安徽省安庆市高三数学上学期期末教学质量调研检测试题

安徽省安庆市2015届高三数学上学期期末教学质量调研检测试题（A）（扫描版）
安庆市2014～2015学年度第一学期期末教学质量调研监测 高三数学试题（A ）参考答案及评分标准
一、选择题
1. B 【解析】4
4
()sin cos cos 2f x x x x =-=-，∴22
T π
π==. 2. A 【解析】∵{
}
{}2
|log
2|02A x x x x =<=<<，∴
(0][2)=-∞+∞U ，，.
又{}{}|12|13B x x x x =-=-≤≤≤，∴(
)∩B [][]1023=-U ，，.
3. D 【解析】由3680a a +=，得公比2q =-.∴61
6211(1)(63)
1321(1)1
a q S q
S a q -⨯--=
==+-. 4. C 【解析】1
()63632
DC AB DO OC AB DO AB OC AB ⋅=+⋅=⋅+⋅=-+⨯⨯=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .
5. C 【解析】由727480(80)848391909293
8510
x ++++++++++=，得1x =.
由84(80)852
y ++=，得6y =，所以7x y +=.
6. B 【解析】几何体的上半部是半个圆锥，下半部是圆柱，
22113
1113236
V πππ=⨯⨯+⨯⨯=+
7. D 【解析】根据题设知直线PT 的方程为1
()2
y x c =
+，由直线PT 与圆222x y a += 相切，得2
12112c a =⎛⎫+ ⎪⎝⎭
5c a ⇒=，所以5e =8. C 【解析】111223341
S k k k =
++=++++++L ，
119k +=，得99k =.
9. A 【解析】当1x >时，2()2log 1x f x x =--，易证21x
x x >+>.又函数2x y =的图象与2log y x
=的图象关于直线y x =对称，所以221log x
x x x >+>>，从而()0f x >.故若1a >，有()0f a >；若01a <≤，因为当01x <≤时，2()2log 1x
f x x =+-，显然()f x 单调递增.又(1)10f =>，
1
()2202
f =<，所以0x 是()f x 唯一的零点，且001x <<.
所以当01a <≤时，由0a x >得0()()0f a f x >=. 10. D 【解析】由908x a x b ->-≥，可得
98
a b
x <≤.又满足条件的实数x 的整数值只有1，2，3，所以019a <
≤，348
b
<≤，即09a <≤，2432b <≤. 所以 1a =，2，…，9；25b =，26，…，31，32. 故有序实数对()a b ，共有9872⨯=对.
二、填空题
11. 若1x ≥或1x -≤，则2
x ≥1.
12. 4 【解析】28V r π=⨯水，3
433
V r π=⨯球，26V r r π=⋅总，
由2
32
48363
r r r r πππ⨯+⨯=⋅，得4r =.
13. 4(010][1)-+∞U ，
， 【解析】将1lg 1x
x y +⋅=两边取对数得，
lg (1lg )lg 0x x y ++=，∴2
lg +lg (lg lg )lg lg 2x y x y x y ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭
≤，
得 lg lg 4x y +-≤或lg lg 0x y +≥.∴ -4
010xy <≤或1xy ≥.
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z 的最值应在三
角形的顶点处取得，而其中一个顶点为(13)，不符合题意，另一个顶点1(1)y ，
应为z 的最小值点，所以11y =-，那么第3个顶点满足4
027x y ax by c x y +=⎧⎪
++=⎨⎪+=⎩
，得第3个顶点(31)，.
所以30a b c ++=，所以
3b c
a
+=-. 15 ① ②
【解析】① 设()f x C =(C 为常数)，由()()0f x f x λλ++=得(1)0C λ+=，
∴ 1λ=-或0C =. 当1λ=-时，C 可以取任何实数. ② 若2
()f x x =是一个λ-伴随函数，则2
2
()0x x λλ++=，
即2
2(1)20x x λλλ+++=对任意的实数x 成立，∴2
120λλλ+===，无解.
