2015届高三质检二数学(理)试卷及答案

高三数学（理科）

(时间120分钟，满分150分)

第I卷 (选择题，60分)

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题

目要求的．

1．在复平面内，复数z24ii(i为虚数单位)对应的点位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

2．如果ab0，那么下列不等式成立的是

A．1a1b B．abb2 C．aba2 D．ab 3．某校为了研究“学生的性别”和“对待某一活动的态度”是否有关，运用2×2列联表进行独

立性检验，经计算k7.069，则认为“学生性别与支持活动有关系”的犯错误的概率不超过 A．0.1% B．1% C．99% D．99.9% 附：

P(K2k0) 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 k0 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 yx4．已知实数x,y满足条件xy1，则z2xy的最小值为

x1A．3 B．2 C．32 D．0

5．运行如图所示的程序框图，如果输出的t(2,2]，则输入x的范围是

A．[4,2] B．(4,2] C．[2,4] D．(2,4] 6．已知等差数列{an}中，a10074,S20142014，则S2015

A．2015 B．2015 C．4030 D．4030

7．一排有6个座位，三个同学随机就坐，任何两人不相邻的坐法种数为 A．120 B．36 C．24 D．72

8．若圆(x5)2(y1)2r2上有且仅有两点到直线4x3y20的距离等于1，则r的取值范围为

A．[4,6] B．(4,6) C．[5,7] D．(5,7)

9．函数f(x)2x,x[0,1)，若f(x342x,x[1,2]0)2，则x0的取值范围是 A．log32,5 B．0,log322U5244, C.0,log32254,2 D.35log22,14,2 10．某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的表面积为 A．623 B．442 C．24223 D．423 11.已知函数f(x)的定义域为(4a3,32a2)，且yf(2x3)是偶函数． 又g(x)x3ax2x214，存在x10(k,k2),kZ，使得g(x0)x0，则满足条件的k的

个数为

A．3 B．2 C．4 D．1

12．已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x1)f(x)f2(x)12，数列an满足 a35nf2(n)f(n),nN*，若其前n项和为16，则n的值为 A．16 B．17 C．18 D．19

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13．双曲线4x2y21的渐近线方程为_____. 14．已知221(k1)dx4，则实数k的取值范围是_____.

16．三棱锥中有四条棱长为4，两条棱长为a，则a的取值范围为_____.

三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17.（本小题满分12分）

在ABC中，a,b,c分别为内角A,B,C的对边长，且a22bccosA(bc)2.

（Ⅰ）求A的大小；

（Ⅱ）若sinBsinC1,b2，试求ABC的面积． 18.（本小题满分12分）

我国城市空气污染指数范围及相应的空气质量类别见下表：

空气污染指数 空气质量 空气污染指数 空气质量 0--50 优 201--250 中度污染 51--100 良 251--300 中度重污染 101--150 轻微污染 >300 重污染 151----200 轻度污染 我们把某天的空气污染指数在0-100时称作A类天，101--200时称作B类天，大于200时称作C

类天．

03260右图是某市2014年全年监测数据中随机抽取的18

11238677390天数据作为样本，其茎叶图如下：（百位为茎，十、

21238527880个位为叶） 3304763（Ⅰ）从这18天中任取3天，求至少含2个A类46793天的概率；

（Ⅱ）从这18天中任取3天，记X是达到A类或B类天的天数，求X的分布列及数学期望． 19.（本小题满分12分）

如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1AAB，

ABC90，侧面A1ABB1底面ABC． I）求证：AB1平面A1BC；

CC1II）若AC5，BC3，A1AB60，求二面角

BBAC1B1C1的余弦值．

20.（本小题满分12分）

A1A22已知椭圆C1:x4b2yb21(b0)，抛物线C2:x24(yb)．过点F(0，b1)作x轴的平行线，与抛物线C2在第一象限的交点为G，且该抛物线在点G处的切线经过坐标原点O． （Ⅰ）求椭圆C1的方程；

