1、2015届山东省临沂市平邑一中高三第二次阶段考试数学（理）试题第卷一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项。1已知集合则A B C D2设为虚数单位，则复数=A B C D3的展开式的常数项是A2 B3 C-2 D-34已知双曲线1（a0，b0）的一条渐近线为，则它的离心率为ABC D5现有16张不同卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且红色卡片至多1张，不同的取法为 A232种B252种C472种D484种6设，且，则下列结论中正确的是（ ）A BC D7运行如图所示框图的相应程
2、序，若输入a，b的值分别为和，则输出M的值是（ ）A0 B1 C2 D-18如下图是张大爷晨练时所走的离家距离（y）与行走时间（x）之间函数关系的图象，若用黑点表示张大爷家的位置，则张大爷散步行走的路线可能是（ ）9已知不等式组，表示的平面区域为M，若直线与平面区域M有公共点，则k的取值范围是（ ）A B C D10一空间几何体按比例绘制的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）m3A B C D11在椭圆上有两个动点P，Q，E（3,0）为定点，EPEQ，则最小值为（ ）A6 B C9 D12已知函数，。定义：，满足的点称为的n阶不动点。则的n阶不动点的个数是（ ）An个 B2n2个 C2（2
3、n-1）个 D2n个第卷本卷包括必考题和选考题两个部分。第（13）题-第（21）题为必考题，每个考生都必须作答。第（22）题-第（24）题为选考题，考生根据要求作答。二、填空题：本大题共四小题，每小题5分。13已知，的夹角为60，则_。14设函数图象的一条对称轴是直线，则_。15数列的前n项和记为，则的通项公式为_。16ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列命题正确的是_（写出正确命题的编号）。总存在某内角，使；若，则BA；存在某钝角ABC，有；若，则ABC的最小角小于；三、解答题（12分5分，+10分）17已知数列的前n项和为，。（1）求；（2）求证：数列是等比数列；（3）求。
4、18已知函数。（1）求的单调递增区间；（2）在ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，b，a，c成等差数列，且，求a的值。19如图，已知AB平面ACD，DEAB，ACD是正三角形，AD=DE=2AB，且F是CD的中点。（1）求证：AF平面BCE；（2）求证：平面BCE平面CDE；（3）求平面BCE与平面ACD所成锐二面角的大小。20已知抛物线的焦点为F，点P是抛物线上的一点，且其纵坐标为4，。（1）求抛物线的方程；（2）设点，（）是抛物线上的两点，APB的角平分线与x轴垂直，求PAB的面积最大时直线AB的方程。21已知函数在点处的切线与x轴平行。（1）求实数a的值及的极值；（2
5、）是否存在区间，使函数在此区间上存在极值和零点？若存在，求实数t的取值范围，若不存在，请说明理由；（3）如果对任意的，有，求实数k的取值范围。请考生从第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答。注意：知能做所选定的题目。如果多做，则按所做的第一个题目计分。22已知PQ与圆O相切于点A，直线PBC交圆于B、C两点，D是圆上一点，且ABCD，DC的延长线交PQ于点Q。（1）求证：（2）若AQ=2AP，,BP=2，求QD。23在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C：，过点P（-2，-4）的直线的参数方程为（t为参数）与C分别交于M，N。（1）写出C的平面直角坐
6、标系方程和的普通方程；（2）若，成等比数列，求a 的值。24设函数。（1）若时，解不等式；（2）若函数有最小值，求a的取值范围。2015届山东省临沂市平邑一中高三第二次阶段考试数学（理）试题参考答案1C 2A 3B 4A 5C 6C 7C 8D9A解析：试题分析：本题为线性规划含有带参数直线问题依据线性约束条件作出可行域，注意到所以过定点（3,0）。作出可行域所以斜率应该在x轴与虚线之间，所以故答案为A。考点：线性规划10A11A解析：试题分析：设，则有，因为EPEQ，所以， 即，因为，所以当时，取得最小值6，故选择A。考点：向量、解析几何、二次函数在给定区间上的最值。12D解析：试题分析：函
