泰州市2015届高三上学期期末考试(理)数学试题及答案.pdf

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1、江苏省泰州市江苏省泰州市 20152015 届高三上学期期末考试数学（理）试题届高三上学期期末考试数学（理）试题解析解析一、填空题：填空题：1.已知A 1,3,4，B 3,4,5，则AB 【答案】3,4【解析】【考点】集合运算2.函数f (x) sin(3x6)的最小正周期为 【答案】23【解析】22=f (x) sin(3x)试题分析：函数的最小正周期为|36【考点】三角函数周期3.复数z满足i，则z z 3 4i（i是虚数单位）【答案】43i【解析】【考点】复数运算4.函数f (x) 2x4的定义域为 【答案】2,)【解析】试题分析：因为2x4 0 x 2，所以定义域为2,)【考点】函数定

2、义域5.执行如下图所示的流程图，则输出的n为 【答案】4【考点】循环结构流程图6.若数据2,x,2,2的方差为0，则x 【答案】2【解析】试题分析：因为方差为0，所以各数相等，即x 2.【考点】方差7.袋子里有两个不同的红球和两个不同的白球， 从中任取两个球， 则这两个球颜色相同的概率为 【答案】13【考点】古典概型概率8.等比数列an中，a132a6 0，a3a4a51，则数列的前6项和为 【答案】【解析】21415a 32a 01+32q 0 q 试题分析：1，6218(1( )6)32 21a3a4a51a4=1a4=1a1 8，数列的前6项和为141( )2【考点】等比数列求和x2si

3、n x,x 09.已知函数f (x) 2是奇函数，则sin x cos(x),x 0【答案】1【考点】奇函数性质x2y210.双曲线221的右焦点到渐近线的距离是其到左顶点距离的一半，则双曲线的ab离心率e 【答案】【解析】53x2y2试题分析：因为双曲线221的右焦点到渐近线的距离为b,所以abb cacacac5, c2a2,ca ,3c 5a,e .224a3【考点】双曲线离心率11.若、是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为 （写出所有真命题的序号）若直线m ，则在平面内，一定不存在与直线m平行的直线若直线m ，则在平面内，一定存在无数条直线与直线m垂直若直线m ，则在平面内，

4、不一定存在与直线m垂直的直线若直线m ，则在平面内，一定存在与直线m垂直的直线【答案】【解析】试题分析：当时，在平面内存在与直线m平行的直线若直线m ，则平面、的交线必与直线m垂直， 而在平面内与平面、的交线平行的直线有无数条，因此在平面内， 一定存在无数条直线与直线m垂直 当直线m为平面、的交线时，在平面内一定存在与直线m垂直的直线当直线m为平面、的交线，或与交线平行，或垂直于平面时，显然在平面内一定存在与直线m垂直的直线当直线m为平面斜线时，过直线m上一点作直线l垂直平面，设直线m在平面上射影为l，则平面内作直线l垂直于l，则必有直线l垂直于直线m，因此在平面内，一定存在与直线m垂直的直线

5、【考点】直线与平面平行与垂直关系12.已知实数a,b,c满足a b c，c 0，则222b的取值范围为 a2c【答案】【解析】33,33试题分析：由题意可设：a ccos,b csin则bcsinsin=y，a2cccos2ccos2因此2y ycossin，|2y|【考点】三角函数最值y21,33 y .3313.在ABC中， 角A,B,C所对的边分别为a,b,c， 若B C且7a2b2c2 4 3，则ABC面积的最大值为 【答案】55【解析】ABC面积1121442b2a2212S bcsin Ab1cos A b b () 4b4(2b2a2)2，22222b4214 32b142由7a

6、 b c 4 3得S 4b (2b )215b432 3b2124714222当b2=16 3ABC5时面积取最小值155【考点】余弦定理，二次函数最值 14.在梯形ABCD中，AB 2DC，BC 6，P为梯形ABCD所在平面上一点，且满足 AP BP 4DP=0，DACB DA DP，Q为边AD上的一个动点，则PQ的最小值为 【答案】423【解析】试题分析：取 AB 中点 M，连 DM，则四边形 DMBC 为平行四边形，DM/CB, DA,CB ADM ,DM CB 6.由AP BP 4DP 0得4DP 2PM ,2DP PM ,DP 2. 1由DACB DA DP得cosADM| DA|C