（Ⅱ）设直线l:ykx与椭圆C1相交于两点C、D两点，其中点C在第一象限，点A为椭圆C1的右顶点，求四边形ACFD面积的最大值及此时l的方程． 21.（本小题满分12分） 已知f(x)xlnx12mx2x,mR． (Ⅰ)当m2时，求函数f(x)的所有零点； (Ⅱ)若f(x)有两个极值点x21,x2，且x1x2，求证：x1x2e(e为自然对数的底数). 请考生在22～24三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分. 22.几何证明选讲（本小题满分10分） A如图：已知PA与圆O相切于点A，经过点O的割线PBC交圆

EO于点B、C，APC的平分线分别交AB、AC于点D、E，.G点G是线段ED的中点,AG的延长线与CP相交于点F．

CDOFBP（Ⅰ）证明：AFED； （Ⅱ）当F恰为PC的中点时，求

PBPC的值. 23．坐标系与参数方程(本小题满分10分)

在平面直角坐标系xOy中，曲线Cx4t21的参数方程为y4t(其中t为参数)．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系并取相同的单位长度，曲线C2的极坐标方程为

cos(24)2． (Ⅰ)把曲线C1的方程化为普通方程，C2的方程化为直角坐标方程；

（Ⅱ）若曲线C1，C2相交于A,B两点，AB的中点为P，过点P做曲线C2的垂线交曲线C1于

E,F两点，求PEPF.

24.不等式选讲（本小题满分10分） 已知f(x)3x1a3xa. (Ⅰ)若a=1，求f(x)8的解集；

（Ⅱ）对任意a0,，任意xR，fxm恒成立，求实数m的最大值.

（（2014-2015学年度高三数学质检二答案

（理科）

一、 选择题

1-5 DABAD 6-10 CCBCB 11-12 AB 二、填空

13. 2xy0 14. ［1，3］ 15 -10

16. 0,2622 注意：此题如果写成0,32163也可以 三、解答题（解答题如果和标准答案不一样，可依据本标准酌情给分） 17．解：（Ⅰ）∵a22bccosA(bc)2，

又根据余弦定理a2b2c22bccosA，

∴b2c22bccosA2bccosAb22bcc2，„„„„„„„„„„2分 化简得4bccosA2bc，

可得cosA12， „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分 ∵0A，∴A23.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分

（Ⅱ）∵sinBsinC1， ∴sinBsin(3B)1，

∴

sinBsin3cosBcos3sinB1， ∴sin3cosBcos3sinB1，

∴sin(B3)1， „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„8分

又∵B为三角形内角， 故BC6,

所以bc2， „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„10分 所以SABC12bcsinA3. „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分 18. 解：（Ⅰ） 从这18天中任取3天，取法种数有 C318816，

3天中至少有2个A类天的取法种数C21C33C15346 ， ..... ....2分

所以这3天至少有2个A类天的概率为

23408； .............................. ..4分 （Ⅱ）X的一切可能的取值是3,2,1,0. ……………… 5分

当X=3时，P(X3)C387C3 …………………… 6分

18102当X=2时，P(X2)C218C1035C3 …………………… 7分 18102当X=1时，P(X1)C128C104515C3 ……………… 8分 1810234 当X=0时，P(X0)C310155C3 …………… 9分 1810234X的分布列为 X 3 2 1 0 P 7/102 35/102 15/34 5/34 ……………11分 数学期望为

21704510213610243 ． ……………12分 19.解：（Ⅰ）证明：在侧面A1ABB1中，因为A1A=AB ，

所以四边形A1ABB1为菱形，所以对角线AB1⊥A1B，„„„„„„„„„„„„„2分 因为侧面A1ABB1⊥底面ABC，∠ABC=900，所以CB⊥侧面A1ABB1， 因为AB1平面A1ABB1

