1、- 1 -2015 届湖北省枣阳市白水高中上学期期末考试高三理科数学试题一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 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 i 为虚数单位，若 i3)i(z ,则 |zA1 B 2 C D22已知 1|),(yx, 11|),(22yxy， “存在点 AP”是“BP”的A充分而不必要的条件 B必要而不充分的条件C充要条件 D既不充分也不必要的条件3若62)(xba的展开式中 x3 项的系数为 20，则 a2b2 的最小值为A1 B2 C3 D45.如图，取一个底面半径和高都为 R 的圆柱，从圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面
2、，下底面圆心为顶点的圆锥，把所得的几何体与一个半径为 R 的半球放在同一水平面 上.用一平行于平面 的平面去截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环面（图中阴影部分）.设截面面积分别为 圆S和 圆，那么A 圆圆 B 圆S= 圆 C 圆S圆 D不确定6一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积和体积分别是A24+ 2和 40 B24+ 和 72 俯视图正视图 侧视图3642- 2 -C 64+ 26和 40 D50+ 和 72 7已知 x，y 满足约束条件.02,yx若 zyax 取得最大值的最优解不唯一，则实数 a 的值为A. 或 1 B2 或 C2 或 1 D2 或112 128如图，矩形
3、ABCD 的四个顶点的坐标分别为 A(0,1)，B (,1)，C( ,1)，D(0,1)，正弦曲线 f(x)=sinx 和余弦曲线 g(x)=cosx 在矩形 ABCD 内交于点 F，向矩形 ABCD 区域内随机投掷一点，则该点落在阴影区域内的概率是A 21B C 1D 2 9抛物线 (0)ypx的焦点为 F，准线为 l， ,AB是抛物线上的两个动点，且满足3AFB设线段 AB的中点 M在 l上的投影为 N，则|M的最大值是A B 23C 3 D 4310已知函数 ()fx是定义在 R 上的奇函数，它的图象关于直线 1x对称，且 xf- 3 -10x.若函数 axfy1在区间 10,上有 10
4、 个零点（互不相同） ，则实数a的取值范围是 A54,B)54,(C10,D )10,(二、填空题：本大题共 6 小题，考生共需作答 5 小题，每小题 5 分，共 25 分. 请将答案填在答题卡对应题号的位置上. 答错位置，书写不清，模棱两可均不得分. （一）必考题（11 14 题）11已知正方形 ABCD的边长为 2, E为 C的中点, F为 A的中点, 则 BFE_.12根据如图所示的框图，对大于 2 的整数 N，输出的数列的通项公式是_.13.设斜率为 2的直线 l与双曲线)0,(12bayx交于不同的两点P、Q，若点 P、 Q 在 x轴上的射影恰好为双曲线的两个焦点，则该双曲线的离心率
5、是 .14. “渐升数”是指除最高位数字外，其余每一个数字比其左边的数字大的正整数（如 13456 和 35678 都是五位的“渐升数” ）. （）共有 个五位“渐升数” （用数字作答） ；（）如果把所有的五位“渐升数”按照从小到大的顺序排列，则第 110 个五位“渐升数”是 .（二）选考题（请考生在第 15、16 两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用 2B 铅笔涂黑 . 如果全选，则按第 15 题作答结果计分.）15 （选修 4-1：几何证明选讲）过圆外一点 P 作圆的切线 PA(A 为切点)，再作割线 PBC 依次交圆于 B，C.若PA6，AC8，BC9，则
6、 AB_16 （选修 4-4：坐标系与参数方程）已知曲线 1C的参数方程是 atyx,（ 为参数，a 为实数常数） ，曲线 2C的参数方程是btyx,（ 为参数，b 为实数常数） 以坐标原点为极点， x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 3的极坐标方程是 1. 若 1C与 2分曲线 3所成长度相等的四段弧，则2a. 三、解答题：本大题共 6 小题，共 75 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.- 4 -17 （本小题满分 11 分）已知函数axxxf 22sinco)62sin()62sin()的在区间2,0上的最小值为 0.（）求常数 a 的值；（）当 ,0x时，求使 0)(xf成
7、立的 x 的集合.18 （本小题满分 12 分）已知等差数列an的首项为 1，前 n 项和为 nS，且 S1，S2，S4 成等比数列（）求数列 na的通项公式；（）记 nT为数列 1n的前 项和，是否存在正整数 n，使得 20157nT？若存在，求的最大值；若不存在，说明理由. 19 （本小题满分 12 分）如图, 在棱长为 2 的正方体 1DCBA中，点 E，F 分别是棱 AB，BC 上的动点，且AE=BF.（）求证：A1FC1E；（）当三棱锥 EFB1的体积取得最大值时，求二面角 B1的正切值.20 （本小题满分 12 分）A BCDEFA1 B1C1D1- 5 -对某交通要道以往的日车流
