浙江省五校2016届高三数学第二次联考试题-文

2015学年浙江省第二次五校联考数学（文科）试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分．满分150分,考试时间120分钟．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．参考公式：柱体的体积公式V=Sh其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式V=13Sh其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高台体的体积公式1()11223VhSSSS其中S1,S2分别表示台体的上,下底面积球的表面积公式S=4πR2其中R表示球的半径，h表示台体的高球的体积公式V=43πR3其中R表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）1．定义集合1221,log0xAxBxx，则RABð（▲）A．1,B．0,1C．0,1D．0,22．在ABC△中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足()sin()(sinsin)baAbcBC,则C等于（▲）A．3B．6C．4D．233．,,为不同的平面，,,abc为三条不同的直线，则下列命题正确的是（▲）A．若,，则//B．若//,//aab，则//bC．若//,//,,abcacb，则cD．若,ab，则//ab[来源:学*科*网]4．设函数2sin,0,cos,,2xxfxxx，若函数gxfxm在0,2内恰有4个不同的零点，则实数m的取值范围是（▲）A．0,1B．1,2C．0,1D．1,25．已知12FF、是椭圆222210xyabab的左、右焦点，以12FF为直径的圆与椭圆在第一象限的交点为P，过点P向x轴作垂线，垂足为H，若2aPH，则此椭圆的离心率为（▲）A．512B．32C．1714D．2226．已知数列na是等比数列，则“123aaa”是“na为递增数列”（▲）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件7．对任意的(0,)2，不等式221421sincosx恒成立，则实数x的取值范围是（▲）A．3,4B．0,2C．35,22D．4,58．如图，边长为1的菱形ABCD中，60DABo，沿BD将△ABD翻折，得到三棱锥ABCD，则当三棱锥ABCD体积最大时，异面直线ADBC与所成的角的余弦值为（▲）A．58B．14C．1316D．23非选择题部分（共110分）二、填空题（本大题共7小题，前4题每题6分，后3题每空4分，共36分．）9．已知空间几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积是▲；几何体的表面积是▲．10．函数2sin(2)sin(2)2fxxx的最小正周期是▲；函数fx的最大值是▲．11．已知数列na满足11a，12(*)nnnaanN，则3a▲；通项公式na▲．12．若实数,xy满足不等式43120yxxyxy，则2xy的最大值是▲；22(1)xy的最小值是▲．13．已知双曲线的渐近线方程为34yx，其图象过点4,32，1F，2F是其两个焦点，若双曲线上的点P满足1||7PF，则2||PF___▲____．14．直线40mxy与直线40xmy相交于点P，则P到点(5,5)Q的距离||PQ的取值范围是▲．15．已知O为△ABC的垂心，且230OAOBOC,则A角的值为▲．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．（本题满分14分）已知函数()sin()(0,0,)22fxAxBA的定义域为R，值域为[4,8]，图象经过点(0,5)，直线6x是其图象的一条对称轴，且()fx在(,)32上单调递减．(I)求函数()fx的表达式．（II）已知(,)62，且()4f，求sin的值．17．(本题满分15分)如图，在四棱柱1111ABCDABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，=60BAD，14AA，且1ACABCD底面．(I)证明：1111ACCADBBD平面平面．（II）求直线1AC与平11DBBD面所成角．18．(本题满分15分)已知正项等差数列{}na满足：23333123nnSaaaa，其中nS是数列{}na的前n项和．(I)求数列{}na的通项公式；（II）设数列{}nb满足：222nnnanabS，求数列{}nb的前n项的和nT．19．(本题满分15分)已知抛物线24yx，焦点为F，过点(2,0)且斜率为正数的直线交抛物线于,AB两点，且11FAFB．(I)求直线AB的方程；（II）设点C是抛物线上()ABAB不含、两点上的动点，求ABC△面积的最大值．20．（本小题满分15分）设函数2fxxaxb(,)abR．(I)若1b，函数()fx在1,1的值域是,mn，求函数()hanm的表达式；（II）令24atb，若存在实数c，使得1+21fcfc与同时成立，求t的取值范围．