四川省雅安市2015届高三第三次诊断性考试数学理试题 Word版含答案

（本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分150分，答题时间120分钟） 注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。

2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

3.考试结束后，将答题卡收回。

第Ⅰ卷 （选择题，50分）

一、选择题：(本大题共10个小题,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.

21. 已知集合Mxxx0，N1,0,则MN

A. 1,0,1 B. 1,1 C. 0

D. 

2. 已知向量a＝(1,2)，b＝(x，－4)，若a∥b，则x= A．4

B．－4

C．2

D．-2

3. 设a,b∈R,则“a≥1且b≥1”是“a+b≥2”的 A. 充分而不必要条件 C. 充分必要条件 4. 设α为锐角，若cos(A．

45

B. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

6)＝，则sin(2

3)的值为

12 25 B．

24 2512 25C. -24 25D．-5. 执行如图所示的程序框图,若输入n的值为3,则输出s的值是 A. 1

B. 2

C. 4

D. 7

6. 某几何体的三视图如图所示，则它的体积是 A. 82 3B. 8 3C. 82

22D.

2 37. 已知直线l：xky50与圆O:xy10交于A,B

- 1 -

两点且OAOB0，则k

D. 2 A.2 B. 2 C. 2 2

2

2

8. 若实数a，b满足a＋b≤1，则关于x的方程x－2x＋a＋b＝0有实数根的概率是

A.

3131 B． 424C．

31 52D．

31 59.过抛物线x24y的焦点作直线l交抛物线于A,B两点，分别过A,B作抛物线的切线l1,l2,则l1与l2的交点P的轨迹方程是（ ）

A.y1 B.y2 C.yx1 D. yx1

10. 对于定义在正整数集且在正整数集上取值的函数f(x)满足f(1)1，且对nN,有

*f(n)f(n1)f(f(n))3n1,则f(2015)

A. 2014 B. 2015 C. 2016 D. 2017

第Ⅱ卷（非选择题，共100分）

二、填空题（每题5分，满分25分，将答案填在答题纸上） 11. 已知(1＋2i) z＝3－i(i为虚数单位)，则复数z = 12. 在二项式(x-22n)的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和x为 .

13. 若函数f(x)(a2)x2ax1有零点，但不能用二分法求其零点，则a的值______ 14．曲线y＝2sinx＋

2

π1πcosx－与直线y＝在y轴右侧的交点按横坐标从小到大依次记442

为P1，P2，P3，„，则|P2P4|＝________

15. 以下命题，错误的是_________（写出全部错误命题）

①若f(x)x(a1)x3x1没有极值点，则2a4

32mx11在区间3,上单调，则m

3x3lnx1m有两个零点，则m ③若函数f(x)xe②f(x)④已知f(x)logax(0a1),k,m,nR且不全等，

则f(kmmnkn)f()f()f(k)f(m)f(n) 222- 2 -

三、解答题：(本大题共6个小题,75分)解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤 16．（本题满分12分）

已知向量p＝(2sin x，3cos x)，q＝(－sin x,2sin x)，函数f(x)＝p·q (1)求f(x)的单调递增区间；

(2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且f(C)＝1，c＝1，ab＝23， 且a>b，求a，b的值．

17. （本题满分12分）

频率/组距

雅安市某中学随机抽取部分高一学生调查其上学路上所需时间（单位：分钟），并将所得数据绘制成频率分布直方图（如图），其中上学路上所需时间的范围是[0，100]，样本数据分组为[0，20），[20，40），[40，60），[60，80），[80，100]． （1）求直方图中x的值；

（2）如果上学路上所需时间不少于1小时的学生可申请在学校住宿，若招生1200名，请估计新生中有多少名学生可以申请住宿； （3）从学校的高一学生中任选4名学生，这4名学生中上学路上所需时间少于20分钟的人数记为X，求X的分布列和数学期望．（以直方图中的频率作为概率）

18. （本题满分12分）

如图1在RtABC中，ABC90，D、E分别为线段AB 、AC的中点，

时间

AB4,BC22．以DE为折痕，将RtADE折起到图2的位置，使平面ADE平面

DBCE，连接AC,AB，设F是线段AC上的动点，满足CFCA． （1）证明：平面FBE平面ADC；

°（2）若二面角FBEC的大小为45，求的值．

C

- 3 -

E 图1

19.（本小题满分12分）

AE F

C

D 图2

B 已知数列an的前项n和为Sn，点(n,Sn)(nN)均在函数f(x)3x22x的图象上。 （1）求数列an的通项公式； （2）设bn3,Tn是数列bn的前n项和，求使得2Tn2015对所有nN都anan1成立的实数的范围