7、B| DA DP cosADM ，PQ的最小3值为DP sinADM 2【考点】向量数量积二、解答题二、解答题15.（本题满分 14 分）在平面直角坐标系xOy中，角的终边经过点P(3,4)（）求sin(2 24 2.33)的值；4 （）若P关于x轴的对称点为Q，求OPOQ的值【答案】 （）72（）710【解析】 （）角的终边经过点P(3,4)，sin43,cos，4 分55sin(4) sincos4cossin4232727 分4525210（）P(3,4)关于x轴的对称点为Q，Q(3,4)9 分 OP(3,4),OQ(3,4)，OPOQ334(4) 7分【考点】三角函数定义，向量数量积1

8、6.（本题满分 14 分）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，AC,BD相交于点O，EF / /AB，AB 2EF，平面BCF平面ABCD，BF CF，点G为BC的中点（1）求证：直线OG / /平面EFCD；（2）求证：直线AC平面ODE【答案】 （）四边形ABCD是菱形，点O是BD的中点，点G为BC的中点，由三角形中位线性质得OG / /CD， 再根据线面平行判定定理得直线OG / /平面EFCD（）一方面四边形ABCD是菱形，AC DO，另一方面BF CF，点G为BC的中点, FG BC,由面面垂直性质定理得FG 平面ABCD，从而FG AC，又可证四边形EFGO为平行四

9、边形，即FG / /EO，所以AC EO，最后由线面垂直判定定理得AC 平面ODE试题解析：证明（1）四边形ABCD是菱形，AC BD O，点O是BD的中点，点G为BC的中点OG / /CD，3 分又OG 平面EFCD，CD 平面EFCD，直线OG / /平面EFCD分（）BF CF，点G为BC的中点,FG BC,平面BCF平面ABCD，平面BCF平面ABCD BC，FG 平面BCF，FG BCFG 平面ABCD，9 分AC 平面ABCDFG AC,OG/ /AB,OG 11AB，EF / /AB,EF AB，OG/ /EF,OG EF，22四边形EFGO为平行四边形,FG / /EO，11

10、分FG AC，FG / /EO，AC EO， 四边形ABCD是菱形，AC DO，AC EO，AC DO，EO DO O，EO、DO在平面ODE内，AC 平面ODE1分【解析】【考点】线面平行判定定理，线面垂直判定定理，面面垂直性质定理17.（本题满分 14 分）如图，我市有一个健身公园， 由一个直径为 2km 的半圆和一个以PQ为斜边的等腰直角三角形PRQ构成，其中O为PQ的中点现准备在公园里建设一条四边形健康跑道ABCD，按实际需要，四边形ABCD的两个顶点C、D分别在线段QR、PR上，另外两个顶点A、B在半圆上，AB/ /CD/ /PQ，且AB、CD间的距离为 1km设四边形ABCD的周长

11、为ckm（1）若C、D分别为QR、PR的中点，求AB长；（2）求周长c的最大值【答案】 （）3（）2 6【解析】 （）解：连结RO并延长分别交AB、CD于M、N，连结OB，C、D分别为QR、PR的中点，PQ 2，CD 1PQ 1，2PRQ为等腰直角三角形，PQ为斜边，RO 1PQ 1，2NO 111RO MN 1，MO 3 分222在RtBMO中，BO 1，BM BO2OM23，2AB 2BM 36 分（） 解法设BOM ，0 2在RtBMO中，BO 1，BM sin，OM cosMN 1，CN RN 1ON OM cos，BC AD 1(sincos)2，8 分c ABCD BC AD 2(