③ 由2
20x x λ
λ++=得20λλ+=.作函数2x y =和y x =-的图象，易知满足20λλ+=的λ存在.
④ 由11()()02
2f x f x ++
=，令0x =得11
()(0)22f f =-.若(0)0f =，则0为()f x 的一个零点；若(0)0f ≠，则211()(0)(0)022f f f =-<.因为()f x 的图象是连续的，所以()f x 在区间1
(0)2
，内至少
有一个零点.
三、解答题 16. 【解析】（1）根据(2)cos cos a c B b C -=和正弦定理，可得
(2sin sin )cos sin cos A C B B C -=2sin cos sin()A B B C ⇒=+.
在△ABC 中，sin()sin 0B C A +=≠，所以1cos 2B =，故3
B π
=. ………6分
（2）()cos(2)3f x x π
=-
，()cos 2cos 21236g x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛
⎫=+-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
. 由2226
k x k π
πππ--
≤≤，得 51212
k x k ππ
π
π-
+
≤≤. 所以()g x 的单调增区间51212k k ππππ⎡
⎤
-
+⎢⎥⎣
⎦
，(Z k ∈). …………12分 17. 【解析】（1）由题设可知BF //AE ，CF //DE ，从而BF //平面DAE ，CF //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
（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DO ⊥AE .
因为EF ⊥AE ，EF ⊥DE ，所以EF ⊥平面ADE ，所以EF ⊥DO ，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
2AD AE DE BF AB EF AB =======，1FC =，易得(003)D ，，，(120)F -，，、(120)B --，，.由∠
CFB =
∠60DEA =°可得1322C ⎛⎫
-
⎪ ⎪⎝
⎭，，. 所以3302BC ⎛⎫
= ⎪ ⎪⎝⎭
u u u r ，，，
(200)BF =u u u r ，，，(123)BD =u u u r
，，.
设平面BDC 和平面BDF 的法向量分别为111()m x y z =u r ，，，222()n x y z =r
，，，则
1111133
02
2230x z x y z ⎧+=⎪⎨⎪++=⎩，， 222220230.x x y z =⎧⎪⎨++=⎪⎩，
可取(113)m =-u r ，，
，(032)n =-r
，，， 所以 333cos ==
=1053557m n m n m n
⋅〈〉⨯u r r u r r u r r ，.
故所求的二面角的余弦值为
3105
35
. …………12分 18. 【解析】（1）笨鸟第四次能飞出窗户的概率
22218
333381
P =⨯⨯⨯=. …………4分
（2）用ξ表示聪明鸟试飞次数，则1ξ=，2，3.
其分布列为
ξ 1 2 3
P
13 211323⨯= 2111323
⨯⨯= …………8分
（3）用η表示笨鸟试飞次数，
则P()P(12)P(13)P(23)ηξηξηξηξ<===+==+==，，，
11112118333333327
⎛⎫=⨯+⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭. …………12分 19. 【解析】（1）因为()ln f x x ax =-，0a ≠，R a ∈，所以当0a >时，()f x 的定义域为(0)+∞，；当0a <时，()f x 的定义域为(0)-∞，.
又11
()1x f x x x
-'=-
=
， 故当0a >时，0x >，()f x 在(01)，上单调递减，在(1)+∞，上单调递增，()f x 有极小值(1)1ln f a =-；
当0a <时，0x <，1
()0x f x x
-'=>，所以()f x 在(0)-∞，
上单调递增，无极值. …………6分
（2）解法一：
当1a =时，()ln f x x x =-，由（1）知当且仅当1x =时，min ()1f x =. 因为1()x x
g x e
-'=，0x >，所以()g x 在(01)，上单调递增，在(1)+∞，上单调递减，当且仅当1x =时，max 1()g x e
=
. 当m ≤0时，由于()0x x
g x e =>，min ()1f x =，所以()()f x mg x >恒成立； 当0m >时，max [()]m mg x e =，要使不等式()()f x mg x >恒成立，只需1m
e
>，即m e <.
