安徽省六校教育研究会2015届高三第一次联考试卷数学(理)

安徽省六校教育研究会2015届高三第一次联考

数 学 试 题（理科）

（满分：150分，考试时间：120分钟）

第Ⅰ卷

一、选择题（共10小题，每小题5分，计50分）

1．已知函数fx的定义域为1,0，则函数f2x1的定义域为（ ） A．3,1

B．0,

1 2

C．-1,0

D．

1,1 2

2．某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是 ( ) A．4

14

B．

3

D．6

正视图

侧视图

16C．

3

3．已知点A1,1,B1,2,C2,1,D3,4，则向量AB 在CD方向上的投影为（ ）

俯视图

第２题图

A

．

B

．

C

．D

．

1

2

4．已知一元二次不等式f(x)A．x|xlg2C．x|x>-lg2

，则f(10x)>0的解集为



B．x|-1



 

D．abc

5．设alog36,blog510,clog714，则 A．cba 6

．将函数y

B．bca

C．acb

xsinxxR的图像向左平移mm0个长度单位后，所得到的

图像关于y轴对称，则m的最小值是（ ） A．



12

B．



6

C．



3

D．

5 6

7．从[0,10]上任取一个数x，从[0,6]上任取一个数y,则使得x5y34的概率是（ ）

11

C． 32

111

8．在ABC中，若依次成等差数列，则（ ） ,,

tanAtanBtanC

A．

B．

A．a,b,c依次成等差数列 C．a2,b2,c2依次成等差数列

B

．

1

5

D．

3 4

D．a2,b2,c2依次成等比数列

9．已知P,Q是函数f(x)x2(m1)x(m1)的图象与x轴的两个不同交点，其图象的顶点为R，则PQR面积的最小值是（ ）

A．１

2

B

．

C

．

D

．

4

10．若不等式xxa的解集是区间(3,3)的子集，则实数a的取值范围是（ ） A．(,7)

B．(,7]

C．(,5)

D．(,5]

二、填空题（共5小题，每小题5分，计25分）

11．从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量

都在50到350度之间，频率分布直方图如图所示。 （I）直方图中x的值为 ；

（II）在这些用户中，用电量落在区间100,250内的户数为 。

12．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果

i。

13. 设x、y、zR+，若xy + yz + zx = 1，则x + y + z的取值范围是__________

x)2x2x

14．已知M、m

分别是函数f(x) 2

2xcosx

的最大值、最小值，则Mm____.



15一质点的移动方式，如右图所示，在第1分钟，它从原点移 动到点（1,0），接下来它便依图上所示的方向，在x,y轴的 正向前进或后退，每1分钟只走1单位且平行其中一轴，则 2013分钟结束之时，质点的位置坐标是___________.

三、解答题（本大题共6小题，计75分。解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.）

16．(12分)在ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c。已知

cos2A3cosBC1.

（I）求角A的大小；

（II）若

ABC的面积Sb5，求sinBsinC的值.

17．(12分)如图, 四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD

, ABAA1

18．(12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l:y2x4,设圆C的半径为1，圆心在l上.

（1）若圆心C也在直线yx1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程； （2）若圆C上存在点M，使MA2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围.

1

(Ⅰ) 证明:平面 A1BD // 平面CD1B1; (Ⅱ) 求三棱柱ABD－A1B1D1的体积.

19．(12分)甲乙丙丁四个人做传球练习，球首先由甲传出，每个人得到球后都等概率地传给其余三个人之一，设Pn表示经过n次传递后球回到甲手中的概率，求： (1)Pn(以n表示之) 2之值 (2)P

20．(13分)已知函数f(x)bax（其中a,b为常数且a0,a1）的图象经过点

A(1,6),B(3,24)

（1）试确定f(x)bax的解析式（即求a,b的值）

（2）若对于任意的x(,1],()()m0恒成立，求m的取值范围； （3）若g(x)

21．(14分)已知数列{an}满足a0R，an12n3an,(n0,1,2,（1）设bn

1a

x

1b

x

cxf(x)

，试讨论g(x)在区间（-1,1）上的单调性. (c0,c为常数）x2

2(x1)

)

an

,试用a0,n表示bn（即求数列{bn}的通项公式） 2n

（2）求使得数列{an}递增的所有ao的值.

安徽省六校教育研究会2015届高三第一次联考

数学答案（理科）

一、选择题(5'×10=50')

二、填空题(5'×5=25')

11）、ⅰ；ⅱ12）、13)

、)； 14）、；15）、 三、解答题（本大题共6小题，计75分。解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步

骤。）

16．(12分)在ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c。已知

cos2A3cosBC1。

（I）求角A的大小；

（II）若

ABC的面积Sb5，求sinBsinC的值。

解（1）cos2A3cosA1（1分）2cosA3cosA20（3分）

2

1

1分）A（1分） (cosA2)(2cosA1)0cosA23

（2

）S

1bcsinAc4，（2分）

24

a2b2c22bccosA21a（2分）

sinAsinAsin2A5

sinBb,sinCcsinBsinCbc（2分）

aaa27

17. (12分)如图, 四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,

ABAA1

1

A

(Ⅰ) 证明:平面 A1BD // 平面CD1B1;

(Ⅱ) 求三棱柱ABD－A1B1D1的体积. （1）∵A1B1和AB，AB和CD分别平行且相等，∴A1B1和CD平行且相等，即有四边形A1B1 CD为平行四边形，∴A1D和B1C平行，同理A1B和D1C也平行，（4分）有D1C和B1C是相交的（相交于C），（2分）故平面A1BD平行于CD1B1

（2）A1O面ABCDA1O是三棱柱A1B1D1ABD的高.