12、sincos 1(sincos)2)10 分（当 2 2 (sincos) ( 1(sincos) ) 2 6，2225或时取等号）1212当5或时，周长c的最大值为2 6km14 分1212解法以O为原点，PQ为y轴建立平面直角坐标系设B(m,n)，m,n 0，m2n21，C(m1,m)，AB 2n，CD 2m，BC AD 1(mn)28 分c ABCD BC AD 2(mn 1(mn)2)10 分 2 2 (mn)2( 1(mn)2)2 2 6，（当m 6 26 26 26 2，n 或m ，n 时取等号）44446 26 26 26 2，n 或m ，n 时，周长c的最大值为4444当m 2

13、 6km分【考点】直线与圆位置关系，基本不等式求最值18.（本题满分 16 分）2x2y2如图，在平面直角坐标系xOy中，离心率为的椭圆C :221(a b 0)的左顶ab2点为A，过原点O的直线（与坐标轴不重合）与椭圆C交于P,Q两点，直线PA,QA分别与y轴交于M,N两点若直线PQ斜率为（1）求椭圆C的标准方程；2时，PQ 2 32（2）试问以MN为直径的圆是否经过定点（与直线PQ的斜率无关）？请证明你的结论x2y2【答案】 （）1（）过定点F( 2,0)42【解析】解： （1）设P(x0,2x0)，2直线PQ斜率为222时，PQ 2 3，x02(x0)23，x0 2分222221ca b

14、2，2221，e a 4,b2 2abaa2x2y2椭圆C的标准方程为1分42（）以MN为直径的圆过定点F( 2,0)22x0y022设P(x0, y0)，则Q(x0,y0)，且1，即x02y0 4，42A(2,0)，直线PA方程为：y y02y0(x2)，M(0,)，x02x02直线QA方程为：y y02y0(x2)，N(0,)，分x02x022y02y0)(y) 0 x02x02以MN为直径的圆为(x0)(x0)(y4x0y04y02y2 0，12 分即x y 2x04x0422x 4 2y2020，x2 y22x0y2 0，y0令y 0，x2 y22 0，解得x 2，以MN为直径的圆过定

15、点F( 2,0)16 分【考点】直线与椭圆位置关系19.（本题满分 16 分）数列an，bn，cn满足：bn an2an1，cn an12an22，n N *（1）若数列an是等差数列，求证：数列bn是等差数列；（2）若数列bn，cn都是等差数列，求证：数列an从第二项起为等差数列；（3）若数列bn是等差数列，试判断当b1a3 0时，数列an是否成等差数列？证明你的结论【答案】 （）证明一个数列为等差数列，一般从等差数列定义出发：bn1bn (an12an2)(an2an1) (an1an)2(an2an1) d 2d d，其中d为等差数列an的公差 （） 同 （1） ， 先根据关系式bn a

16、n2an1，cn1 an2an12解出anbncn11，再从等差数列定义出发2bn1cnbncn1bn1bncncn1d1d2，其中d1,d2分别为等差数222222an1an列bn，cn的公差（3）探究性问题，可将条件向目标转化，一方面b1a3 0，所以a12a2 a3，即a12a2a3 0，另一方面2bn1=bn+bn2，所以an2an1+an+22an3=2（an+12an2），整理得2an1anan2 2(2an2an1an3)，从而2an1anan2 0，即数列an成等差数列试题解析：证明： （）设数列an的公差为d，bn an2an1，bn1bn (an12an2)(an2an1)

17、 (an1an)2(an2an1) d 2d d，数列bn是公差为d的等差数列分（）数列an成等差数列解法设数列bn的公差为d，bn an2an1，2 bn 2 an22 bn2nn1nnn1an1，2n1bn1 2n1an12nan，2b1 2a122a2，bn12b1 2a12n1an1，2n1设Tn 2b12 b22bn12nbn，2Tn 22b12nbn12n1bn，2n1两式相减得：Tn 2b1(2 2即Tn 2b14(22n1n12n)d2n1bn，1)d2n1bn，2b14(2n11)d2n1bn 2a12n1an1，an1 2a12b14(2n11)d2n1bn 2a12b14

