府谷中学2015届第11次调研考试理科数学试卷-

2015届府谷中学高三数学第十一次调研考试（理科）试题

命题人：王丽 审题人：组长 (满分150分. 考试用时120分钟)

班级___________ 姓名_____________

一、选择题: 本大题共12小题，每小题5分，满分60分． 1.若集合A{xx0}，且ABB，则集合B可能是（ ）

A．1,2 B.{xx1} C.{1,0,1} D. R

2. 在ABC中，若sin2Asin2Bsin2C，则ABC的形状是（ ） A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．不能确定 3.已知复数z11i,z21i，则

z1z2等于（ ） iA.2i B.2i C.2i D.2i 4.定积分

10(2xex)dx的值为（ ）

Ae.2 B.e1 C.e De.1

5.已知log1alog1b，则下列不等式一定成立的是（ ）

221111

A.()a()b B. C.ln(ab)0 D.3ab1

43ab6.函数f(x)sin(x)（其中||2）的图象如图所示，为了得到ysinx的图象，

只需把yf(x)的图象上所有点（ ）

第6题 A.向左平移

第9题图 第7题图 个单位长度 B.向右平移个单位长度

126C.向右平移个单位长度 D.向左平移个单位长度

12677.某程序框图如图所示,若该程序运行后输出的值是,则（ ）

4A.a3 B.a4 C.a5 D.a6

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8.已知2,a1,a2,8成等差数列，2,b1,b2,b3,8成等比数列，则

a2a1等于（ ） b2A.

11111 B. C. D.或 422229.如图，在66的方格纸中，若起点和终点均在格点的向量a,b,c满足c则xy（ ）

A.0 B. 1 C.55 D.10.函数fxxayb,(x,yR)，

13 5sinx的图象大致为（ ） 2x1

11.已知正三角形ABC的顶点A(1,1),B(1,3),顶点C在第一象限,若点(x,y)在△ABC内部,则z= - x + y的取值范围是( )

A. 13,2 B. 0,31 C. 31,2 D. 0,13 12.数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知ABC的顶点A2,0，B0,4，且ACBC，则ABC的欧拉线的方程为（ ） A．x2y30 B．2xy30 C．2xy30 D．x2y30

33二、填空题: 本大题共4小题，每小题5分，满分20分．

813.一个空间几何体的三视图如图所示,该几何体的体积为______. 14.已知f(x)是定义域为R的偶函数,当x≥0时,f(x)x4x, 那么,不等式f(x2)5的解集是________ ．

62主视图4侧视图1n俯视图(x2)2x的展开式中第3项的二项式系数最大,则第3项的系数是15.已知n为正偶数,且

________．（用数字作答）

16.2014年11月，北京成功举办了亚太经合组织第二十二次领导人非正式会议，出席会议的有21个国家和地区的领导人或代表．其间组委会安排这21位领导人或代表合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在第一排正中间位置，美俄两国领导人站在与中

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国领导人相邻的两侧，如果对其他领导人或代表所站的位置不做要求，那么不同的排法共有 ________种（用排列组合表示）．

三、解答题: 本大题共6小题，满分70分． 17. （本小题满分12分）函数f(x)Asin(x图像相邻两条对称轴之间的距离为（1）求函数f(x)的解析式； （2）设(0,6)1（A0,0）的最大值为3， 其

， 2)，则f()2，求的值. 2218.（本小题满分12分）某校兴趣小组进行了一项“娱乐与年龄关系”的调查，对 15～65岁的人群随机抽取1000人的样本，进行了一次“是否是电影明星追星族”调查，得到如下各年龄段样本人数频率分布直方图和“追星族”统计表：

0.050.04频率/组距 “追星族”统计 组数 分组 一 [15，25) [25，35) [35，45) [45，55) [55，65] “追星族”人数 占本组频率 a 200 5 3 2 0.75 0.40 0.1 b 0.1 0.0050.0030.002年龄(岁)152535455565二 三 四 五 各年龄段样本人数频率分布直方图 1）求a,b的值；

2）设从45岁到65岁的人群中，随机抽取2人，用样本数据估计总体，表示其中“追星族”的人数，求分布列、期望和方差．

19.（本小题满分12分）如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，ABAC,ABAC2，AA14， 点D是BC的中点.

（Ⅰ）求证：A1B//平面ADC1；

（Ⅱ）求平面ADC1与ABA1所成二面角的平面角的正弦值.

（第19题图） 3 / 9

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20.（本小题满分12分）已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,短轴右端点为A,P(1,0)为线段OA的中点.1)求椭圆C的方程；2)过点P任作一条直线与椭圆C相交于两点M,N,试问在x轴上是否存在定点Q,使得∠MQP=∠NQP,若存在,求出点Q的坐标;若不存在,说明理由.

lnxex21.（本小题满分12分）设nN，函数f(x)n，函数g(x)n，x(0,).

xx*（Ⅰ）当n1时，写出函数yf(x)1零点个数，并说明理由；

（Ⅱ）若曲线yf(x)与曲线yg(x)分别位于直线l：y1的两侧，求n的所有可能取值.

请考生从第22、23、24题中任选一题做答．多答按所答的首题进行评分． 22．（本题满分10分）选修4—1:几何证明选讲.

已知圆内接△ABC中，D为BC上一点，且△ADC为正三角形，点E为BC的延长线上一点，AE为圆O的切线． B（Ⅰ）求∠BAE 的度数；（Ⅱ）求证:CD2=BDEC 23．（本题满分10分）选修4—4:坐标系与参数方程.

坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中,圆C的参数方程为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. Ⅰ)求圆C的极坐标方程；Ⅱ)射线OM:DCEAx1cos(为参数).以O

ysin4与圆C的交点为O、P两点，求P点的极坐标.

