黄冈市2015年3月高三年级调研考试

理 科 数 学参考答案

一、选择题

1.B 2.A 3.D 4.C 5.B 6.D 7.A 8.D 9.B 10.B

二、填空题

11.30 12. 0.125 13. 14.n·2n-1 15. 16. 

三、解答题

17. 解：(Ⅰ)f(x)＝2(sinx＋cosx)cosx－ ＝sinxcosx＋cos2x－

＝sinx＋cos2＝sin(2x＋)…………………………5分

令－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ得

x∈[－＋kπ，＋kπ] (k∈Z)

即函数f(x)的单调递增区间为[－＋kπ，＋kπ]　　(k∈Z)……………6分

(Ⅱ)∵0＜A＜π ∴＜2A＋＜π , f(A)＝sin(2A＋)＝

∴2A＋＝或2A＋＝π，即A＝或Ａ＝…………………………8分

A＝时，C＝π，a＝2sinA＝·2＝－1 , S△ABC＝absinC＝ ………10分

②当A＝时，C＝， S△ABC＝ab＝2 …………………………………………11分

注：得一解只给9分

18. 【解析】（1）∵
，∴
①

∵a1+2,2a2,a3+1成等差数列，∴a1+2+a3+1=4a2, ② …………………2分

②－①得，
即
③ 又由①得，
④

消去
得，
，解得
或
（舍去）

∴
………………………………………………4分

当
N*时，
，当
时，

∴当
时，
，即
…………6分

∴
，
，
，
.

∴···…·= ···…· ∴

∵
，∴
，

故
N*） ………………………………………………8分

（2）S9= =29-1=511，T38= = 2147. ……………………10分

∵A与B的公共元素有1，4，16，64，其和为85，

∴集合C中所有元素之和=S9+T38-85=511+2147-85=2573.…………………12分

19.解法一:(Ⅰ)∵四边形BCC1B1是边长为6的正方形,∴BC=CC1=AA1=6.

∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC.又易知AA1⊥平面ABC,∴AA1⊥BC,又AC∩AA1=A,

∴BC⊥平面ACC1A1.∠BAC就是直线AB与平面ACC1A1所成的角,

∴tan∠BAC= ==3,∴AC=2,又BC∥B1C1,∴B1C1⊥平面ACC1A1.

∴B1C1⊥CD,故当CD⊥C1D时有CD⊥平面B1C1D,此时有△C1A1D∽△DAC,设AD=x,则= ,

即= , 解得x=3±,由于AD＞DA1.故当AD=3+时,CD⊥平面B1C1D.………6分

(Ⅱ)在平面ACC1A1内过点C1作C1E⊥CD,交CD的延长线于点E,连接EB1,如图.

由(Ⅰ)可知B1C1⊥平面ACC1A1,故由三垂线定理可知,B1E⊥CD.

故∠B1EC1为二面角B1-DC-C1的平面角.

当AD=2时,DC=4,=CC1·AC=6,∴DC·C1E=6,

解得C1E=3,故tan∠B1EC1= = 2,

即二面角B1-DC-C1的正切值为2.…………………12分

解法二:(向量法) (Ⅰ)取C为坐标原点,CA,CB,CC1所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直线坐标系.

同解法一可求得AC=2.设AD=x,则点C(0,0,0),A(2,0,0),B1(0,6,6),C1(0,0,6),D(2,0,x).

∴=(0,6,0), =(-2,0,6-x),=(2,0,x).

由解得x=3±,由于AD＞DA1.

故当AD=3+时,CD⊥平面B1C1D.………6分

(Ⅱ)若AD=2,则点D(2,0,2),=(2,0,2),=(0,6,6),设平面B1CD的法向量为=(x,y,z).

由得令z=-1,得=(,1,-1),又平面C1DC的法向量为=(0,1,0).

设二面角B1-DC-C1的大小为θ,则cosθ= = = ,

∴sinθ= ,∴tanθ= =2. 即二面角B1-DC-C1的正切值为2.………………12分

20.解:(Ⅰ)设甲小组做了三次实验,至少两次试验成功为事件A,则

P(A)=( )2×(1-)+()3= …………………………5分

(Ⅱ)由题意
的取值为0,1,2,3,4 .