18、d2n1(bnd)，2a12b14d(bnd)，分n122a12b14d2a12b14d(b d ) b1，22323an1令n 2，得a3b1a3 0，2a12b14d b1a3 0，2a12b14d 0，32an1 (bnd)，an2an1 (bn1d)(bnd) d，数列an（n 2）是公差为d的等差数列，分bn an2an1，令n 1，a12a2 a3，即a12a2a3 0，数列an是公差为d的等差数列分数列bn是等差数列，2bn1bnbn2 0，2an1anan2 2(2an2an1an3)，分a12a2a3 0，2an1anan2 0，数列an是等差数列分【解析】【考点】等差数列定

19、义20.（本题满分 16 分）已知函数f (x) lnx1，g(x) axbx(1)若函数h(x) f (x)g(x)在(0,)上单调递增，求实数a的取值范围；(2) 若直线g(x) axb是函数f (x) lnx1图象的切线，求a b的最小值；x2(3)当b 0时， 若f (x)与g(x)的图象有两个交点A(x1, y1),B(x2, y2)， 求证：x1x2 2e（取e为2.8，取ln2为0.7，取2为1.4）【答案】 （）(,0（）1（3）由题意知ln x111 ax1，lnx2 ax2，x1x2两式相加得lnx1x2x1 x2xx x a(x1 x2)，两式相减得ln212 a(x2

20、x1)，x1x2x1x1x2x2xln2x1x xx111即， aln x1x212 ()(x1 x2)x2 x1x1x2x1x2x2 x1x1x2ln即lnx1x22(x1 x2)x1 x2x2ln，分x1x2x2 x1x12x22(t 1)(t 1)1，(t 1)， 0，不妨令0 x1 x2， 记t 令F(t) lnt 则F(t) x1t 1t(t 1)F(t) lnt 2(t 1)2(t 1) F(1) 0，在(1,)上单调递增，则F(t) lnt t 1t 1x22(x2 x1)2(x1 x2)x1 x2x22(t 1)lnln x x ln 2，lnt ，则，12x1x1 x2x1x

21、2x2 x1x1t 1又ln x1x24 x1x22(x1 x2)44 ln x1x2 ln x1x2 2lnx1x2，x1x2x1x2x1x2x1x22lnx1x242 2，即lnx1x21，x1x2x1x2212G (x) 2 0，G(x)在(0,)上单调递增，x 0，则时，xxx令G(x) ln x又ln2e212ln21 0.851，e2e22221 ln2e，则x1x22e，即x1x2 2ex1x22eG( x1x2) lnx1x2分【解析】 （）由题意得对x 0，h(x) 11112a 0恒成立，即a （2）min，xxxx11111(x ,ln x )a 2， 0a 0，（）设切

22、点0，由导数几何意义得02xxx0 xx00b lnx0211，令t 0，则ab (t)lntt2t1，问题就转化为利用导x0 x01t(2t 1)(t 1)得当t(0,1)时，(t) 0，(t)在(0,1)t数求最值：由(t) 2t 1上单调递减；当t(1,)时，(t) 0，(t)在(1,)上单调递增，ab (t) (1) 1，故a b的最小值为1 （3）本题较难，难点在于构造函数.先根据等量关系消去参数a：由题意知lnx111 ax1，lnx2 ax2，两式相加得x1x2lnx1x2x1 x2xx x a(x1 x2)，两式相减得ln212 a(x2 x1)，即x1x2x1x1x2x2x1

23、1， ax2 x1x1x2lnx22(x1 x2)x1 x2x2lnx x ln，为x xx1，即121ln x1x212 ()(x1 x2)x1x2x2x1x1x1x2x2 x1x1x2ln研究等式右边范围构造函数F(t) lnt 2(t 1)(t 1)，易得F(t)在(1,)上单调递增，t 1因此当0 x1 x2时，有lnx22(x2 x1)x2(x2x1) 0即ln2，所以x1x1 x2x1x1 x2lnx1x22(x1 x2) 2，再利用基本不等式进行放缩：x1x24 x1x22(x1 x2)44 lnx1x2 lnx1x2 2lnx1x2，x1x2x1x2x1x2x1x22 lnx1