内，所以CB⊥AB1，„„„„„„„„„„4分 又因为A1B∩BC=B，所以AB1⊥平面

A1BC． „„„„„„„„„„„„„6分

z

（Ⅱ）在Rt△ABC中, AC=5, BC=3, 所以AB=4,

又菱形A1ABB1中,因为∠A1AB=600，所以△A1ABC1 C 为正三角形,

如图，以菱形A1ABB1的对角线交点

O为坐标原点OA1方向为x轴，OA方向为y轴，过O且与BC平

B1 B x A1 O y A 行的方向为z 轴建立如图空间直角坐标系，

则A1(2,0,0)，B(2,0,0)，C(2,0,3)，B1(0,23,0)，C1(0,23,3)，

则二面角B—A1C—C 1的余弦值为20.解：（Ⅰ）由x24(yb)得y21．„„„„„„„„„„„„12分 14所以C1C(2,23,0)，C1A11的法向量，则1(2,23,3)，设n(x,y,z)为平面ACCC1C0n2x23y0，所以，令x3，得n(3,3,4)为平面ACC11的一个法向

C1A102x23y3z0n量，„„„„„„„„„„„„„9分

12xb，当yb1得x2， 41 G点的坐标为(2,b1)，则y'x，y'|x21，

2过点G的切线方程为y(b1)x2即yxb1，„„„„„„„„„2分 令y0得x1b0， b1。

 又OB1(0,23,0)为平面A1BC的一个法向量，

nOB1621cosn,OB1.，„„„„„„„„„„„11分

14nOB12723所以二面角B—A1C—C 1的余弦值为

法2：

x2y21。 „„„„„4分 即椭圆的方程为4x2y21，ykx． （Ⅱ）解法一：椭圆的方程为421．„„„„„„„„„„„„„12分 14

C1

C

x22y21依题意有k0，设C(xC，kxC)，由4得：xC，„„„6分

214kykx11SACFDSCFDSCDAOF2xCOA2kxC

22在平面A1BC中过点O作OH⊥A1C于H，连接AH，则

A1C⊥平面AOH，所以∠AHO即为二面角B—A1C—A的

平面角，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„8分

B1

A1

H

O B (1k)2（*）„„„„„„„„„„„„„„8分 2(1k)xC42214k14k4(1k)令t1k，kt1，t(1,)，(0,1)，则 A

AOBC6， 在△A1BC中OH1A1C5又Rt△AOH中AO23，所以AH1tAO2OH2421， 5(1k)215， „„„„„„„„„„„„„„10分 21114k5()28()44tt当且仅当t所以cosAHO21，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„11分 1451，k时，等号成立。 44∴ SACFD25，

∴ 四边形ACFD面积的最大值为25，

因为二面角B—A1C—C 1与二面角B—A1C—A互补，

所以二面角B—A1C—C 1的余弦值为二面角B—A1C—A的余弦值的相反数，

l的方程为y14x.„„„„„„„„„„„„„12分 解法二：设C(xC，kxC)，则x2C，，

14k2yC2k14k2CD41k214k2。 „„„„„„„„„„„„„„6分 点A到CD的距离为h2k11k2，

点F到CD的距离为h22， „„„„„„„„„„„„„8分

1k2S14(1k)(1k)2ACFDSCFDSCDA2CDh1h214k2414k2， 令t1k，kt1，t(1,)，1t(0,1)，则

(1k)2155114k2，当且仅当t，k时，等号成立。„„„10分5(1)28(144t)44t∴ SACFD25，

∴ 四边形ACFD面积的最大值为25， l的方程为y14x。 „„„„„„„„„„„„„12分 解法三：设C(xC，yC)，则SACFDSCFDSCDA2(xCyC)， „„„„„8分 设xC2cossin，y(0,)C2，

∴ SACFD2(xCyC)4cos2sin25sin(，„„„„„„„)10分 其中cos5255,sin5， ∵ (0,2，

)∴ (,2)，SACFD25，

此时x2cos45C52，2，。

yCsin55∴ SACFD25. ∴ 四边形ACFD面积的最大值为25，

l的方程为y14x. „„„„„„„„„„„12分 21.解：(Ⅰ)当m=-2时，f(x)=xlnx+x2-x=x(lnx+x-1)，x>0 . 设g(x)=lnx+x-1，x>0，则g¢(x)=1x+1>0，于是g(x)在(0,+?)上为增函

数. „„„„„„2分 又g(1)=0，所以，g(x)有唯一零点x=1. 从而，函数f(x)有唯一零点x=1. „„„„„„4分 (Ⅱ) 欲证x1x22e，需证lnx1lnx22

若f(x)有两个极值点x1,x2，即函数f¢(x)有两个零点. 又f¢(x)=lnx-mx，所以，x1,x2是方程f¢(x)=0的两个不同实根.