20. (本小题满分13分)

x2y26已知椭圆2+21,(ab0)的离心率e=，直线yx与椭圆交于A，B两点，

ab3C为椭圆的右顶点, OAOC（1）求椭圆的方程；

（2）若椭圆上存在两点E,F使OEOFOA,(0,2)，求OEF面积的最大值。 21. （本题满分14分））

已知f(x)mxalnxm,g(x)（1）求g(x)的极值；

（2）设m=1,a=0，求证对x1,x23,4(x1x2),f(x2)f(x1)成立；

（3）设a2，若对给定的x00,e，在区间0,e上总存在t1,t2(t1t2)使得

3 2ex，其中m,a均为实数， exex2ex1恒g(x2)g(x1)f(t1)f(t2)g(x0)成立，求m的取值范围。

雅安市高中2015级第三次诊断性考试 数学试题(理科)参考答案及评分意见

- 4 -

一、1.C 2.D 3.A 4.B 5.C 6.A 7.B 8.A 9.A 10.C 二、11.

17-i 12. -1 13. 2或-1 14.  15. ①②③ 552

16.解:

(1)f(x)＝－2sinx＋23sin xcos x ＝－1＋cos 2x＋23sin xcos x

π

＝3sin 2x＋cos 2x－1＝2sin(2x＋)－1 „„„„„„„„„„3分

6

πππ

由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，

262ππ

得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，

36

ππ∴f(x)的单调增区间是kπ－，kπ＋(k∈Z)．„„„„„„„„„„6分 36π

(2)∵f(C)＝2sin(2C＋)－1＝1，

6

π

∴sin(2C＋)＝1，

6

πππ

∵C是三角形的内角，∴2C＋＝，即C＝ „„„„„„„„„„8分

626

a2＋b2－c2322

∴cos C＝＝，即a＋b＝7.

2ab2

1222

将ab＝23代入可得a＋2＝7，解得a＝3或4.

a∴a＝3或2，∴b＝2或3.

∵a>b，∴a＝2，b＝3 „„„„„„„„„„„12分. 17. 解:

（1）由直方图可得：

20x0.025200.0065200.0032201．

所以 x=0.0125． „„„„„„„„„„„„3分 （2）新生上学所需时间不少于1小时的频率为：

0.0032200.12，

因为12000.12144，

所以1200名新生中有144名学生可以申请住宿． „„„„„„„„„„„„9分 （3）X的可能取值为0,1,2,3,4.

1由直方图可知，每位学生上学所需时间少于20分钟的概率为4，

- 5 -

8113273P(X0)P(X1)C144256, 4464, 27313313P(X2)C2P(X3)C4444128,4464,

2234311P(X4)4256． „„„„„„„„„„„„10分

所以X的分布列为：

4X P EX00 1 2 3 4 81256 2764 27128 364 1256 81272731112341EX4125664128642564．（或）

所以X的数学期望为1． „„„„„„„„„„„„12分 18.解: （1）

平面ADE平面DBCE,ADDE

∴AD平面DBCE ∴ADBE∴DED,E分别为中点

11BC2,BDAB2 „„„„„„„„„„„„2分 22在直角三角形DEB中，

tanBEDBDBD2 2,tanCDEDECB21tanBEDtanCDE0

∴BEDCDE90得BEDC∴BE平面ADC，又BE平面FEB, ∴平面FEB平面ADC „„„„„„„„„„„„6分 （2）作FGDC,垂足为G,则FG平面DBCE,

设BE交DC于O点，连OF，

由（1）知，FOG为二面角F－BE－C的平面角 „„„„„„„7分 由FG//AD,FGCF,ADCA∴FGAD2

同理，得CG=CD，DG=（1）CD=2（31） DOBDDE232331），∴OGDGDO2（ BE33- 6 -

在RtOGF中，由tanFOGFGOG2232（31）31 „„„„10分

得，13 „„„„„„„„„„„„12分 3方法2：BE平面ADC，设BE交DC于O点，连OF，

则FOC为二面角F－BE－C的平面角 „„„„„„„„„„„„7分 又

DB2,CB22 ∴CD23 43 „„„„„„„„„„„„8分 3由DO:OC1:2得OC在直角三角形ADC中ACD30,AC4，FOC45∴OFC105

43CF3OCCFCF41得从而得， „„„12分 3CA3sin105sin75方法3：（向量法酌情给分）

以D为坐标原点DB，DE，DA分别为OX，OY，OZ轴建立空间直角坐标系，各点坐标分别为D（0，0，0），A（0，0，2），B（2，0，0），

由

C（2，22，0），E（0，2，0）.

