1、浙江省桐乡第一中学等四校 2015 届高三上学期期中联考数学（理）试题第卷一、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已知全集 U=R，集合 A=0,2|xx或 ， B=1|x，则 BACU)( （A） （B） ) （C） （D）(2,0)2,12.若 .52log3,labc，则有（A） （B） bac（C） cab （D） ca3.设 为实数，命题甲： .命题乙： ，则甲是乙的, 210（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4.已知 是等比数列，其中 是关于 的方程 的两
2、根，na18,x2sin3i0x且 ，则锐角 的值为21836()（A） （B） （C） （D）6435125设 ， ， 是空间三条直线， ， 是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不成abc立的是 （A）当 时，若 ，则 （B）当 时，若 ，则b（C）当 ，且 是 在 内的射影时，若 ，则aca（D）当 ，且 时，若 ，则 cc6已知 为第二象限角， ，则3sinoos2（A） （B） （C） （D）53595597如果在约束条件 下，目标函数 最大值是 ，则 102(1)xyaa xay3a（A） （B） （C） （D）23323或 128点 是双曲线 与圆 的一个交点，P)0,(1:21b
3、ayxC2:bayx且 ，其中 、 分别为双曲线 的左右焦点，则双曲线 的离21F21 1C心率为（A） （B） （C） （D） 33559.已知一个高度不限的直三棱柱 ， ， ， ，点 是侧1AB4AB6AP棱 上一点，过 作平面截三棱柱得截面 给出下列结论： 是直角三角1 ,EE形； 是等边三角形；四面体 为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四DEPD面体。其中有可能成立的结论的个数是（A）0 （B）1 （C）2 （D）310.已知函数 。定义： (),01fxx,)()(,)(121 xffxf满足 的点 称为 的 阶不动点。43,)(1nfn xfn)(0n则 的 阶不动点的个数是（A）
4、个 （B） 个 （C） 个 （D） 个222)n第卷二、填空题（本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分）11.一个空间几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图都是由半圆和矩形组成，根据图中标出的尺寸(单位 )，得这cm个几何体的体积等于 12.过点 的直线 与圆 交于(2,1)Pl2:(1)4Cxy,AB两点，当 最小时，直线 的方程为 ABl13.已知 则 _,)cos(,3sin)sin14.已知函数 为奇函数，则 20)()xfg(1)fg15.如图， 是单位圆 的一条直径, 是线段 上的点， 且BCAFAB，若 是圆 中绕圆心 运动的一条直径，则FDE的值是 16若 对于任
5、意的 恒成立，则实2212yaxyx,数 的值为 a17.已知函数 ，若 且 ，()|1|f1ab()fab则 的取值范围_ _.b三、解答题（本大题共 5 小题，共 72 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）18 （本题满分 14 分）已知函数 设 时 取到最大值2()sin()3cos2,44fxxx()f（1 ） 求 的最大值及 的值；（2 ）在 中，角 所对的边分别为 ， ，且ABC, ,abc12A，2sinsi求 的值bc19 （本题满分 14 分）设数列 na，其前 项和 ,nb为单调递增的等比数列， 1235b，23Sn.31b（1）求数列 n， 的通项；（2）若 (2
6、)1c，数列 nc的前 项和 ，求证： .nT3nT20. （本题满分 14 分）如图，平面 平面 ， ， 为等边三角形， ，PACBCAPAPEBC过 作平面交 、 分别于点 、 BEMN(1)求证： ；MN(2) 设 ，求 的值，使得平面 与平面 所成的锐二面角的大小为 45.21 （本小题满分 15 分）已知椭圆 ： 的一个焦点与抛物线 的焦点相同，C012bayx xy42在椭圆上，过椭圆的右焦点 作斜率为 的直线 与椭圆交于 两点，直0,2AFklGE,线 分别交直线 于点 ，线段 的中点为 ，记直线 的斜GEmNM, PF率为 。k（1）求椭圆方程；（2）求 的取值范围。22 （本
7、题满分 15 分）已知函数 ，2()fxa（1 ）若 的解集 ，求实数 的取值范围；00,3Aa（2 ）若 在区间 内有两个零点 求实数 的取值范1gf(,)12,(),xa围。2014/2015 学年第一学期联盟学校高三期中联考数学(理)答案一、选择题：5 分/小题三、解答题18. （1）依题（3 分）()cos(2)3cos21in3cos21sin(2).fxxxxx 又 ，则 ， （5 分）,46故当 即 时， （8 分）23x12xmax()3.f（2 ）由（1 ）知 ， （9 分）3A由 即 ， （10 分）2sinsiBC2bc又 ， （12 分）2oabcc则 即 ，()0故
8、（14 分）0.19. 【解】 （1）a n=-6n+3,bn=2n+1;（4 分）(2) （8 分）11122()()2nnn nnc123nnTc 2311()()()2nn 12n因 T n 是递增数列， （12 分）所以 （14 分）3n20. 【解】方法一： () 证明：因为 PECB， 所以 BC平面 APE 3 分又依题意 平面 ABC 交平面 APE 于 MN，故 MNBC，所以 MNPE 6 分()解：由()知 MNBC，故 C、B、M、N 共面，平面 ABC 与平面 MNC 所成的 锐二面角即 NCBA因为平面 PAC平面 ABC，平面 PAC 平面 ABC = AC，且
9、CBAC，所以 CB平面 PAC故 CBCN，即知 为二面角 NCBA 的平面角10 分CA所以 在 NCA 中运用正弦定理得，45NCA2sin31764所以， 14 分AP方法二：(1) 证明：如图以点 C为原点建立 空间直角坐标系 C xyz，不妨设 CA 1， CB t（t 0）， ，则 ， ， ，EB(0,)(1,0)A(,0)Bt， 由 ，得13(,0)2P13,2tMNEP， ， (,)Mt13(,0)2(0,)t=(0，0，1) 是平面 的一个法向量，且 ，故 nABC0n0nMN又因为 MN 平面 ABC，即知 MN平面 ABC (2) 解： ， ，设平面 CMN 的法向量(
10、0,)Nt13(,)2Mt，则 ， ，可取 ，11(,)nxyz1n10n12(0,n又 =(0，0，1) 是平面 的一个法向量ABC由 ，以及 可得10|cosn45，即 解得2|3()120（将 舍去） ，故 133121. 解：（1）由题设可知： ，2ac故所求的椭圆方程为： 4yx（4 分）（2） 点 ，设直线 的方程为： ，0,1Fl1xkyEABCMNP（第 20 题）xyz得 1342yxk012483422 kxk设 ， ，则有 ， （8 分）1,E2,yxG3421k341221kx直线 ： ，故 ，同理可得A1,1xmyM,2xmyN 点 （10 分）22,1xymP 21k211xmk 4322121xm （13 分）42kk 13又 m （15 分）0,2k22. 解：（1）若 ，则 （1 分）A2=4()4(2)102aaa若 则 （4 分）,01332.()0596afa或综合得： （5 分）15a（2） （6 分）2221()()1.3xaxgxa
