浙江省湖州市2015届高三上学期期末考试样卷数学文试题Word版含答案

湖州市2014-2015 学年度第一学期期末考试
高三数学卷（文）
一、选择题（本大题共 8 小题，每题 5 分，共 40 分．在每题给出的四个选项
中，只有一项为哪一项切合题目要求的．）
1、已知等差数列a n的前 n 项和为 S n，若 a3 a710 ，则 S9（）
A ． 9B．10C． 45D．90
2、“ a 4 ”是“a216 ”的（）
A ．充足不用要条件B．必需不充足条件
C．充足必需条件D．既不充足也不用要条件
3、函数 f x log 1x2 9的单一递加区间为（）
3
A． 0,B．,0C． 3,D．,3
4、已知 l ，m是两条不一样的直线，是一个平面，则以下命题正确的选项
是（）
A ．若 l //， m//，则 l //m B．若 l m ， m//，则 l
C．若 l， m，则 l //m D．若 l m ， l，则 m//
5、为了获得函数y cos 2x sin 2x 的图象，能够将函数y 2 cos2x 的图象（）
A ．向右平移个单位B．向右平移个单位
48
C．向左平移个单位D．向左平移个单位
48
6、已知函数 f x m 9x3x，若存在非零实数x0，使得 f x0 f x0成立，则实数 m 的取值范围是（）
A ．m 1
B．0 m
1
D．m 2 2
C．0 m 2
2
0x1
7、已知实数x， y 知足0y1，若 z x y 的最大值为 1，则实数 b 的取值范围
y x b
是（）
8、已知F1、F2分别是双曲线C1: x2y21（a0 ，b0 ）的左、右焦点，且F2是
a2b2
抛物线 C 2 : y2 2 px（ p0 ）的焦点，双曲线 C1与抛物线 C2的一个公共点是．若线段 F2的中垂线恰巧经过焦点 F1，则双曲线 C1的离心率是（）
A ．23B．12C．22D．1 3
二、填空题（本大题共7 小题，第9-12 题，每题 6分，第 13-15 题，每题 4分，共 36 分．）
9、已知全集为 R ，会合x x22x0 ，x 1x 3 ，则；
； e R．
、若函数
f x tan x ，则 f x的最小正周期为
10
6
； f
4
．
11、已知某几何体的三视图如下图，则该几何体的体积
为；表面积为．
12、如图，在四棱锥CD中， D平面CD ，//CD ，
D CD，D D DC2，则异面直线 C 与所成角的大小为；直线与平面DC 所成角的正弦值为．
13、已知两圆C1: x 12
1与C2:
2
y225，动圆y2x 1
与这两个圆都内切，则动圆的圆心的轨迹方程为．
14、在 C 中，C 3 ， C4， 5 ，是边上的动点（含，两个端点）．若 C C C（，R ），则C C 的取值范围是．15 、若函数 f x 2 x2a2x a2x 1 1 的定义域和值域都是0,，则实数a．
三、解答题（本大题共 5 小题，共 74 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算
步骤．）
16、（本小题满分15 分）在C中，角，， C 的对边分别为a， b ，c，且
sin b c ．
sin sin C a c
求角 ；
求 sin
cosC 的取值范围．
17、（本小题满分 15 分）如图，在四棱锥 C 11中，1 //
1
，
1
平面
C ，
C ， C 11，C 1
2 ． 2
求证：平面
1
C
平面1C ；
若点C 在棱
上的射影为点 ，求二面角
1
C 1 的余弦值．
18、（本小题满分 15 分）已知二次函数 f x
x 2 bx c （ b ， c R ）． 若 f 1 f 2 ，且不等式 x f x
2 x 1 1对 x
0,2 恒成立，求函数 f x
的分析式；
若 c 0 ，且函数 f x 在 1,1 上有两个零点，求 2b c 的取值范围．
19、（本小题满分15 分）设数列a n的前n项和记为S n，对随意正整数n 知足
3a n2S n．
求数列a n的通项公式；
设 b n2n ，记数列b n的前n项和为n ，若不等式n a n对随意正整数 n 恒成立，务实数的取值范围．
20、（本小题满分 14 分）已知抛物线 C: x24 y和直线 l : y 2，直线 l 与 y 轴的交点为
D ，过点 Q 0,2 的直线交抛物线 C 于，两点，与直线 l 交于点．
记D的面积为S，求S的取值范围；
设Q Q，，求的值．
湖州市 2014-2015学年度第一学期期末考试
高三数学卷（文）参照答案
一、（本大共有8 小，每小 5 分，共40 分）
题号12345678
答案C A C C D B D B
二、填空 (本大共7 小，第9— 12 ，每 6 分，第13—15 每 4 分，共36分．)
9、(2,3)，(,0) (1,) ，[0, 2]10、,23
3
，3
12、
2
11、3,
6243
13、 x2y2114、12
,415、
435三、解答（本大共 5 小，共74 分）
16．解：（Ⅰ）由sin A b c 得
b a b
c ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分
sin B sin C a c c a c 化得： b2c2a2ac 即 ac a2c2b2，
所以 cosB
a2c2b21
2ac ．
2故B．
3
（Ⅱ）
sin A cosC sin A cos 2
A
3