（1）BE(2,2,0),DC(2,22,0),DA(0,0,2)

∵BEDC440,∴BEDC, ∵BEDA0,∴BEDA

DAD，∴BE平面ADC 又BE平面FBE

所以平面FBE平面ADC „„„„„„„„„„„„„6分

又DC（2）设CFCACF(2,22,2)F(22,2222,2)

设平面BEF的法向量为

n(x,y,z)BE(2,2,0),BF(2,2222,2)

2x2y0， 2x(2222)y2z0取n(,2,32) „„„„„„„„„„„„„8分 又

平面BEC的法向量为n(0,0,1)

- 7 -

∴cos45|32|32(32)222得3620 2解得1

19. 解：

33，又∵01 ∴1 „„„„„12分 33（1）点(n,S)在函数f(x)3x22x的图象上， Sn3n22n

当n1时，a1S1321 „„„„„„„„„„2分

22 当n2时，anSnSn1(3n2n)3(n1)2(n1)

 6n5 „„„„„„„„„„5分 当n1时，6n11符合

an6n5(nN) „„„„„„„„„„6分 （2）bn33111, anan1(6n5)6(n1)526n56n1 Tn1111111 277136n56n1111 „„„„„„„„„„„10分 26n1  2Tn＜1

又2Tn2015对所有nN都成立

12015

故2016 „„„„„„„„„„„„12分 20. 解：

（1）根据题意，不妨设A(t,t)且t0, OA(t,t) , OC(0,a)

at3 „„„„„„„„„„„„1分 2t2t2+1 „„„„„„„„„„„„2分 a2b2- 8 -

c6 a3a2b2c2

联立①②③④解得：a23,b21

x2２椭圆的方程为：+y1 „„„„„„„„„„„„6分

3（2）设E(x1,y1),F(x2,y2)，EF中点为M(x0,y0)，

2x0x1x2OEOFOA,2yyy01232 „„„„„„„„„„„„7分 32x12y1213E,F在椭圆上，则 2 相减可得

x2y212322x1-x222y1y20 3kEFy1y21xx211

x1x23y1y23313x

434直线EF的方程为：yx2y21整理得： 即x3y3,代入34y223y210

213，y1.y2 „„„„„„„„„„„„9分 y1y242EFx1x2y1y222 10y1y2

- 9 -

10324212

42 102原点O0,0到直线EF的距离为h3 „„„„„„„„„„„„11分 10SABC1EFh 2342 „„„„„„„„„„„„12分 432424

32423 422当21. 解： （1）g(x)2时等号成立，所以OEF得最大值为

3。„„„„„„„„„„13分 2exe(x1)',g(x),,1,1,,g(x)极大值g(1)1，无极xxee小值； „„„„„„„„„„„„4分 （2）

m=1,a=0，

f(x)x1,在[3,4]上 是增函数

exex,在[3,4]上是增函数 g(x)设3x1x24，则原不等式转化为f(x2)-f(x1)即证x1x2,h(x2)h(x1),即h(x)在3,4

- 10 -

h'(x)=1-ex<0在[3,4]恒成立

即h(x)在3,4，即所证不等式成立 „„„„„„„„„„„„„„9分

(3）由(1）得g(x)在0,11,e,g(x)maxg(1)1所以，

g(x)0,1

2,当m0时，f'(x)0,f(x)在0，e不符合题意 x'又f(x)m当m0时，要t1,t2使得f(t1)f(t2)，

那么由题意知f(x)的极值点必在区间0,e内，即0得m2e m222，且函数f(x)在0,,,e emm由题意得g(x)在0,e上的值域包含于f(x)在0,22和,e上的值域 mm23f()02m ,e内，me1mf(e)1下面证t0,22mmme,即证2em0 te时，，取，先证f(t)1mm令w(x)2exx,w'(x)2ex10,在3,内恒成立 e1w(x),w(x)w(3)0,2emm0 e1331,m e1e1„„„„„„„ 14分

mmm再证f(e)1,f(e)memm- 11 -