福建省南安市第一中学2015届高三上学期期末考试数学(理)试题

组卷：洪木山 审核：吴水荣 满分：１５０分 时间：１２０分钟 注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上.

2．作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。

3．答案使用0．5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分,每题只有一个正确答案. 1.设集合P3,log2a，Qa,b，若PQ0，则PQ（ ） A．3,0 B．3,0,2 C． 3,0,1 D．3,0,1,2 2.设等比数列{an}的公比q2，前n项和为Sn，则

S4的值为（ ） a3A．

151577 B． C． D．

42423.已知复数z1cos23isin23和复数z2cos37isin37，则z1z2为（ ）

A．31131331i B．i C．i D．i 222222224.设0ba1，则下列不等式恒成立的是（ ）

abb21 B．221 C．log1alog1b0 D．A．loga2logb20

22ba5.设m,n是空间两条直线，，是空间两个平面，则下列四个命题中正确的是（ ） A．“m垂直于内无数条直线”是“m”的充要条件； B．“存在一条直线m，m//，m//”是“//”的一个充分不必要条件；

”的必要不充分条件；

C．当时，“m//”是“mD．当m时，“m”是“”的充分不必要条件.

6.三个学校分别有1名、2名、3名学生获奖，这6名学生要排成一排合影，则同校学生排在一起的概率是（ ） A．

1 30 B．

111 C． D．

51510

xsinx,x027.已知函数f(x)x，若f(2a)f(a)，则实数a的取值范围是（ ）

e1,　x0A．(,1)(2,) B．(2,1) C．(1,2) D．(,2)(1,)

8.已知抛掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上的概率为0.5．现采用随机模拟试验的方法估计抛掷这枚硬币三次恰有两次正面朝上的概率：先由计算器产生0或1的随机数，用0表示正面朝上，用1表示反面朝上；再以每三个随机数做为一组，代表这三次投掷的结果．经随机模拟试验产生了如下20组随机数：

101 111 010 101 010 100 100 011 111 110 000 011 010 001 111 001 100 000 101 101 据此估计，抛掷这枚硬币三次恰有两次正面朝上的概率为（ ） A．0.30

B．0.35 C．0.375 D．0.40

9.函数fxcosx与gxlog2x1的图像所有交点的横坐标之和为（ ） A.2 B.4 C.6 D.8

x2y2F是右焦点，B(0,b)是虚10.已知双曲线221(a0,b0)，A1，A2为实轴顶点，

ab轴端

点，若在线段BF上(不含端点)存在不同的两点Pi(i1,2)，使得PAi1A2构成以A1A2为斜边

的直角三角形，则双曲线离心率e的取值范围是（ ） A．(2,) B．(515151) D．(2,,) C．(1,) 222二、填空题：每小题4分，共20分.

11.某学校有三个学生社团：文学社、合唱社、摄影社，其中文学社有36人，学校要对这三个社团的活动情况进行抽样调查，按分层抽样的方法从这三个社团成员中抽取30人，结果文学社被抽出12人，则这三个社团共有______________人。

12.在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，若sinA3sinC，B30，b2，则△ABC 的面积是 _____.

xy,13.设实数x,y满足y102x, 向量a(2xy,m)，b(1,1)．若a//b，则实数m的最

x1,大值为 ． 14.若Cn3Cn3Cn3_____.

1223n2n1n1，则 的所有项的系数和为 (12x)Cn385n9a2b215.函数f(a)(3m2)ab2m，当m0,1时，0f(a)1恒成立, 则的最大值

ab

与最

小值之和为 _____.