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分
1
cos A 3
，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分
= sin A sin A
22
=1
sin 2 A 3 1cos 2A，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11 分44
= 1
sin 2A2 3 ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13 分234
由 B
可知 0 A
2
，
3
3
所以
2 2 2 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14 分
2 A
3 ，
3
3
故 1
sin 2A
2 1．
3
故
1 3 1
sin 2 A 2 3
1
3 ．
2 4
2 3
4
2
4
所以
1
3
1 3 ．
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 15 分 2
sin A cosC
2
4
4
17．（Ⅰ） 明：因 A 1A
平面 ABC ，所以 A 1 A
BC ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分
又因 AC
BC ，所以 BC
平面 A 1AC ，
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分
所以平面 A 1 AC 平面 B 1BC .
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
5 分
（Ⅱ）解法 1：先考 二面角
A PC A 1 和二面角
B P
C B 1，
因 AA
面 ABC ，所以 AA
CP ，又因 CP
AB ，
1
1
所以 CP 面 A 1 ABB 1 ，所以 CP A 1P ， CP
B 1P ，
所以
A 1 P
B 1 即二面角的 A 1 P
C B 1 一个平面角，
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 7 分
因 tan
A 1PA
AA 1 1 5 ，
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9 分 AP
1
5
tan B 1PB
BB 1 2 5 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 11 分
BP 4
2
5
所以 tan A 1PB 1 tan
A 1PA
B 1PB ，
所以 tan
A 1P
B 1
tan
A 1PA
B 1 PB
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 12 分
tan A1PA tan B1PB
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 13 分1tan A1 PA tan B1 PB
5
535
225⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 14 分
，
53
15
22
所以
cos6
A1 PB1
，
6
所以二面角 A1 PC B1的余弦 6 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 15 分
6
（Ⅱ）解法2：
因 AA1面 ABC ，所以 AA1CP ，又因 CP AB
所以 CP面 A1 ABB1，所以 CP A1P ， CP B1 P
所以 A1 PB1即二面角 A1PC B1的一个平面角⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 8 分
因 CP AB ，所以AP
545
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 10 分， BP
5
5
所以A1P 1 16
， B1P221636 6
55555
⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 12 分
又因直角梯形A1 ABB1可得 A1B1 5 16⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13 分
所以 cos A1 PB1A1P2B1 P2A1B12
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14 分2A1P B1 P
6366
6
所以 cos A1 PB155
2
6
66
5
所以二面角 A1PC B1的余弦 6 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15 分
解法 3：如 所示，以
CA x ，以 CB y ， C 作 z ，成立空 直角坐 系， 可知
A 1,0,0 ， A 1
1,0,1 ， B 0,2,0 ， B 1 0,2,2 ， P 4 , 2 ,0 ， ⋯8分
5 5
z
B 1
A 1
C
A
P B
y x
CA 1
1,0,1 , CP
4,2
,0 .
