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

第1页共11页湖州市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，每小题5分，共40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、已知等差数列na的前n项和为nS，若3710aa，则9S（）A．9B．10C．45D．902、“4a”是“216a”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件3、函数213log9fxx的单调递增区间为（）A．0,B．,0C．3,D．,34、已知l，m是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（）A．若//l，//m，则//lmB．若lm，//m，则lC．若l，m，则//lmD．若lm，l，则//m5、为了得到函数cos2sin2yxx的图象，可以将函数2cos2yx的图象（）A．向右平移4个单位B．向右平移8个单位C．向左平移4个单位D．向左平移8个单位6、已知函数93xxfxm，若存在非零实数0x，使得00fxfx成立，则实数m的取值范围是（）A．12mB．102mC．02mD．2m7、已知实数x，y满足0101xyyxb，若zxy的最大值为1，则实数b的取值范围是（）A．1bB．1bC．1bD．1b第2页共11页8、已知1F、2F分别是双曲线1C:22221xyab（0a，0b）的左、右焦点，且2F是抛物线2C:22ypx（0p）的焦点，双曲线1C与抛物线2C的一个公共点是．若线段2F的中垂线恰好经过焦点1F，则双曲线1C的离心率是（）A．23B．12C．22D．13二、填空题（本大题共7小题，第9-12题，每小题6分，第13-15题，每小题4分，共36分．）9、已知全集为R，集合220xxx，13xx，则；；Rð．10、若函数tan6fxx，则fx的最小正周期为；4f．11、已知某几何体的三视图如图所示，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，DCD，DDDC2，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1C:2211xy与2C:22125xy，动圆与这两个圆都内切，则动圆的圆心的轨迹方程为．14、在C中，C3，C4，5，是边上的动点（含，两个端点）．若CCC（，R），则CC的取值范围是．15、若函数221221xfxxaxa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，且第3页共11页sinsinsinCbcac．求角；求sincosC的取值范围．17、（本小题满分15分）如图，在四棱锥11C中，11//，1平面C，C2，1C1，1C2．求证：平面1C平面1C；若点C在棱上的射影为点，求二面角11C的余弦值．18、（本小题满分15分）已知二次函数2fxxbxc（b，Rc）．若12ff，且不等式211xfxx对0,2x恒成立，求函数fx的解析式；若0c，且函数fx在1,1上有两个零点，求2bc的取值范围．第4页共11页19、（本小题满分15分）设数列na的前n项和记为nS，对任意正整数n满足32nnaS．求数列na的通项公式；设2nbn，记数列nb的前n项和为n，若不等式nna对任意正整数n恒成立，求实数的取值范围．20、（本小题满分14分）已知抛物线C:24xy和直线:l2y，直线l与y轴的交点为D，过点Q0,2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QQ，，求的值．第5页共11页湖州市2014-2015学年度第一学期期末考试高三数学卷（文）参考答案一、选择题（本大题共有8小题，每小题5分，共40分）题号12345678答案CACCDBDB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、(2,3)，(,0)(1,)，[0,2]10、,2311、36，33212、4,2313、22143xy14、12,4515、三、解答题（本大题共5小题，共74分）16．解：（Ⅰ）由sinsinsinAbcBCac得abcbcac，………………………………2分化简得：222bcaac即222acacb，所以2221cos22acbBac．………………………………5分故3B．………………………………7分（Ⅱ）2sincossincos3ACAA………………………………8分=13sincossin22AAA，………………………………9分=13sin21cos244AA，……………………………………11分=123sin2234A，…………………………13分第6页共11页由3B可知203A，所以2222333A，……………………………………14分故21sin213A．故1312313sin22423424A．所以1313sincos2424AC．………………………15分17．（Ⅰ）证明：因为1AA平面ABC，所以1AABC，…………………………2分又因为ACBC，所以BC平面1AAC，………………………4分所以平面1AAC平面1BBC.…………………………5分（Ⅱ）解法1：先考查二面角1APCA和二面角1BPCB，因为1AA面ABC，所以1AACP，又因为CPAB，所以CP面11AABB，所以1CPAP，1CPBP，所以11APB即二面角的11APCB一个平面角，……………………7分因为111tan515AAAPAAP，……………………9分1125tan425BBBPBBP，……………………11分所以1111tantanAPBAPABPB，所以1111tantanAPBAPABPB……………………12分第7页共11页1111tantan1tantanAPABPBAPABPB……………………13分5355225351522，……………………14分所以116cos6APB，所以二面角11APCB的余弦值为66．……………………15分（Ⅱ）解法2：因为1AA面ABC，所以1AACP，又因为CPAB所以CP面11AABB，所以1CPAP，1CPBP所以11APB即二面角11APCB的一个平面角………………8分因为CPAB，所以55AP，455BP……………………10分所以116155AP，21163662555BP………………12分又因为直角梯形11AABB可得11516AB……………………13分所以22211111111cos2APBPABAPBAPBP…………………………14分所以116366655cos66625APB所以二面角11APCB的余弦值为66．………………………15分第8页共11页解法3：如图所示，以CA为x轴，以CB为y轴，过C作z轴，建立空间直角坐标系，则可知1,0,0A，11,0,1A，0,2,0B，10,2,2B，42,,055P，…8分A1B1ABCPzxy则11,0,1CA,42,,055CP.设平面1APC的一个法向量是1,,1nxy，可得：1042055xxy12xy即11,2,1n,………………………………………10分同理可得1BPC的一个法向量是21,1,12n,………………………………12分所以二面角11APCB的余弦值为12121666nnnn．…………………15分18．解：(Ⅰ)因为(1)(2)ff，所以1b，…………………………………3分因为当[0,2]x，都有()2|1|1xfxx，所以有(1)1f，………………………6分即1c，所以2()1fxxx；………………………………7分(Ⅱ)解法1：因为()fx在[1,1]上有两个零点，且0c，第9页共11页所以有(1)0,(1)0,0,ffc10,10,0,bcbcc………………………………………11分xy–1–2–3–4–5123456–1–2–3–4–512345O（图正确，答案错误，扣2分）通过线性规划可得222bc.……………………………………………15分（若答案为222bc，则扣1分）解法2：设()fx的两个零点分别12,xx，所以12()()()fxxxxx，……9分不妨设1[1,0)x，2(0,1]x，…………………………11分因为12(2)(2)(2)fxx，且12(2,3]x，22[1,2)x，…………13分所以(2)(2,6)f，所以222bc.…………………………………15分（若答案为222bc，则扣1分）19.解：（Ⅰ）当1n时，1132aS，解得：11a……………………………2分当2n时，32nnaS1132nnaS两式相减得：133nnnaaa，即132nnaa，………………………………5分所以na是以11a为首项，32为公比的等比数列，所以132nna；……7分（Ⅱ）2(22)2nnnTnn,…………………………………9分不等式等价于122()3nnn，令()fn122()3nnn，……10分第10页共11页则(1)()fnfn22[(1)(1)]3nnn122()3nnn12(1)(4)3nnnn，…………………………………12分所以，当4n时，(1)()fnfn；当4n时，(1)()fnfn；即()fn的最大值为5325160(4)(5)327ff；…………………14分所以，16027.…………………15分20.解：(Ⅰ)显然直线AB斜率k存在，且0k,设直线AB方程2ykx，…………………1分设11(,)Axy，22(,)Bxy，联立方程24,2,xyykx得2480xkx,得212121632048kxxkxx，…………………………………………………3分所以2121212()4xxxxxxa…………………………………………4分21632k……………………………………………………………………5分所以1212SQDxx………………………………………………………6分21416322k82…………………………………………………