8、量（单位：万辆）进行统计，得到如下记录： 日车流量 x 5010x15x20x25x频率 0.05 0.25 0.35 0.25 0.10 0将日车流量落入各组的频率视为概率，并假设每天的车流量相互独立（）求在未来连续 3 天里，有连续 2 天的日车流量都不低于 10 万辆且另 1 天的日车流量低于 5 万辆的概率；（）用 X 表示在未来 3 天时间里日车流量不低于 10 万辆的天数，求 X 的分布列和数学期望21 （本小题满分 14 分）已知椭圆 C：)0(12bayx的焦距为 4，其长轴长和短轴长之比为 1:3（）求椭圆 C 的标准方程；（）设 F 为椭圆 C 的右焦点，T 为直线 )2,
9、(ttxR上纵坐标不为 0 的任意一点，过F 作 TF 的垂线交椭圆 C 于点 P，Q.（）若 OT 平分线段 PQ(其中 O 为坐标原点)，求 t的值；（）在（）的条件下，当 |QF最小时，求点 T 的坐标22 （本小题满分 14 分）已知函数 1e)(axf(a 为常数)，曲线 yf(x) 在与 y 轴的交点 A 处的切线斜率为1.()求 a 的值及函数 f(x)的单调区间；()证明：当 0时， 2x；()证明：当 Nn时，ne)3(1l31.- 6 -2015 届湖北省枣阳市白水高中上学期期末考试高三理科数学试题三、解答题：17解：（）因为 axxf 2cossin3，所以axf)62s
10、in(.因为2,0x时，67,，所以 67时 )(xf的取得最小值af1)67(.依题意， 0，所以 1；（6 分）（）由（）知)62sin(xf.要使 0xf，即1)i(.所以Zkk,67262，即Zkx,26.当 0时，x；当 1时， 235.又 ,x，故使 0)(f成立的 x 的集合是,65,0.（11 分）- 7 -当 12na时， 12531nTn )2()53()(n )(.由 2017nT，得 017n，解得 107.故 的最大值为 1006. （12 分）19解：设 xBFAE.以 D 为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：所以当 1x时，即 E，F 分别是棱 AB，BC 的中
11、点时，三棱锥 B1-BEF 的体积取得最大值，此时 E，F 坐标分别为 0,2, 1.设平面 B1的法向量为 cbam， 则 ,01,cbam得 .0,2取 2,，得 .显然底面 ABCD的法向量为 1,0n.设二面角 BEF1的平面角为 ，由题意知 为锐角 .因为 31|,cosnm，所以 31cos，于是 32sin.所以 2tan，即二面角 BEF1的正切值为 2.（12分）- 8 -所以椭圆 C 的标准方程是126yx. （4 分）（） （）由（）可得，F 点的坐标是(2，0).设直线 PQ 的方程为 xmy+2，将直线 PQ 的方程与椭圆 C 的方程联立，得 x my+2，x26 y
12、22 1. )消去 x，得(m23)y2+4my20 ，其判别式 16m28(m23)0.设 P(x1，y1)，Q(x2 ，y2)，则 y1y2 ，y1y2 .于是 x1x2 m(y1y2)+4-4mm2 3 2m2 3.12m2 3设 M 为 PQ 的中点，则 M 点的坐标为)32,6(2m.因为 PQTF，所以直线 FT 的斜率为 ，其方程为 )2(xy.当 tx时， 2tmy，所以点 T的坐标为 ,t，此时直线 OT 的斜率为 t，其方程为xtmy)2(.将 M 点的坐标为)32,6(2m代入，得 36)(322t.解得 3t. （8 分）（）由（）知 T 为直线 x上任意一点可得，点
13、T 点的坐标为 ),(m.- 9 -于是 1|2mTF， 212122 )()()()(| yymyxPQ4)(12122y 34222m3222mm3)1(42.所以)()1(4| 222 PQTF4)1(1)3(422 mm42 31.当且仅当 m21 ，即 m1 时，等号成立，此时 取得最小值 34m2 1 |TF|PQ|故当 最小时，T 点的坐标是(3，1)或|TF|PQ|(3，1)（14 分）22解：（）由 1e)(axf，得 axfe)(.又 1)0(af，所以 2.所以 12， 2e)(xf.由 2ex，得 lnx.所以函数 )(f在区间 ),(上单调递减，在 ),(ln上单调递
14、增. （4 分）()证明：由（）知 4ln12le)2(l)(lnmin fxf.所以 l1xf，即 41e， 0x.令 e)(2g，则 0)(xg.所以 x在 ),0上单调递增，所以 )(1e)(2gx，即 1e2x.（8 分）- 10 -()首先证明：当 0x时，恒有31ex.证明如下：令3e)(h，则2)(hx.由()知，当 0x时， 2x，所以 0，所以 )(xh在 ),0上单调递增，所以 1)(h，所以31e.所以 3lnx，即 xln.依次取1,2，代入上式，则ln31，22， nn1l31.以上各式相加，有)1231ln(21 n所以l3n)3(n，所以l1l12，即ne31l312.（14 分）另解：用数学归纳法证明（略）