P(ξ=0)=( )0×()2·()0×()2= ,

P(ξ=1)=( )×()×()0×()2+( )0×()2×()×()= ,

P(ξ=2)=( )2×()0·()0×()2+( )0×()2·()2×()0+( )×()·()×()= ，

P(ξ=3)=( )2×()0·()×()+( )×()1·()2×()0= ，

P(ξ=4)= ( )2×()0·()2×()0= …………………………9分

故
的分布列为

0

1

2

3

4



P















∴E(ξ)=0×+1×+2×+3×+4×= ……………………12分

21.解析:(Ⅰ)由题意得,= ,又a+c=3,解得a=2,c=1,∴b2=3,

故所求椭圆的标准方程为.……………………4分

(Ⅱ) ·是为定值3.证明如下:……………………………6分

显然,当直线l垂直于x轴时,不合题意, 当直线l不垂直于x轴时,由(Ⅰ)得F2(1,0),

设直线l的方程为x=my+1(m≠0),则P(0,- ).

将直线x=my+1代入整理得(3m2+4)y2+6my-9=0.设C(x1,y1),D(x2,y2),则＞0.

由韦达定理得y1+y2= - ,y1y2= - .…………………………………8分

直线AC的方程为y-= x,直线BD的方程为y+= x,联立消去x得

= ,∴()2= = = 

= = = ()2.………………10分

∵-＜y1,y2＜,∴与异号,x1x2=m2y1y2+m(y1+y2)+1=m2(- )+m(- )+1

=,∴与异号,∴与同号,∴= 

解得y=-3m,因此Q点的坐标为(xQ,-3m),又P(0,- ),

故·=(0,- )·(xQ,-3m)=3(定值).………………………………14分

（2）法二：设直线l的方程为y=k(x-1),P（0，-k）, 代入整理得

(3+4k2)x2－8k2x+4k2－12=0,x1+x2=,x1x2=,
……①………８分

直线AC的方程为y-= x,直线BD的方程为y+= x,联立消去x得

= =
,………………………………１０分

由合分比定理得

，将①代入化简得y=－

故·=(0,- ｋ)·(xQ, －)=3(定值) ………………………………14分

22.解析: (Ⅰ)∵f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= - -1+ = - ,………1分

令g(x)=x2-ax+1,其判别式=a2-4.

①当-2≤a≤2时,≤0, f′(x)≤0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减,不合题意.…………2分

②当a＜-2时,＞0,g(x)=0的两根都小于零,故在(0,+∞)上, f′(x)＜0,故f(x) 在(0,+∞)上单调递减,不合题意.………………………………………………………………………3分

③当a＞2时,＞0,设g(x)=0的两个根x1,x2都大于零,令x1= ,

x2= ,x1x2=1.当0＜x＜x1时,f′(x)＜0,当x1＜x＜x2时, f′(x)＞0,当x＞x2时,

f′(x)＜0,故f(x)分别在(0,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,

综上所述,a的取值范围是(2,+∞).……………………………………………6分

(Ⅱ)依题意及(Ⅰ)知,a=x1+x2=x2+>2,∵f(x1)-f(x2)= –x1+alnx1-(–x2+alnx2)

=+(x2-x1)+a(lnx1-lnx2),

∴k= =- -1+ a·=-2+a·.………8分

若 k≤a-2,则-2+a·≤a-2,∴≤.

不妨设x1＜x2,则x1-x2≤(lnx1-lnx2).又x1= ,

∴–x2≤(-2lnx2),∴–x2+ ·lnx2≤0(x2＞1)①恒成立.

记F(x)= –x+ ·lnx(x＞1),记x1′= [-],

x2′= [+].由(Ⅰ)③知F(x)在(1,x2′)上单调递增,在(x2′,+∞)上单调递减,且易知0＜x1′＜1＜x2′＜e.又F(1)=0,F(e)=0,所以,当x∈(1,e)时,F(x)＞0;当x∈[e,+∞)时,F(x)≤0.

故由①式可得,x2≥e,代入方程g(x2)=x22-ax2+1=0,得a=x2+ ≥e+(∵a= x2+ 在x2∈[e,+∞)上递增).又a＞2,所以a的取值集合是{a|a≥e+}.………………………………14分

命题:蕲春一中 宋春雨

审题： 黄冈中学 尹念军

黄州区 童云霞