三、解答题：本大题共6小题，其中第21题第22题14分，其他每题13分，共80分。 16.已知等比数列{an}的公比q1，a1，a2是方程x23x20的两根． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）求数列2nan的前n项和Sn．

17.如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD， ACBD于O，E为线段PC上一点，

且ACBE，

（Ⅰ）求证：PA//平面BED； （Ⅱ）若BC//AD，BC

18.已知函数f(x)23sinx在同一半周期内的图象过点O,P,Q，其中

4O为坐标原点，P为函

2，AD22，PA3且ABCD

求PB与面PCD所成角的正弦值

数f(x)图象的最高点，Q为函数f(x)的图象与x轴的正半轴的交点． （Ⅰ）试判断OPQ的形状，并说明理由．

（Ⅱ）若将OPQ绕原点O按逆时针方向旋转角0时，顶点P,Q恰好同时落在曲

2线

yy

k

，求实数k的值． x0上（如图所示）

x

P'P

19.已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点为F(0,1)． (Ⅰ）求抛物线的方程；

Q'OQx（Ⅱ）若点P为抛物线的准线上的任意一点，过点P作抛物线的切线PA与PB，切点分别为

A,B，求证：直线AB恒过某一定点；

(Ⅲ)分析(Ⅱ)的条件和结论，反思其解题过程，再对命题(Ⅱ)进行变式和推广．请写出一个你

发现的真命题，不要求证明（说明：本小题将根据所给出的命题的正确性和一般性酌情．．．给分）．

20.已知函数fxexsinxcosx,gxxcosx2ex，其中e是自然对数的底数．

π（Ⅰ）判断函数yfx在(0,)内的零点的个数，并说明理由；

2ππ（Ⅱ）x10,,x20,，使得不等式f(x1)g(x2)≥m成立，试求实数m的取值范围；

22（Ⅲ）若x1，求证：f(x)g(x)0．

21．本题有（1）、（2）、（3）三个选答题，每小题7分，请考生任选2个小题作答，满分14分．如果多做，则按所做的前两题记分．作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中．

（1）（本小题满分7分）选修4－2：矩阵与变换

3a已知矩阵A2b的两个特征值为6和1，

（1）求a,b的值，并求每个特征值所对应的一个特征向量； （2）求矩阵A。 （2）（本小题满分7分）选修4－4：坐标系与参数方程

1x在平面直角坐标系xoy中，圆C的参数方程为y2rcos2（为参数，r0），以O2rsin2为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为sin(（1）写出圆C的极坐标方程和直线l的直角坐标方程； （2）若圆C上的点到直线l的最大距离为3，求r的值。 （3）（本小题满分7分）选修4－5：不等式选讲 若a,b,c为正实数且满足a2b3c6，

4)1，

（1）求abc的最大值； （2）求a12b13c1的最大值．

南安一中2015届高三上期末试卷（理科数学）答案

一、选择题：CABDD CBBBD

二、填空题：11．90 12．3 13．6 14．1 15．三、解答题：

16．解：（Ⅰ）方程x23x20的两根分别为1,2，依题意得a11，a22． 2分 所以q2，所以数列{an}的通项公式为an2n1． ············· 4分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知2nann2n， ····················· 5分 所以Sn12222n2n， ·········· ①

2Sn122223(n1)2nn2n1， ····· ② 由①－②得

Sn222232nn2n1， ···················· 9分

522n2即 Sn12分 n2n1， ······················

12所以Sn2(n1)2n1．„„ 13分

17．ACBD,ACBE,BDBEB，AC平面BDE,连接OE，

所以ACOE，又PA平面ABCD，ACPA，又OE,PA都是平面PAC中的直线，

OE∥PA，且OE平面BDE，PA平面BDE，PA∥平面BDE„„ 6分

（2）BC//AD，BC2，AD22且ABCD

所以在等腰梯形中OBOC1,OAOD2

E平面ABCD由（1）知O，分别以OB,OC,OE为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz，

则B(1,0,0),C(0,1,0),D(2,0,0),P(0,2,3)

2xy0nCD0设平面PCD的法向量为n(x,y,z)则，所以 3y3z0nPC0取x1，则yz2，n(1,2,2)，PB(1,2,3)，设PB与平面PCD所成角为

PBn1414则sin，所以PB与平面PCD所成角的正弦值为„„ 13分 1414PBn18．解法一：（Ⅰ）OPQ为等边三角形． 理由如下：因为函数f(x)23sinx，所以