24、x2即lnx1x2221， 再一次构造函数G(x) lnx， 易得其在(0,)上单调递增，x1x2x221 ln2eG( 2e)，因此x1x22e，即x1x22e而G( x1x2) lnx1x2x1x22e2试题解析：解： （1）h(x) f (x)g(x) ln x111axb,则h(x) 2a，xxx112a 0，xxh(x) f (x)g(x)在(0,)上单调递增，对x 0，都有h(x) 即对x 0，都有a 11112，2 0，a 0，xxxx故实数a的取值范围是(,04 分(2) 设切点(x0,ln x01111)，则切线方程为y(lnx0) (2)(x x0)，x0 x0 x0 x0

25、即y (112111112)x(2)x0(lnx0)，亦即y (2)x(lnx01)，x0 x0 x0 x0 x0 x0 x0 x0令1112t 0，由题意得a 2t t2,b lnx01 lnt 2t 1，分x0 x0 x0 x01t(2t 1)(t 1)，t令ab (t) lnt t2t 1，则(t) 2t 1当t(0,1)时，(t) 0，(t)在(0,1)上单调递减；当t(1,)时，(t) 0，(t)在(1,)上单调递增，ab (t) (1) 1，故a b的最小值为1分（3）由题意知lnx111 ax1，lnx2 ax2，x1x2两式相加得lnx1x2x1 x2xx x a(x1 x2)

26、，两式相减得ln212 a(x2 x1)，x1x2x1x1x2x2xln2x1x xx111即， aln x1x212 ()(x1 x2)x2 x1x1x2x1x2x2 x1x1x2ln即lnx1x22(x1 x2)x1 x2x2ln，分x1x2x2x1x1(t 1 )2t 0， 则F()t(t 1 )x22 (t 1 )1，t) l n t ( t 1 )不妨令0 x1 x2， 记t 令F(x1t 1F(t) lnt 2(t 1)2(t 1) F(1) 0，在(1,)上单调递增，则F(t) lnt t 1t 1lnt x22(x2x1)2(x1 x2)x1 x2x22(t 1)ln 2，则l

27、n，lnx1x2xx xx xx xx1t 111212214 x1x22(x1 x2)44 lnx1x2 lnx1x2 2lnx1x2，x1x2x1x2x1x2x1x2又lnx1x22lnx1x242 2，即lnx1x21，x1x2x1x2212，则x 0时，G(x) 2 0，G(x)在(0,)上单调递增，xxx令G(x) lnx又ln2e212ln21 0.851，e2e22221 ln2e，则x1x22e，即x1x22ex1x22eG( x1x2) lnx1x2分【考点】导数几何意义，导数综合应用附加题附加题21.A（本小题满分 10 分，几何证明选讲）如图，EA与圆O相切于点A，D是E

28、A的中点，过点D引圆O的割线，与圆O相交于点B,C，连结EC求证：DEB DCE【答案】证两角相等，一般利用相似三角形， 而证两三角形相似，一般从切割线定理出发寻求对应边成比例： 由切割线定理：DA2 DBDC D是EA的中点， DE2 DBDCDEDBEDBCDEDEB DCEDCDE【解析】【考点】切割线定理21.B（本小题满分 10 分，矩阵与变换）10121已知矩阵A，B ，若矩阵AB对应的变换把直线l变为直线0201l:x y2 0，求直线l的方程【答案】l : x 2【解析】试题分析： 从求轨迹方法出发： 先设直线l上任意一点(x, y)在矩阵AB1对应的变换下为点(x, y)10

29、121212xxx x2y再求AB0102，所以02yy，y 2y02 1l:(x2y)(2y)2 0，l : x 2试题解析：解：B 12121B，0101101212AB0102,分021设直线l上任意一点(x, y)在矩阵AB1对应的变换下为点(x, y)x x2y12xx02yy，y 2y 代入l，l:(x2y)(2y)2 0，化简后得：l : x 2分【考点】矩阵变换21.C（本小题满分 10 分，坐标系与参数方程选讲）己知在平面直角坐标系xOy中，圆O的参数方程为x 2cos（为参数） 以原点O为y 2sin极点， 以x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中， 直线l的极坐标方程为(sin