OD1DCABB1A1C12015学年浙江省第二次五校联考数学（文科）答案一、选择题BADACCDB二、填空题9．1;32210．,5117,21nna12．96;213．1314．[2,52)15．4三、解答题16．解：(I)（1）由于函数()fx定义域为R，值域为[4,8]，且0A，则84ABAB，得62AB（2）由于图象过点(0,5)，代入，得6sin25，即1sin2，又因为22，故6（3）由于直线6x是()fx图象的一条对称轴，则sin()166，则()662kkZ，即62()kkZ，且0，故62()kkN（4）由于()fx在(,)32上单调递减，故1122322T，得6，故只有当0k时，2满足条件．综上所述，()6sin(2)26fxx（II）()6sin(2)246f，即1sin(2)63因为(,)62，所以72(,)626，故22cos(2)63，则22311126cos2cos[(2)]cos(2)cossin(2)sin66666632326而212611cos25266sin2212，又因为(,)62，则5262336sin12623FEO1ODCAA1C117．解：(I)证明：∵ABCD是菱形∴AC⊥BD又∵1ACABCD底面∴1ACBD，∴BD⊥面1ACA,即BD⊥面11ACCA，而BD∈11DBBD面∴1111ACCADBBD面面（II）法1：设四棱柱上下底面平行四边形的对角线交点分别是1OO、，连接1OO，由于11ACCA为平行四边形，易知1OO与1AC相交，且交于各自的中点，设交点为E，过1A作1OO的垂线，垂足为F∵1111ACCADBBD面面11111ACCADBBDOO面面,11AFOO,1AF∈11ACCA面∴1AF⊥11DBBD面故直线1AC与11DBBD面所成角就是∠1AEF∵底面ABCD是边长为2的菱形，=60BAD，14AA∴OC=12AC=3，∠190ACA，OE=1212AA,∴sin32OCOECOE∴60OEC故∠1AEF60OEC即直线1AC与11DBBD面所成角为60（法2）设底面菱形对角线的交点为O，由于AC⊥BD，如图建立空间直角坐标系O-xyz则计算可知，OC=3,221116122ACAAAC1(3,0,0),A(3,0,2),B(0,1,0),D(0,1,0)A(3,0,0)C，由于11ABAB与的中点重合，故求得1(23,1,2)B则11(0,0,2),(0,2,0),(23,0,2)ACBDBB，设11DBBD面的法向量为(,,)nxyzD1DCABB1A1C1OD1DCABB1A1C1xyz则120023200ynBDxznBB，即，令1x，则0,3yz，故(1,0,3)n则设直线1AC与11DBBD面所成角为，则11||233sin222||||ACnACn，故60即直线1AC与11DBBD面所成角为6018．解：(I)∵23333123nnSaaaa，∴2311233212SaSaa，∵{}na为正项等差数列，解之得1212aa则1d，所以1(1)1nann（II）211222211(1)22(1)22(1)22nnnannnnnannbnnSnnnn12311111111111128824243222(1)22(1)nnnnnTbbbbnnn即11122(1)nnTn19．解：(I)设直线AB为2(0)xmym，221212(,),B(,)44yyAyy,(1,0)F224xmyyx，消x，得2480ymy，则212121632048myymyy则2222222212121212121212(1,)(1,)(1)(1)14444164yyyyyyyyFAFByyyyyy21616418114m得21m，又因为0m，故1m，即直线AB的方程2xy，即20xy（II）设200(,)4yCy，224xyyx，解得1,2223y，故0223223y设点C到直线AB的距离为022001|2||(2)3|4422yyyd当02y，max322d，而||24846AB故max1||632ABCSABd△20．解：（Ⅰ）2221()124aafxxaxx22,2(1),2(),221,2224(1),22,2aafaaamfaafaaa，(1),02,0(1),02,0faaanfaaa则222,21,024()1,2042,2aaaaahanmaaaaa（Ⅱ）222()24aafxxaxbxb（1）当214ab时，2||()14afxfxb，不满足题意．(2)当2014ab，即2440ab时，||1()1fxfx由方程，即，210xaxb，得21244=2aabx、，则当12[,]xxx时，||1fx，而212||=442xxab，故+2cc与必然不能同时满足12[,]xx，故不满足题意．(3)当2104ab，即2404ab时，||1()1fxfx由方程，即，210xaxb，得21244=2aabx、，则当12[,]xxx时，||1fx，而212||=442xxab，故必然存在+2cc与同时满足12[,]xx，故满足题意，则2(1,0]4atb（4）当214ab，即244ab时，||1()1fxfx由方程，即，210xaxb，得22124444=,=22aabaabxx，210xaxb，得224444=,=22aabaabxx