4

2π8，所以函数f(x)的半周期为4，所以OQ4． 2分 4又因为P为函数f(x)图象的最高点，所以点P坐标为(2，23)，所以OP4， 4分 T又因为Q坐标为(4,0)，所以PQ(24)2(230)24，所以OPQ为等边三角形． 6分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，OPOQ4，

4sin)， 所以点P,Q的坐标分别为4cos，4sin,(4cos,··· 7分

332kos8sin2， 98sin(2π)，且k16sinc代入y，得k16cossin333x分

21所以sin2sin(2π)，结合sin2(2)cos2(2)1，0，解得sin2， 11分

322所以k4，所以所求的实数k的值为4． ·················· 12分

解法二：（Ⅰ）OPQ为等边三角形．理由如下：因为函数f(x)23sinx，

42π8，所以函数f(x)的半周期为4，所以OQ4， ········ 2分 所以T4因为P为函数f(x)的图象的最高点，所以点P坐标为(2，23)，所以OP4，所以

OPOQ．

233，所以POQ60，所以OPQ为等边三角形． 6分 2（Ⅱ）由（Ⅰ）知，OPOQ4，所以点P,Q的坐标分别为

又因为直线OP的斜率kk4sin)， 因为点P,Q在函数y(x0)的图象4sin,(4cos,4cos,33x上，

2k16cossin,k8sin(2π),所以33,所以3, ········· 9分 k16sincosk8sin2222消去k得， sin2sin(2π)，所以sin2sin2cosπcos2sinπ，

3333331cos2，所以sin2所以tan2，又因为 0，所以2，所以sin2，

223262所以k4．所以所求的实数k的值为4． ·················· 12分 解法三：（Ⅰ）同解法一或同解法二；

k（Ⅱ）由（Ⅰ）知，OPQ为等边三角形．因为函数y(x0)的图象关于直线yx对称，

x

k由图象可知，当时，点P,Q恰在函数y(x0)的图象上． ····· 10分

12x此时点Q的坐标为(4cos,··················· 11分 4sin)，

1212所以k16sincos8sin4，所以所求的实数k的值为4． ······· 12分

12126

19.解：（Ⅰ）依题意可设抛物线的方程为：x22py（p0）． ······· 1分

p由焦点为F(0,1)可知1，所以p2．所以所求的抛物线方程为x24y． ·· 3分

22x12x21（Ⅱ）方法一：设切点A、B坐标分别为x1,,x2,，由（Ⅰ）知，yx．

44211x1,k2yxxx2， 122211121故切线PA、PB的方程分别为yx12x1(xx1)，yx2··· 5分 x2(xx2)，

4242x1x2x,xx12联立以上两个方程，得.故P的坐标为(12,x1x2)， ······ 6分

24y1xx1241因为点P在抛物线的准线上，所以x1x21，即x1x24． ········ 7分

4设直线AB的方程为ykxm，代入抛物线方程x24y，得x24kx4m0， 则切线PA、PB的斜率分别为k1yxx所以x1x24m，即4m4，所以m1． ················ 8分 故AB的方程为ykx1，故直线AB恒过定点(0,1)． ············ 9分

2x12x2方法二：设切点A、B坐标分别为x1,,x2,，设Pm,1，

44易知直线PA、PB斜率必存在，可设过点P的切线方程为y1kxm．

y1kxm,由2，消去y并整理得x24kx4km10． ····· ①

x4y,因为切线与抛物线有且只有一个交点，所以4k16(km1)0，整理得k2mk10，②

所以直线PA、PB斜率k1,k2为方程②的两个根，故k1k21， ········ 5分 另一方面，由0可得方程①的解为x2k，所以x12k1,x22k2． ····· 6分 假设存在一定点，使得直线AB恒过该定点，则由抛物线对称性可知该定点必在y轴