7、数，当时，当时，的1阶不动点的个数为2，当，当，当，当，的2阶不动点的个数为，以此类推，的n阶不动点的个数是个。考点：函数与方程的综合运用。13141516解析：试题分析：对，因为，所以，而在锐角三角形、直角三角形、钝角三角形中必然会存在一个角，故正确；对，构造函数，求导得，当时，即，则，所以，即在上单减，由得，即，所以BA，故不正确；对，因为，则在钝角ABC中，不妨设A为钝角，有，故不正确；对，由，即，而不共线，则，解得，则a是最小的边，故A是最小的角，根据余弦定理，知，故正确；考点：1三角函数与解三角形；2利用导数求函数的最值；3不等式的应用。17（1）。（2）（3）见解析解析：（1）解：
8、由，得，。又，即，得。（2）证明：当时，得，所以是首项为，公比为的等比数列。（3）解：由（2）可得。18（1）；（2）。解析：（1） 2分 3分由得， 5分故的单调递增区间是 6分（2）于是，故 8分由成等差数列得：，由得 10分由余弦定理得，于是 12分考点：三角函数变换，三角函数性质，三角形，平面向量，等差数列19（1）见解析；（2）见解析；（3）45。解析：（1）解：取CE中点P，连结FP、BP，F为CD的中点，FPDE，且。又ABDE，且，ABFP，且AB=FP，ABPF为平行四边形，AFBP又平面BCE，BP平面BCE，AF平面BCE（2）ACD为正三角形，AFCD。AB平面ACD，
9、DEAB，DE平面ACD，又AF平面ACD，DEAF。又AFCD，,AF平面CDE又BPAF，BP平面CDE。又平面BCE，平面BCE平面CDE（3）法一、由（2），以F为坐标原点，FA，FD，FP所在的直线分别为x，y，z轴（如图），建立空间直角坐标系Fxyz。设AC=2，则C（0，-1,0），B（，0,1），E（0,1,2）。设为平面BCE的法向量，令n=1，则显然，为平面ACD的法向量。设面BCE与面ACD所成锐二面角为，则。即平面BCE与平面ACD所成锐二面角为45法二、延长EB、DA，设EB、DA交于一点O，连结CO。则面EBC面DAC=CO。由AB是EDO的中位线，则DO=2AD。
10、在OCD中OD=2AD=2AC，ODC=60。OCCD，又OCDE。OC面ECD，而CE面ECD，OCCE，ECD为所求二面角的平面角在RtEDC中，ED=CD，ECD=45即平面BCE与平面ACD所成锐二面角为45。考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定。20（1）抛物线的方程为。（2）。解析：（1）设，因为，由抛物线的定义得，又，3分因此，解得，从而抛物线的方程为。 6分（2）由（1）知点P的坐标为P（2,4），因为APB的角平分线与x轴垂直，所以可知PA，PB的倾斜角互补，即PA，PB的斜率互为相反数设直线PA的斜率为k，则，由题意， 7分把代入抛
11、物线方程得，该方程的解为4、，由韦达定理得，即，同理。所以， 8分设，把代入抛物线方程得，由题意，且，从而又，所以，点P到AB的距离，因此，设, 10分则，由知，所以在上为增函数，因此，即PAB面积的最大值为。PAB的面积取最大值时b=0，所以直线AB的方程为。 12分考点：1抛物线的定义及其几何性质；2直线与抛物线的位置关系；3直线方程；4应用导数研究函数的最值。21（1）的极大值1，无极小值（2），（3）解析：（1）在点（1，）处的切线与x轴平行a=1 ，当时，当时，在（0,1）上单调递增，在单调递减，故在x=1处取得极大值1，无极小值（2）时，当时，由（1）得在（0,1）上单调递增，由零
12、点存在原理，在区间（0,1）存在唯一零点，函数的图象如图所示 函数在区间上存在极值和零点存在符号条件的区间，实数t的取值范围为，（3）由（1）的结论知，在上单调递减，不妨设，则，函数在上单调递减,又，在上恒成立，在上恒成立在上，考点：导数、函数、极值、恒成立问题22（1）证明过程详见解析；（2）。解析：（1）因为ABCD，所以PAB=AQC，又PQ与圆O相切于点A，所以PAB=ACB，因为AQ为切线，所以QAC=CBA，所以ACBCQA，所以,所以 5分（2）因为ABCD，AQ=2AP，所以，由，得，AP为圆0的切线又因为AQ为圆O的切线 10分考点：同位角、弦切角、相似三角形、切线的性质、切割线定理。23（1）；（2）1。解析：（1）曲线C的直角坐标方程为；直线1的普通方程为。 4分（2）将直线1的参数方程与C的直角坐标方程联立，得。设点M，N分别对应参数t1，t2，恰为上述方程的根。则，。由题设得，即。由（*）得，则有，得，或。因为，所以。考点：参数方程与普通方程互化，极坐标方程与直角坐标方程互化，直线与抛物线位置关系24（1）。（2）。试题解析：（1）当时，。当时，可化为，解得；当时，可化为，解得。综上可得，原不等式的解集为。（2）函数有最小值的充要条件为即。