24．（本题满分10分）选修4—5: 不等式选讲. (Ⅰ)设函数f(x)=|x1||xa|(a0).证明：f(x)2； a222(Ⅱ)若实数x,y,z满足x4yz3,求证:x2yz3

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2015届府谷中学高三数学第十一次调研考试（理科）试题

一、AABCA CABDA AD

218二、13．96 14. (7,3) 15.3/2 16. A2A18

三、17.解：（1）∵函数f（x）的最大值为3，∴A+1=3，即A=2， ∵函数图象相邻两条对称轴之间的距离为故函数的解析式为y=2sin（2x﹣（2）∵∵

，所以∴

，∴

）+1．

∴

，∴

．

，

，T=π，所以ω=2．

18.解：(1)．由题设知[15，25)这组人数为0.04×10×1000=400，…………1分 故a=0.75×400=300 ……………2分 [45，55)这组人数为0.003×10×1000=30，故b=

30.1 ……3分 30综上，a=300，b=0.1． ………………………4分 (2)．由[45，65]范围内的样本数据知，抽到追星族的概率为p故的分布列是

ξ p 0 0.81 1 0.18 2 0.01 11～B(2，)…6分 10, 10 ……………………8分

110.2 ……………10分 105199的方差是D20.18 ……………12分

101050的期望是E219.解析：（Ⅰ）连接A1C，交C1A于E，则E为A1C的中点，又点D是BC的中点， 所以DE//A1B，又DE平面ADC1，A1B平面ADC1，故A1B//平面ADC1.

（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系A—xyz, 则A（0,0,0），C(0,2,0),D(1,1,0),C1(0,2,4), …6分

AC(0，2，0)是平面ABA1的一个法向量，设平面ADC1的法向量m(x，y，z).

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xy0,AD(11，,0),AC1(0，2,4),由mAD,mAC1， 2y4z0.取z1，得y2,x2，平面ADC1的法向量m(2，2，1)， 平面ADC1与ABA1所成的二面角为，

coscosAC,mACmACm42. 233从而sin55，即平面ADC1与ABA1所成二面角的正弦值为. 33=,解得a=2

,所以椭圆方程为+=1.

20.解:(1)由已知,b=2,又e=,即

(2)存在.证明如下:假设存在点Q(x0,0)满足题设条件.

当MN⊥x轴时,由椭圆的对称性可知恒有∠MQP=∠NQP,即x0∈R;

当MN与x轴不垂直时,设MN所在直线的方程为y=k(x-1),代入椭圆方程化简得(k+3)x-2kx+k-12=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=

2

2

2

2

,x1x2=.

kMQ+kNQ=+=+=,

(x1-1)(x2-x0)+(x2-1)(x1-x0)=2x1x2-(1+x0)(x1+x2)+2x0=-+2x0,

若∠MQP=∠NQP,则kMQ+kNQ=0,即k[∵k∈R,∴x0=4,∴Q(4,0).

-+2x0=0,整理得k(x0-4)=0,

综上,在x轴上存在定点Q(4,0),使得∠MQP=∠NQP.

21. 解析：（Ⅰ）证明：结论：函数yf(x)1不存在零点.

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当n1时，f(x)lnx1lnx，求导得f(x)， 令f(x)0，解得xe. 2xx当x变化时，f(x)与f(x)的变化如下表所示：

x f(x) (0,e)  ↗ e 0 (e,)  ↘ f(x) 所以函数f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减，

1. e1所以函数yf(x)1的最大值为f(e)110，

e则当xe时，函数f(x)有最大值f(e)所以函数yf(x)1不存在零点.

1lnx1nlnx（Ⅱ）解：由函数f(x)n求导，得 f(x)， 令f(x)0，解得xen. n1xx当x变化时，f(x)与f(x)的变化如下表所示：

x f(x) (0,e)  ↗ 1n1ne 0 1n1n(e,) 1n ↘ f(x) 所以函数f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减， 则当xe时，函数f(x)有最大值f(e)1n1n1； neexex(xn)由函数g(x)n，x(0,)求导，得 g(x)， n1xx令 g(x)0，解得xn. 当x变化时，g(x)与g(x)的变化如下表所示：

x (0,n) n (n,) 7 / 9

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g(x) g(x)  ↘ 0  ↗ 所以函数g(x)在(0,n)上单调递减，在(n,)上单调递增，

n则当xn时，函数g(x)有最小值g(n)().

en因为nN，函数f(x)有最大值f(e)*1n11， neexlnxy1的下方，而曲线yn在直线l：y1的上方， 所以曲线yn在直线l：xx所以()1，解得ne.所以n的取值集合为{1,2}.

nen

23．解：(Ⅰ)圆C的普通方程是(x1)y1，又xcos,ysin 所以圆C的极坐标方程是2cos . ………………………5分 (Ⅱ)因为射线OM:224的普通方程为yx,x0

yx,x02联立方程组消去并整理得xx0 y22(x1)y1解得x1或x0，所以P点的坐标为(1,1), 所以P点的极坐标为(2,解法2：把4). ………………………10分

4代入2cos得2cos42, 8 / 9

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所以P点的极坐标为(2,24．证明:(Ⅰ)由a0， 有f(x)=|x4). ………………………10分

111||xa||(x)(xa)|a2 aaa所以f(x)2. ………………………5分 (Ⅱ)

x24y2z23,由柯西不等式得:

[x2(2y)2+z2](121212)(x2yz)2

(当且仅当

x2yz63即xz，y时取“”号) 111552整理得:(x2yz)9,即x2yz3 ……………………10分

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