2x12x2上，设该定点为C(0,c)，则CA(x1,c),CB(x2,c)．所以CA//CB，

442x2x12xx所以x1(c)(c)x20，整理得c(x1x2)12(x2x1)所以x1x2，

444xx4kk所以c12121所以直线AB过定点0,1． ············ 9分

44（Ⅲ）结论一：若点P为直线l:yt（t0）上的任意一点，过点P作抛物线:x22py（p0）的切线PA,PB，切点分别为A,B，则直线AB恒过定点(0,t)． ··· 13分 结论二：过点Q0,m（m0）任作一条直线交抛物线:x22pyp0于A,B两点，分别以点A,B为切点作该抛物线的切线，两切线交于点P，则点P必在定直线ym上．13分 结论三：已知点P为直线l:ykxb上的一点，若过点P可以作两条直线与抛物线

2:x22py（p0）相切，切点分别为A,B，则直线AB恒过定点pk,b． · 13分 说明：①以上两结论只要给出其中一个即可或给出更一般性的结论；

②以上两结论中的抛物线开口方向均可改变

π20．解：（Ⅰ）函数yfx在(0,)上的零点的个数为1． 1分

2

理由如下：因为fxexsinxcosx，所以fxexsinxexcosxsinx． 2分

ππ，所以f(x)0，所以函数f(x)在(0,)上是单调递增函数． 3分

22ππ因为f(0)10，f()e20，根据函数零点存在性定理得

2π函数yfx在(0,)上的零点的个数为1． ················ 4分

2（Ⅱ）因为不等式f(x1)g(x2)≥m等价于f(x1)≥mg(x2)，

ππ所以 x1[0,],x2[0,]，使得不等式f(x1)g(x2)≥m成立，等价于

22f(x1)min≥mg(x2)min，即f(x1)min≥mg(x2)max． ············ 6分 因为0xππ当x[0,]时，fxexsinxexcosxsinx0，故f(x)在区间[0,]上单调递增，所以x022时，fx取得最小值1． ························ 7分 又gxcosxxsinx2ex，由于0≤cosx≤1,xsinx≥0,2ex≥2，

π所以gx0，故gx在区间[0,]上单调递减，因此，x0时，gx取得最大值2．

2 8分

21．所以实数m的取值范围是,12所以1≥m2，所以m≤-． 9分

（Ⅲ）当x1时，要证fxgx0，只要证fxgx，

只要证exsinxcosxxcosx2ex，只要证exsinx2x1cosx，

excosx由于sinx20,x10，只要证． ············ 10分 x1sinx2excosx下面证明x1时，不等式成立． x1sinx2exx1exxexex令hx， x1，则hx22x1x1x1当x1,0时，hx0，hx单调递减；当x0,时，hx0，hx单调递增． 所以当且仅当x0时，hx取得极小值也就是最小值为1． 令kcosxsinx2，其可看作点Asinx,cosx与点B2,0连线的斜率，

所以直线AB的方程为：ykx2，由于点A在圆x2y21上，所以直线AB与圆x2y21相交或相切，当直线AB与圆x2y21相切且切点在第二象限时，

21h0；x0时，hx1≥k．2 ··································· 13分

直线AB取得斜率k的最大值为1．故x0时，k综上所述，当x1时，fxgx0成立． 14分 21．（Ⅰ）（1）依题1，6是关于的方程，f()a32(3b)3b2a0 b2

的两个根，由韦达定理有b37b4。 ,解得3ba6a3311所对应的一个特征向量为1， 6所对应的一个特征向量为2，

2112321detA6（2），所以A

1132（Ⅱ）（1）圆C的极坐标方程为：2sin(24)1r20，

直线l的直角坐标方程为：xy20

（2）圆C的圆心C到l的距离d2222222

圆C上的点到l的距离的最大值为dr3，所以r1

（Ⅲ）（1）由均值不等式得：6a2b3c33a2b3c abc当且仅当a2b3c即a2,b1,c4 342时等号成立。所以abc的最大值为

33（2）由柯西不等式得:a12b13c1(a12b13c1)(111)33

当且仅当a12b13c1即a2,b1,c2时等号成立 3所以a12b13c1的最大值为33。