
[2,6]
．
高三数学试题 第1页（共12页）

7.B.【解析】 函数
g(x)f(x)xa
存在 2个零点，即关于
x
的方程
f(x)xa
有2 个不同的实根，即函数
f(x)
的图像与直线
yxa
有2个交点，做出直线
yx a
与函数
f(x)
的图像，如图所示，
y
3
2
1
–2–1
O
–1
–2

由图可知，
a1
，解得
a1
。

123
x
8.D.
【解析】

由
PAPBP C
及
ABC
是边长为
2
的正三角形可知，

取< br>AC
中点
G
，则
ACBG
，
ACPG
， 可得
ACPBG
，则
ACPB
,
因为
E,F
分 别是
PA,AB
的中点，
所以
BC∥AD
．又因为
CEF 90
0
，即
EFCE
，所以
PBCE
，得
P BPAC
.
所以
PBPA,PBPC
，因为
PABP ACPBC
，所以
PAPC
,
即正三棱锥
PABC
的三条侧棱两两
互相垂直．

把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外 接球，其直径为正方体的体对角线的长度，

6

4
6
< br>6π
． 即
dPA
2
PB
2
PC
2
6
,
半径为，则球
O
的体积为
π



3
2

2

3
.
【解析】由
2017
年
1
月至
2019
年
12
月期间月接待游客量的折线图得 ：
在
A
中，年接待游客量虽然逐月波动，但总体上逐年增加，故
A
正确；
在
B
中，各年的月接待游客量高峰期都在
8
月，故
B
正确；
高三数学试题 第2页（共12页）

在
C
中，
2017
年
1
月至
12
月月接待游客量的中位 数小于
30
，故
C
错误；
在
D
中，各年
1
月至
6
月的月接待游客量相对于
7
月至
12
月， 波动性更小，变化比较平稳，故
D
正确．
.
【解析】可证
AC平 面D
1
DBB
1
，从而ACBE
，故
A
正确；由
∥
平面
ABCD
，可知
EF平面ABCD
，
B也正确；连结
BD
交
AC
于
O
，则
AO
为三棱锥
ABEF
的高，，三
棱锥
ABEF
的体积为为定值，
D
正确；
C
错误。

.
【解析】如图：

对于A选项，经计算显然正确。
对于B选项,
m0
时，可以得出
角形。故B错误。
AFE< br>
3
，当
m1
时，
AFE

4
，根据对称性，存在
m
使
FAB
为直角三
对于C选项，根据椭圆 对称性可知，当
m0
时，四边形
FBEA
面积最大。故C正确。
对于
D
选项，
由椭圆的定义得：
FAB
的周长=
ABAFBFAB(2aAE)(2aBE)4aABAEBE
；
QAEBE…AB
；
ABAEBE„0
，当
AB
过点
E
时取等号；
高三数学试题 第3页（共12页）

ABAFBF4aABAEBE„4a
；
即直线xm
过椭圆的右焦点
E
时
FAB
的周长最大；
此 时直线
xmc1
；但
1m1
，所以不存在
m
， 使
FAB
的周长最大。故D错误.
.
【解析】

x
2
,1x3
f(x)


10,x3
，此函数满足性质P但不连续，故A错误。 对于A选项，反例
22
f(x)x
f(x)x
对于B选项，具有该性质，但是不具有该性质。故B错误.
，f(4-x)1
， 对于C选项，由性质P得，
f(x)f(4x)2f( 2)2,且f(x)1
故f(x)1
故C正确。
，
x
1x
2
x
3
x
4
+
x
1
 x
2
+x
3
x
4
22
)
1

f(
x
1
x
2
)f(
x
3
 x
4
)

对于D选项，
f()=f(

422< br>
22


1

f(x
1
)f (x
2
)f(x
3
)f(x
4
)

， 故D正确。
4
13. 16 .【解析】可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有
21
2
C
1
；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有
C
2
C
4
4
（种）．
2
C
4
12
（种）
根据 分类加法计数原理知，至少有l位女生人选的不同的选法有16种．
14.
1
【解析】 由
a3b60
，得
a3b6
，
4
.
a
所以
2
1111
1
3b63b63
3b6
22222
，当且仅当，即
b1
时等号成立．
2b3b3b
3b
8224
2
15.
31
，
2 【解析】 设椭圆的右焦点为
F(c,0)
，双曲线
N
的渐近线与椭圆< br>M
在第一象限内的交点为
A
，由
高三数学试题 第4页（共12页）

题意可知
A(,
c
2
3cc3 c
)
，∵双曲线的渐近线过点
A(,)
，渐近线方程为
y3x，故双曲线的离心率
222
m
2
n
2
e
双< br>2
．
2
m
c
2
3c
2
由点< br>A
在椭圆
M
上得，
2

2
1
，∴
b
2
c
2
3a
2
c
2
4a< br>2
b
2
，
b
2
a
2
c
2
，
4a4b
∴
(ac)c3ac4a(ac)
，∴4a
4
8a
2
c
2
c
4
0，
22222222
2
∴
e
椭
8e
椭+40
，∴
e
椭
423
，
42
∴e
椭
31
（舍去）或
e
椭
31
，∴椭 圆
M
的离心率
31
。

16.