综上得所求实数m 的取值范围为()e -∞，
. …………13分 解法二：
当1a =时，()ln f x x x =-，所以0x >，()0x
x
g x e =
>， 故 ()(ln )
()()()x f x e x x f x mg x m g x x
->⇔<=.
令(ln )()x e x x F x x -=，则2
(1)(ln 1)
()x x e x x F x x --+'=.
由（1）可知ln 0x x ->，所以当1x >时，()0F x '>，当01x <<时，()0F x '<， 所以min ()(1)F x F e ==.
故当m e <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(2)x y ，.
因为P 在圆O ：2
2
4x y +=上，所以2
2
44x y +=.
故所求的动点M 的轨迹E 的方程为2
2
44x y +=（或2
214
x y +=）. ……4分 （2）① 当直线l 垂直于x 轴时，由(30)F -，
易知1AF BF ==，1
2
CF DF ==，所以2
CF DF
AF BF +⋅≠
，不符合题意. …………6分
② 当直线l 与x 轴不垂直时，设其方程为(3)y k x =+，代入22
4x y +=，整理得
2222
(1)23340k x k x k +++-=.(
)
2
2
221234(1)(34)0k
k k ∆=-+->
设11()A x y ，，22()B x y ，，则2122231k x x k +=-+，2122
34
1k x x k
-=+， 所以2222211111(3)(3)[(3)]13AF x y x k x k x =
++=+++=+⋅+，
2222222222(3)(3)[(3)]13BF x y x k x k x =++=+++=+⋅+.
从而
22121212(1)(3)(3)(1)(3()3AF BF k x x k x x x x ⋅=+++=++++
22
2
22
346(1)3111k k k k k
-=+-+=++. …………9分 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
1==NF MF BF AF .
将(3)y k x =+代入22
44x y +=，整理得2222(14)834(31)0k x k x k +++-=.
(
)
2
2
2228316(14)(31)0k
k k ∆=-+->.
设33()C x y ，，44()D x y ，，则2342
8314k x x k +=-+，2342
4(31)
14k x x k -=+，
所以2
22
2
2
3333334(34)34
(3)(3)442
x x x CF x y x -++=++=++==
， 2222
2
44444
44(34)34
(3)(3)442
x x x DF x y x -++=++=++==
. 从而2
342
3222()2414CF DF k x x k
++=++=+. 故
22
2
2212121422
CF DF
k AF BF k k k ++⋅=
⇔=⇔=⇔=±+.…………12分 注：DF CF +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2
(3)2
y x =±
+. ……13分 21. 【解析】（1）当12a =
时，2111112(1)2222a a a =-=⨯⨯=， 同理可得41
2
a =. …………2分
（2）若34a a =，由43332(1)a a a a =-=，得30a =或31
2
a =.
① 当30a =时，由3222(1)a a a =-，可得20a =或21a =. 若20a =，则由2112(1)0a a a =-=，得10a =或11a =；
若21a =，则由2112(1)1a a a =-=，得2
112210a a ++=，1a 不存在.
② 当312a =
时，由3222(1)a a a =-，得212a =，再由2112(1)a a a =-得112
a =. 故当0a =或1或1
2
时，34a a =. …………7分
（3）因为101a <<且11
2
a ≠，所以
2
11211(1)1
02(1)222
a a a a a +-⎛⎫<=-<⨯= ⎪⎝⎭.
下面证明对一切的2n ≥，N n ∈，1
02
n a <<. ⅰ)2n =时已证明结论的正确性； ⅱ)设1
02
k a <<
(2k ≥，N k ∈)，则
11 21(1)102(1)222
k k k k k a a a a a ++-⎛⎫<=-<⨯= ⎪⎝⎭. 故对一切的2n ≥，N n ∈，都有102n a <<. 所以112(1)212n n n n n a a a a a +⎛⎫=->-= ⎪⎝⎭
. …………13分。