安庆市2015届高三一模数学理科试题参考答案.pdf

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1、安庆市 2015 届高三一模数学理科试题参考答案高三一模数学理科试题参考答案一、选择题一、选择题1.B1.B【解析】f(x)sin4xcos4x cos2x，T 2 2.A A【解析】A x|log2.22x 2 x|0 x 2，(，02，).又B x|x12 x|1x3，()B B1，03.2，a1(1q6)1(63)S1q3 21.3.D3.D【解析】由8a3a6 0，得公比q 2.6S2a1(1q)14.4.C C【解析】DC AB (DO OC)AB DO AB OC AB 6365.5.C C【解析】由1 3.2727480(80 x)84839190929385，得x 1.1084

2、(80 y)85，得y 6，所以x y 7.由26.6.B B【解析】几何体的上半部是半个圆锥，下半部是圆柱，113V 12112 3 2367.D7.D【解析】根据题设知直线PT的方程为y 1(xc)，由直线PT与圆x2 y2 a22相切，得1c2 1122 ac 5a，所以e 5.8.8.C C【解析】S 111122 33 41k k 1k 11，由k 119，得k 99.xx9.9.A A【解析】当x 1时，f(x)2 log2x1，易证2 x1 x.又函数y 2的xx图象与y log2x的图象关于直线y x对称，所以2 x1 x log2x，从而f(x)0.故 若a 1，有f(a)0

3、；若0 a1，因 为 当0 x1时，1xf()2 2 0，显然单调递增.又，f(x)f(1)1 0f(x)2 l o gx122所以x0是f(x)唯一的零点，且0 x01.所以当0 a1时，由a x0得f(a)f(x0)0.10.10.D D【解析】由9xa0 8xb，可得只有 1，2，3，所以0 abx.又满足条件的实数x的整数值98ab1，34，即0 a9，24 b32.98所以a 1，2，9；b 25，26，31，32.b)共有98 72对.故有序实数对(a，二、填空题二、填空题11.11.若若x1或或x1，则，则x21.212.12.4 4【解析】V水r 8，V球 3r，V总r26r，

4、232由r 83r r 6r，得r 4.4334313.13.(0，1041，)【解析】将x y1lgx1两边取对数得，lgx+lg y lgx(1lg x)lg y 0，(lgxlg y)lgxlg y，2-4得lg xlg y4或lg xlg y0.0 xy10或xy1.214.14.3【解析】根据题意可知满足条件的可行域为一个三角形内部（包括边界），故z3)不符合题意，另一个顶点的最值应在三角形的顶点处取得，而其中一个顶点为(1，x y 4(1，y1)应为z的最小值点，所以y1 1，那么第 3 个顶点满足axby c 0，得第 32x y 71).个顶点(3，所以3a bc 0，所以15

5、15 bc 3.a【解析】设f(x)C(C为常数)，由f(x)f(x)0得(1)C 0，1或C 0.当 1时，C可以取任何实数.若f(x)x2是一个 伴随函数，则(x)2x2 0，即(1)x22x2 0对任意的实数x成立，1 2 0，无解.由2x22x 0得2 0.作函数y 2x和y x的图象，易知满足2 0的存在.111f(x)0，令x 0得f()f(0).若f(0)0，则0为f(x)222112的一个零点；若f(0)0，则f()f(0)f(0)0.因为f(x)的图象是连续的，所221以f(x)在区间(0，)内至少有一个零点.2 由f(x)三、解答题三、解答题16.16.【解析】（1）根据(

6、2ac)cos B bcosC和正弦定理，可得12(2sin AsinC)cos B sin BcosC 2sin AcosB sin(BC).在ABC中，sin(BC)sin A 0，所以cosB（2）f(x)cos(2x由2k2x1，故B.6 分32)，g(x)cos2x cos2x.36 1235xk.121262k，得k所以g(x)的单调增区间k5，k(k Z).12 分1212CF/DE，CF/平面DAE.17.17.【解析】（1）由题设可知BF/AE，从而BF/平面DAE，因为BF和CF在平面BCF内，所以平面BCF/平面DAE.又BC在平面BCF内，所以BC/平面DAE.5 分（

7、2）由条件知AE DE，若AD AE，则ADE为等边三角形，取AE中点O，连DO，则DOAE.因为EFAE，EFDE，所以EF平面ADE，所以EFDO，因此DO平面ABEF，从而可以建立如图所示的空间直角坐标系O xyz.由AD AE DE BF AB EF AB 2，FC 1，易得D(0，03)，F(1，2，0)、B(1，2，0).由CFB DEA 60可得C1，2，322.所以BC 32，0，32，BF (2，0 0)，BD (1，23).设平面BDC和平面BDF的法向量分别为m (x1，y1，z1)，n (x2，y2，z2)，则33x1z1 0，2x2 0，22x 2y 3z 0，x22