ì于是，有ïïílnx1-mx1=0lnx1+lnx2ïïîlnx2-mx2=0.解之得，m=x. 1+x2ì另一方面，由ïïílnx1-mx1=0ïïîlnx得，lnx2-lnx1=m(x2-x2-mx2=01)， 从而可得，

lnx2-lnx1lnx1+lnx2x=.„„„„„„6分 2-x1x1+x2 骣于是，lnxlnx2-lnx1)(x2+xçç1+x2÷÷lnx21)1+lnx2=(x=ç桫x1÷÷x12-x1x. 2x-11又0x2x，则t>1.

1

因此，lnx1+lnx(1+t)lnt2=t-1，t>1.„„„„„„8分

要证lnx1lnx22

即证：

(t+1)lntt-1>2，t>1.即：

当t>1时，有lnt>2(t-1)t+1.

设函数h(t)=lnt-2(t-1)t+1，t³1.„„„„„„10分

2则h¢(t)=12(t+1)-2(t-1)t-(=(t-1)³0, t+1)2t(t+1)2所以，h(t)为(1,+?)上的增函数.注意到，h(1)=0.因此，h(t)?h(1)0.

于是，当t>1时，有lnt>2(t-1)t+1.

所以，有lnx1+lnx2>2成立，即x1x2>e2.„„„„„„12分 22.选修4-1：几何证明选讲 证明：

（Ⅰ）如图：

A直线PA与圆O相切于点A E \\?PAB?C

GCDOFBP?APE?CPE„„„„„„„„„„„„„„„2分

?ADE?PAB?APE?AEP?C?CPE„„„„„„„„„„4分 \\?ADE?AEPG是的DE的中点\\AF^ED„„„„„„„„„„„5分

（Ⅱ）直线PA与圆O相切于点A

PA2=PB?PC„„„„„„„7分

PA=PF=12PC „„„„„„„„„„9分 1PC24=PB?PC PC=4PBPBPC=14„„„„„„„„„10分 23.选修4-4：坐标系与参数方程

解：（Ⅰ）消去参数可得C1：y2=4x,„„„„„„2分

C2:x-y-1=0„„„„„„„4分

（Ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2),且AB中点为P(x0,y0),

ìïíy2=4x,ïy-1=0,联立可得x2-6x+1=0 îx-x1+x2=6,x1x2=1,

ì \\ïíxx1+x20==3ï2„„„„„„„„6分 îy0=2ìïx=3-ïAB中垂线的参数方程íïïy=2+ïî2t2t为参数 (1) 2t2()=1+3a吵23am„„„„„„9分

y24x (2) „„„„„„„„„8分 将（1）带入（2）中

13\\当=3a即a=时，m的最大值为23„„„„„„„10分

a3

t2+82t-16=0\1?t2\\PE?PFt1?t216„„„„„„„„10分

24.选修4-5：不等式选讲 解：（Ⅰ）

a=1时

3x+1+3x-1?8

1当x?时

3

-(3x+1)-3(x-1)?8

x?1

\\x?1

1

当-3x+1-3(x-1)?8

无解 当1£x时

3x+1+3(x-1)?8

5 \\x?-16

3„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分

综上可得x?(轹5?,1]?ê,?÷÷„„„„„„„„„„„„5分

ê3滕（Ⅱ）f(x)=3x+骣11+3x-a?琪3x-(3x-3a)„„„„„„7分 琪a桫a