5 5
平面 A 1 PC 的一个法向量是 n 1 x, y,1 ，可得：
x 1 0 x
1
1,2,1 ,
10 分
4x 2 y
即 n ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
y
2 1
5
5
同理可得 B 1PC 的一个法向量是 n 2
1
, 1,1 ,
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
12 分
2
所以二面角 A 1
PC
B 1 的余弦
n 1 n 2 1
6 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 15 分
n 1 n 2
6
．
6
18．解： (Ⅰ )因 f (
1) f (2) ，所以 b
1，
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分
因 当 x [0, 2] ，
都有 x
f (x) 2 | x 1| 1 ，所以有 f (1) 1 ，
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分
即 c 1，所以 f ( x)
x 2 x
1；
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
7 分
( Ⅱ ) 解法 1：因 f ( x) 在 [
1,1]上有两个零点，且 c 0 ，
f (1)0,b c 10,
所以有 f (1)0,b c10,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11 分c0,c0,
5 y
4
3
2
1
–5 –4 –3 –2 –1O12345 6 x
–1
–2
–3
–4
–5
（正确，答案，扣 2 分）
通性划可得22b c 2 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15 分（若答案22b c2，扣1 分）
解法 2： f (x)的两个零点分x1 , x2，所以 f ( x)(x x1)( x x2 ) ，⋯⋯9分
不如 x1[ 1,0) ， x2(0,1] ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11 分
因 f (2)(2x1 )(2x2 ) ，且 2x1(2,3] ， 2x2 [1,2) ，⋯⋯⋯⋯13分
所以 f (2)(2,6) ，所以22b c 2 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15 分（若答案22b c 2 ，扣1 分）
19. 解：（Ⅰ）当n 1 ， 3a12S1，解得： a11⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分
当 n 2 ， 3a n 2 S n 3a n 1 2
S n 1
两式相减得： 3a n
a n3
5 分3a n 1 a n，即，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
a
n 12
3
公比的等比数列，所以 a n
n1
所以 a n是以 a11首，3；⋯⋯ 7分
22
（Ⅱ） T n n(22n)n2n ,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分
2
不等式等价于( n2n)2n 1
，令 f (n) (n2n)2
n 1
，⋯⋯ 10 分
n n 1n1
f (n 1) f (n) [(n1)2(n 1)]2( n2n)22n(n 1)(n 4) ，
333
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分
所以，当 n 4 ， f (n1) f (n) ；当n 4 ， f (n1) f (n) ；
即 f (n) 的最大
255160 f (4) f (5)
27
33
所以，160
.
27
；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14 分
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15 分
20. 解： (Ⅰ )然直AB斜率k存在，且k0 ,
直 AB 方程 y kx 2 ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分
A( x1 , y1 ) ， B( x2 , y2 ) ，
x2 4 y,
得x24kx 8 0 ,
立方程
kx
y2,
16k 2320
得
x1 x24k，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3 分
x1x28
所以 x1x2(x1 x2 )24x1 x2
a
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分16k 232 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分
所以 S1QD x1 x2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分
1
2
416k 232
2
8 2 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分
另解： (Ⅰ )然直 AB 斜率k存在，且k 0，直 AB 方程 y kx 2 ，⋯⋯⋯1分A( x1 , y1 ) ， B( x2 , y2 ) ，立方程x2 4 y,得x24kx 8 0 ,
y kx2,
浙江省湖州市2015届高三上学期期末考试样卷数学文试题Word版含答案
16k 2320
得 x1 x24k，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分
x1x28
AB 1 k 2 x1x2 1 k 2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分
a
1 k 216k 232
点 Q 到直 AB 距离 d4⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分
1k2
所以S 1
AB d ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分2
1416k 232
2
8 2 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分
(Ⅱ)P(x0 ,2) ,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分由 (Ⅰ )可知AQ( x , 2y ) ， QB(x, y 2) ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分
1122
所以2y
1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
10 分
y22
同理2y
1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
11 分
y22
又 y1 y2x12 x22( x1x2 ) 2
4⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分4416
故2y12y1
24 y
1
y
2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
13 分
y2 2y22y224
所以的 0 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14 分
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