8、y23z2 0.111可取m (1，1 3)，n (0，3，2)，所以cosm，n=mn3 3mn=57=335105.故所求的二面角的余弦值为3 10535.12 分18.【解析】（1）笨鸟第四次能飞出窗户的概率P 22332313881.4 分（2）用表示聪明鸟试飞次数，则1，2，3.其分布列为123P1231121323321138 分（3）用表示笨鸟试飞次数，则P()P(1，2)P(1，3)P(2，3)1111 2118.12 分33333332719.19.【解析】（1）因为f(x)x lnax，a 0，aR，所以当a 0时，f(x)的定义域为(0，)；当a 0时，f(x)的定义域为

9、(，0).又f(x)11x1，xx1)上单调递减，)上单调递增，f(x)有故当a 0时，x 0，f(x)在(0，在(1，极小值f(1)1lna；当a 0时，x 0，f(x)x1 0，所以f(x)在(，0)上单调递增，无极x值.6 分（2）解法一：当a 1时，f(x)xln x，由（1）知当且仅当x 1时，f(x)min1.1 x1)上单调递增，在(1，)上单调递，x 0，所以g(x)在(0，ex1减，当且仅当x 1时，g(x)max.ex当m0 时，由于g(x)x 0，f(x)min1，所以f(x)mg(x)恒成立；emm当m 0时，mg(x)max，要使不等式f(x)mg(x)恒成立，只需1

10、，即eeme.因为g(x)e).13 分综上得所求实数m的取值范围为(，解法二：当a 1时，f(x)xln x，所以x 0，g(x)x 0，exf(x)ex(xlnx)故f(x)mg(x)m.g(x)xex(xln x)(x1)ex(xln x1)令F(x)，则F(x).2xx由（1）可知xln x 0，所以当x 1时，F(x)0，当0 x 1时，F(x)0，所以F(x)min F(1)e.故当me时，不等式f(x)mg(x)恒成立.13 分20.【解析】（1）设点M的坐标为(x，y)，则由题意知点P的坐标为(x，2y).因为P在圆O：x2 y2 4上，所以x24y2 4.x2 y21）.4

11、分故所求的动点M的轨迹E的方程为x 4y 4（或422（2）当 直 线l垂 直 于x轴 时，由F(3易 知A F B F 1，0)CF DF 1，所以2AF BF CF DF，不符合题意.6 分222 当直线l与x轴不垂直时，设其方程为y k(x3)，代入x y 4，整理得(1k)x 2 3k x3k 4 0.1 2 3k2222224(1k2)(3k24)03k242 3k2设A(x1，x1x2，y1)，B(x2，y2)，则x1 x2 1k21k2所以AF(x13)y1(x13)k(x13)1k x13，22222BF(x23)2 y22(x23)2k(x23)2 1k2 x23.从而AF

12、BF (1k2)(x13)(x23)(1k2)(x1x23(x1 x2)33k246k2(1k)3 1.9 分1k21k22注：若学生利用相交弦定理，也可给分.具体解法如下：设圆O与x轴的两交点分别为M、N，根据相交弦定理得AF BF MF NF 1.将y k(x3)代入x 4y 4，整理得(14k2)x28 3k2x4(3k21)0.222 8 3k2216(14k2)(3k21)0.4(3k21)8 3k2设C(x3，x3x4，y3)，D(x4，y4)，则x3 x4 2214k14k所以CF(x33)y32224 x3(3x34)23x34(x33)，442224 x4(3x44)23x4

13、4(x43).4422DF(x43)y422CF DF322k2从而.2(x3 x4)2414k2故AF BF CF DF222k2122.12分1 k k 214k22注：CF DF也可由弦长公式或焦半径公式求解.综上，存在两条符合条件的直线l，其方程为y 21.【解析】（1）当a 2(x3).13 分21111时，a2 2a1(1a1)2，22221同理可得a4.2 分21（2）若a3 a4，由a4 2a3(1a3)a3，得a3 0或a3.2 当a3 0时，由a3 2a2(1a2)，可得a2 0或a21.若a2 0，则由a2 2a1(1a1)0，得a1 0或a11；若a21，则由a2 2a1(1a1)1，得2a12a11 0，a1不存在.当a32111时，由a3 2a2(1a2)，得a2，再由a2 2a1(1a1)得a1.2221故当a 0或1或时，a3 a4.7 分2（3）因为0a11且a11，所以22 a(1a)10 a 2aa121(11)2122.下面证明对一切的n 2，nN，0 a1n2.)n 2时已证明结论的正确性；)设0 a1k2(k2，k N)，则0 aaak(1a2k)1k1 2k(1ak)222.故对一切的n 2，nN，都有0 a1n2.所以a1n1 2an(1an)2an12 an.13 分