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1 2015 届高三教学质量调研考试 理科数学参考答案 一、选择题 （1）B（2）D（3）C（4）C（5）C（6）A（7）C（8）D（9）B（10）D 二、填空题 （11） 1,2 （12） ln 3 2 （13） 3 2 （14） 64 3  （15） 11,42   三、解答题 （16）解： ( ) cos sin 3cos( )cosf x m n x x x x         sin 2 3(cos2 1)cos sin 3 cos cos 22 xxx x x x         3sin(2 )32x    因为 ()fx相邻两条对称轴之间的距离为 2  ，所以T  ， 1  , 3( ) sin(2 )32f x x    ………4 分 （Ⅰ） 3 3 3( ) sin( ) , sin( ) ,2 3 2 4 3 4f           3 130, ,sin( ) , ( ) , , cos( ) .2 3 4 3 3 6 3 4                            所以 13 1 3 3 13 3cos cos( )3 3 4 2 4 2 8          ………… 8 分 （Ⅱ） 经过变换可得 3( ) sin( )62g x x    ………… 10 分 令 222 6 2k x k        ，解得： 22 2 , Z33k x k k      ， ()gx 的单调递增区间是 22 , 2 , Z.33k k k    ………… 12 分 （ 17 ） 解：（ Ⅰ ） 设 “从箱 中 任 意 摸 取 两 个 小 球 ， 两 球 颜 色 相 同 ”为事件 A ， 由 题 意 知 222 26 2 8 1 4 nnCCCPA C （ ） ，解得： 3n  ………… 4 分 （Ⅱ） 的可能取值有 1,2,3,4   51 8P  ，   3 5 152 8 7 56P      ，   3 2 5 53 8 7 6 56P       2   3 2 1 1418 7 6 56P        所以 的分布列为 1 2 3 4 P 5 8 15 56 5 56 1 56 5 15 5 1 31 2 3 48 56 56 56 2E          ………… 12 分 （18）解：（Ⅰ）因为 1 3EF EB ,所以 2FB EF ，又梯形 ABCD中， 1, 60 ,AD DC BC ABC      所以 120ADC ，由余弦定理可得： 3AC  ，进而求得 2AB  ， 因为 //AB DC 可得 1 2 DO DC EF OB AB FB   ， //OF DE 又OF  平面CDE ， DE  平面CDE ， //OF 平面CED . ………… 5 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知， ， ，又 1BC  ， 90 ,ACB  AC BC， ………… 6 分 又 CE  面 ABCD ，以C 为原点，以CA 为 x 轴的正方向，CB 为 y 轴正方向， CE 为 z 轴的正方 向建立空间直角坐标系C xyz ………… 7 分 则 31( 3,0,0), (0,1,0), (0,0,1), ( , ,0),22A B E D  3 1 1 1 2( , ,0), ( 3, , )2 2 3 3 3AD AF AE EF AE EB         设平面 ADF 的法向量为 ),,( 1111 zyxn  则 1 11 1 1 1 1 3 00 22 , 120 3033 yxn AD n AF x y z           11, (1, 3,2 3)xn  令 可得 , ………… 9 分 平面 BCE 的法向量为 2 (1,0,0)n   12 11cos , 41 3 12 nn     所以，平面 ADF 与平面 BCE 所成的锐二面角的余弦值为 1 4 ，平面 ADF 与平面 BCE 所成的钝二面角的余 z y x O A B D C E F3 弦值为 1 4 …………12 分 （19）解： Ⅰ 当  *21n k k N   时，由 2 (2 cos )( 1) 3nna n a     得 2 1 2 1 2kkaa 当  *2n k k N时，由 得 2 2 23kkaa  ………… 2 分 所以数列 na 的奇数项是首项为 1 1a  ，公差为 2 的等差数列，偶数项是首项为 2 3a  ，公比为 3 的等 比数列，   1 2233k k kaa    ，   2 1 1 1 2 3 2ka a k k       ………… 5 分     *2 * 3 , 2 2 , 2 1 n n n k k Na n n k k N        ………… 6 分 （Ⅱ）       *3 2 * 1 1 1 1 ,2( 2) 2 2 4 2 2 , 2 1 n n log a n k k Nn n n n n nb n n k k N                ………… 8 分 所以  2 1 3 2 1 2 4 2()n n nT b b b b b b         1 2 1 2 1 3 2 1 22 n n n b bb b b n n        ，………… 10 分 2 4 2 1 1 1 1 1 1 1 4 2 4 4 6 2 2 2 8 8n nb b b n n n            2 2 2 88n nT n n n     ………… 12 分 （20）解：(I)函数  fx的定义域为 0, ，当 0a  时     ' 2 1 1220xxf x x xx     解得 1x  或 1x  （舍）      ''0,1 , 0, (1, ), 0x f x x f x       函数 在 0,1 上单调递减，在 1,  上单调递增 所以函数 的极小值为  11f  ，无极大值. ………… 5 分 (II) 设      221 2 2lnF x f x ax a x ax x               2 ' 2 1 1 2 1 1 12212 a x ax a x xF x a x a x x x               ①当 10a ，即 1a  时，         ' 212 2ln , 0, 1,xF x x x F x xx       4 故函数  Fx在 1,  上单调递增，    1 2 0F x F   所以方程   2 0f x ax在 1,  上无实根. ②当 10a ，即 1a  时，  ' 0Fx ，解得 1x  或 1 01x a   （舍）  1,x   都有  ' 0Fx ，故函数 在 上单调递增，    11F x F a   当10a，即 11a   时，  10F  ，所以函数   0Fx ，该函数无零点，即方程无实根 当10a，即 1a  时，  1 1 0Fa   ，      2 2 21 2 4 2 4 0F e a e ae a e e e         此时函数  Fx只有一个零点，即方程有且只有一个实根………… 9 分 ③当 10a  ，即 1a  时，由 ，解得 或 1 01x a   （i）若 11 1a  即 2a  ，则，函数 在 上单调递减， 此时    1 1 0F x F a    又因为     2lnF x g x x，而函数  gx的零点分别为 12 20, 1 axxa 因为 2a  ，所以 2 2 11 ax a 故    2 2 2 22ln 2ln 0F x g x x x     ，所以函数有一个零点，即原方程有一个实根 （ii）若 11 1a  即 21a    ，则，函数 在 11, 1a  上单调递增，在 1 ,1a   上单调递 减，因为  1 1 0Fa   ，所以 在 上没有零点，方程无解. 因为当 21a    时 2 1 2 1 01 1 1 aa a a a       2 21111 ax aa     所以  1 1 1 01F F aa      ，    2 2 2 22ln 2ln 0F x g x x x     所以函数在 上有且只有一个零点，即方程有且只有一个实根 综上：当 11a   时方程无实根 当 1a  或 1a  时，方程只有一个实根………… 13 分 第 II 问另解： 因为 02ln2 22  axaxxx 5 所以 22 ln2)2( xxxxa  当 xx xxax 2 ln2,2 2 2   令 xx xxxF 2 ln2)( 2 2   , 22 2 / )2( ]ln2)2)(1)[(1(2)( xx xxxxxxF   令 2ln)2)(1()( xxxxxG  , x xxG  2)(/ 所以 )(xG 在(1,2)上单调递增, ),2(  上单调递减 所以 )(xG 得最大值为 ln2-4