30、cos) 1，直线l与圆M相交于A,B两点，求弦AB的长【答案】14【解析】试题分析：由x cos, y sin，将直线l的极坐标方程化为直角坐标方程x y1 0，由sin2cos21消去参数得圆O的普通方程为x2 y2 4，根据圆心到直线距离得d 1222，再由垂径定理得AB 2 22() 14222试题解析：圆O：x2 y2 4，直线l：x y1 0，5 分圆心O到直线l的距离d 1222，弦长AB 2 22() 14分222【考点】极坐标方程化为直角坐标，参数方程化普通方程，直线与圆位置关系21.D（本小题满分 10 分，不等式选讲）已知正实数a,b,c满足a b c 3，求证：bca2

31、232abc【答案】证明：正实数a,b,c满足a b c 3，3 abc 33abc，abc 1，5 分bcabca133 3 3 3分222222abcabcabc【解析】【考点】基本不等式22.(本小题满分 10 分)如图，在长方体ABCD ABCD中，DA DC 2，DD 1，AC与BD相交于点O，点P在线段BD上（点P与点B不重合） (1)若异面直线OP与BC所成角的余弦值为55，求DP的长度;55(2)若DP 3 2，求平面PAC与平面DCB所成角的正弦值2【答案】 （）DP 222或DP 2（）7373【解析】 （） 先建立空间直角坐标系， 设P(t,t,0)， 利用空间向量数量积

32、可求两向量夹角： OPBC2(t 1)155222cos 2或 ，解得t 或t ，因此DP 237355OP BC2(t 1) 1 522 （）求二面角，关键求出平面的法向量，设平面DCB的一个法向量为7 n1DC 0 ，根据，可得n1 (x1, y1,z1)n1 (1,1,2)，同理设平面PAC的一个法向量n1DB 0 n2PA 0 为n2 (x2, y2,z2)，根据可得n2 (1,1,1)，因此二面角满足：n2PC 0 n1n2227cos sin36 3n1 n23DP 试题解析：（1） 以DA,DC,DD为一组正交基底， 建立如图所示的空间直角坐标系D xyz，由题意，知D(0,0,

33、0),A(2,0,1)，B(2,2,0)，C(0,2,1)，O(1,1,1).设P(t,t,0)，OP (t 1,t 1,1)，BC(2,0,1). 设异面直线OP与BC所成角为， OPBC2(t 1)155 则cos ，255OP BC2(t 1) 1 5化简得：21t220t 4 0,解得：t 22或t ，37DP 222或DP 25 分373 33 2，P( ,0)，2 22（2）DP 13 3 1DC(0,2,1),DB(2,2,0)，PA ( ,1),PC (,1)，222 2设平面DCB的一个法向量为n1 (x1, y1,z1)， 2y1 z1 0z1 2y1n1DC 0 ，即，取

34、y1 1，n1 (1,1,2)，2x 2y 0 x y1111n1DB 0 PA C设平面的一个法向量为n2 (x2, y2,z2)，3 1 x y z 0 z2 y2 22222n2PA 0 ，即，取y21，n2 (1,1,1)，31x y22x y z 0n2PC 0222 22设平面PAC与平面DCB所成角为， n1n222 cos ，36 3n1 n2sin7分3【考点】利用空间向量求线线角及二面角23.(本小题满分 10 分)记Ci为从i个不同的元素中取出r个元素的所有组合的个数随机变量表示满足r1Ciri2的二元数组(r,i)中的r，其中i2,3,4,5,6,7,8,9,10，每一

35、个Cir（r 20,1,2,i）都等可能出现求E【答案】7724r【解析】Ci当i 2时，12i，21212i(i1)12521i12i23C C 1i，Ci Ci i i，Ci Cii，C5，222220iii当2i 5,iN*时，Cir12i的解为r 0,1,i3 分2当6i 10,iN*，Cir1Cir r i1，2由Ci3i(i1)(i2)12i i 3,4,5可知：62r当r 0,1,2,i2,i1,i时，Ci12i成立，2r3当r 3,i3时，Ci Ci1212ri（等号不同时成立） ，即Cii6 分22P()1333111111116161616161616161624488 分E (012)311177(345678)910161624482410 分【考点】数学期望