33
【解析】
2
.
1

1

f'

x

2cosx2cos2x4cos
2
x2cosx24

cosx1


c osx

，所以当
cosx
时函数单调减，当
2
2

cosx
1
时函数单调增，从而得到函数的减区间为
2< br>5


2k

,2k



kZ

，函数的增区间为

33




2k

,2k

kZ
， 所以当
x2k

,kZ
时，函数
f

x
取得最小值，此时


33
3

si nx

3333
3

333
,sin2x
，所以
f

x

min
2


，故答案是

．



222
2

2

2
17.解：（1）证明：∵
b
n
a< br>n
n
，∴
b
n1
a
n1
n1< br>.……………………1分
又∵
a
n1
4a
n
3n1
，
∴
b
n1
a
n1
n1

4a
n3n1

n14

a
n
n

4
.………………4分
b
n
a
n
na
n
na
n
n
又∵
b
1
a
1
1112
，……………………5分
∴数列

b
n

是首项为2，公比为4的等比数列.……………………6分
高三数学试题 第5页（共12页）

n1
（2）由（1）知，
b
n
24
， ……………………7分
n1
∴
a
n
b
n
n24n
， ……………………8分
2n1
∴
S
n
a
1
 a
2
a
n
2(144L4)(123Ln)
2

14
n

14

n

n1

2

2
n
11
41

n
2
n
.……………………10分.

322
18.

解：（1）
Q
a,b,c
依次成等差数列，且公差为
2
，

∴
ac4,bc2
，

…………………
1
分

2
MCN

3
， 又因
即，
,
可得
,
………………………3分
2
恒等变形得：
c9c140
，解得
c7,或c2
。
又
Q
c4
，

c7.
……………………5分
（2）在
△ABC
中，由正弦定理可得


ACBC3

,即AC2sin

,BC2sin(
)
…………7分
sin

sin(

< br>
)sin
2

3
33
f(

) |AC||BC||AB|2sin

2sin(

)3
3
∴△ABC的周长
,
………………………9分


又
,
………………………10分

当
,
即时，

高三数学试题 第6页（共12页）

f(

)
取得最大值
23
. ……………………………12分
19．解：(1)由题设知，平面
CMD
⊥平面ABCD
面
CMDI
面
ABCD=CD
．
因为
BC
⊥
CD
，
BC

平面
ABCD
，所 以
BC
⊥平面
CMD
，
故
BC
⊥
DM
． ……………………………………2分
»
上异于
C
，
D
的点 ，且
DC
为直径，所以
DM
⊥
CM
因为
M< br>为
CD
又
BC
I
CM
=
C
，
BC

面
BCM
，
CM

面
BCM，
所以
DM
⊥平面
BMC
． ……………………………4分
而
DM

平面
AMD
，故平 面
AMD
⊥平面
BMC
．………………………5分
uuur
(2)以
D
为坐标原点，
DA
的方向为
x
轴正
z
方向，建立如图所示的空间直角坐
标系
Dxyz
．
D
A
x
B
M
当三棱锥
MABC
体积最大时，
C
y
»
的中点．
M
为
CD
由题设得D(0,0,0)
，
A(2,0,0)
，
B(2,2,0)
，
C(0,2,0)
，
M(0,1,1)
，
uuuuruuuruu ur
AM(2,1,1)
，
AB(0,2,0)
，
DA(2 ,0,0)
………………7分
设
n(x,y,z)
是平面
MAB
的法向量，则
高三数学试题 第7页（共12页）

uuuur


nAM0,

2xyz0,
即


r

uuu
2y0.



nAB0.
可取
n(1,0,2)
． ………………………………9分
uuur
DA
是平面
MCD
的法向量，所以
uuur
uuur
nDA5
uuur

， ………………………………11分
cosn,DA
5
|n||DA|
uu ur
25
sinn,DA
，
5
所以面
MAB
与 面
MCD
所成二面角的正弦值是
25
．……………12分
5
20．解：（1）设直线AP的斜率为
k
，
1
4
x
1
， …………………………………………2分
k
1
2
x
2
x
2

因为

13
x
，
22
所以直线AP斜率的取值范围是
(1,1)
． …………………………4分
11

kxyk0,

24
（2）联立直线AP与BQ的方程


93

x kyk0,

42
k
2
4k3
解得点Q的横 坐标为
x
Q

, ……………………5分
2(k
2
1)
联立直线AP与抛物线方程，由韦达定理得点
P
横坐标为
1
x
P
k

2
1
2
…………………………………………6分
故
|P A|
=
1k
2
(x
P
)
=
1k2
(k1)

高三数学试题 第8页（共12页）

|PQ|
=
1k(x
Q
x
P
)
=

2
(k1)(k1)
2
k1
3
2
， …………………8分
所以
|PA||PQ|
=
(k1)(k1)
……………………………9分
令
f(k)
(k1)(k1)
，
3
因为
f

(k)(4k2)(k1)
， ……………………………10分
2
所以
f(k)
在区间
(1,)
上单调递增，
(,1)
上单调递减，
因此当
k
1
2
1
2
127
时，
|PA||PQ|
取得最大值．……… ………………12分
216
21.
解：（
1
）由折线图中数据和附 注中参考数据得：

7
t4
，

(t
i
t)
2
28
， …………………1分
i1

(yy)
i
i1
72
0.55
，
77

(tt)(yy)
< br>tyt

y
iiii
i1i1i1
7
i40.1749.322.89
，…………………3分
r
2.89
0.99
． …………………5分
0.5522.646
因为
y
与
t
的相关系数近似为
0.99
，说明
y
与
t
的线性相关相当 高，从而可以用线性回归模型拟合
y
与
t
的关
系．

…………………
6
分

n
9.32
ˆ
< br>（2）由
y1.331
及（1）得
b
7

(t< br>i1
i
n
t)(y
i
y)

i
(t
i1
t)
2
2.89
0.103
，
28
…………………8分
高三数学试题 第9页（共12页）

ˆ
t1.3310.10340.92
． …………………9分
ˆ
yba
ˆ
0.920.10t
．

……………
11
分

所以，
y
关于
t的回归方程为：
y
ˆ
0.920.1091.82
．

将
2021
年对应的
t9
代入回归方程得：
y
所 以预测2021年我国生活垃圾无害化处理量将约1.82亿吨．
…………………12分
22．解：（
1
）由已知可得函数
f
x

的定义域为

0,

，
且
f(x)2x2lnx2
，…………………………………
1
分
令
h

x

f'

x

， 则有
h'(x)
2

x1

x
，由
h '

x

0
，可得
x1
，
可知当< br>x
变化时，
h'

x

,h

x< br>
的变化情况如下表：
x


0,1


1

1,


h'

x


- 0 +
h

x


]

极小值
Z

…………………………………
2
分

h
x

h

1

0
，即
f'

x

0
，可得
f

x

在区间

0,


单调递增；
…………………………………
3
分
（
2
）由已知可得函数
g

x

的定义域为

0,

，且
g(x)1

a2lnx

，
2
xx
高三数学试题 第10页（共12页）

…………………………………
4
分
由已知得
g'< br>
x

0
，即
x
0
2x
0lnx
0
a0
，①
2
2
由
g

x
0

2
可得，
x
0
x
0< br>
lnx
0

2x
0
a0
，② 2
联立①②，消去
a
，可得
2x
0


lnx
0

2lnx
0
20
，③
2
…………………………………
6
分
令
t(x)2x(lnx)2lnx2
，
2
则
t '(x)2
2lnx22(xlnx1)

，
xxx
由 （
1
）知，
xlnx10
，故
t'

x
0
，
t

x

在区间
0,


单调递增，
注意到
t

1

0
，所以方程③有唯一解
x
0
1
，代入①，可得< br>a1
，
x
0
1,a1
； …………………………………
8
分
（
3
）证明：由（
1< br>）知
f

x

x2xlnx
在区间
< br>0,

单调递增，
2
x
2
2xlnx1f (x)1
故当
x

1,

时，
f

x

f

1

1
，
g(x )0
，
22
xx

可得
g

x< br>
在区间

1,

单调递增，……………………………… …
9
分
因此，当
x1
时，
g

x
g

1

2
，
1
1

2
即
x(lnx)2
，亦即

x(lnx)
2
，

x
x

高三数学试题 第11页（共12页）
2

这时
x
11
0,ln x0
，故可得
xlnx
，……………………
10
分
xx
取
x
2k1
2k12k1
,kN
*
，可得
ln(2k1)ln(2k1)
，
2k1
2k12k1
…………………………………
10
分
而
n
2 k12k12

，…………………………………
11
分
2< br>2k12k1
4k1
故

k1
n
2
4k1
1
2


(ln(2k1)ln(2k1))ln (2n1)

k1
n


i1
1
 ln(2n1)(nN

)
．…………………………………12分
4k
2
1
2
高三数学试题 第12页（共12页）