在正方形AB CD中,AO = 1 . 在RTA1OA中，A1O1.（3分）

三棱柱A1B1D1ABD的体积VA1B1D1ABDSABDA1O

所以，三棱柱A1B1D1

1

(2)211.（3分） 2

ABD的体积VA1B1D1ABD1.

18．(12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l:y2x4,设圆C的半径为1，圆心在l上。

（1）若圆心C也在直线yx1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程； （2）若圆C上存在点M，使MA2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围。

18．解：（1）由

y2x4

得圆心C为（3,2），∵圆C的半径为1

yx1

2

∴圆C的方程为：(x3)(y2)21（1分）

ykx3，即kxy30

显然切线的斜率一定存在，设所求圆C的切线方程为

∴

3k23k21

1∴3k1k21∴2k(4k3)0∴k0或者k

3 4

∴所求圆C的切线方程为：

3

y3或者yx3即y3或者3x4y120（3分）

4

y2x4上，所以，设圆心C为（a,2a-4）

（2）解：∵圆C的圆心在在直线l:

则圆C的方程为：(xa)2又∵

y(2a4)1（2分）

2

MA2MO∴设M为（x,y）则x2(y3)22x2y2整理得：x2(y1)24

设为圆D（3分）

∴点M应该既在圆C上又在圆D上 即圆C和圆D有交点 ∴

2a2(2a4)(1)2（2分）

2

解得，a的取值范围为：

12

0,5（1分） 

19(12分)甲乙丙丁四个人做传球练习，球首先由甲传出，每个人得到球后都等概率地传给其余三个人之一，设Pn表示经过n次传递后球回到甲手中的概率，求：

1

之值 (2)Pn(以n表示之) 3

1111n1

【簡答】(1) (2)Pn()

4433

(1)P2

【詳解】經過一次傳遞後，落在乙丙丁手中的機率分別為

1

，而落在甲手中的機率為0，因3

1111111

此P1= 0，兩次傳遞後球落在甲手中的機率為P2= ×+×+×＝（4分）

3333333

下面考慮遞推，要想經過n次傳遞後球落在甲的手中，那麼在n－1次傳遞後球一定

1

(1－Pn1), n＝1, 2, 3, 4, …, 因此 3

1122P3＝(1－P2)＝×＝ ,

33391177P4＝(1－P3)＝×＝ ,

[1**********]P5＝(1－P4)＝×＝ ,

[1**********]1P6＝(1－P5)＝×＝ ,

[1**********]

∵Pn＝(1－Pn1) （4分）∴Pn－＝－(Pn1－)

4433

111Pn－＝(P1－)()n1

443

111n1

所以Pn＝－()。（4分）

443

不在甲手中，所以Pn＝

【評析】

1. 首先，當球在甲手中時，經過一次傳遞後，落在乙丙丁手中的機率分別為, 而落在甲手中的機率為0，根據這個數學性質遞推下去。

13

2.

先求P1= 0，再思考Pn、Pn1的關係：

一次傳遞球在甲手中機率P不可能再傳給甲n-1

在n－1次傳遞後1 一次傳遞

再傳給甲機率球不在甲手中機率(1Pn-1)

3

因此Pn＝

1

(1－Pn1), n＝1, 2, 3, 4, …，由遞迴數列求出Pn，這是此題的思考過程。 3

20. (13分)已知函数 4A(1,6B),(3,2（1）试确定

f(x)bax（其中a,b为常数且a0,a1）的图象经过点

f(x)bax的解析式（即求a,b的值）

11

x(,1],()x()xm0恒成立，求m的取值范围；

ab

（2）若对于任意的

（3）若

g(x)

cxf(x)

，试讨论g(x)在区间（-1,1）上的单调性。 (c0,c为常数）x2

2(x1)

3

x

20解：（1）由题知6=ba,24=ba,解得b=3,a=2,即f(x)=32（3分）

(2)()()m0在(,1]上恒成立，即()()m在(,1]上恒成立，另

1

2

x

13

x

12

x

13

x

111x1x

h(x)()x()x，x(,1],即mh(x)min，（2分）由于h(x)()()，x(,1]

2323

55

是减函数，故h(x)minh(1)，即m（2分）

66

3cx

（3）g(x)2，x(1,1)，（1分）下证单调性。

x1

任取1x1x21,则g(x1)g(x2)

3cx13cx23c(x2x1)(x1x21)

，（2分） 2222

x11x21(x11)(x21)

由1x1x21知

3(x2x1)(x1x21)

0，（1分）故

(x121)(x221)

3cx

，x(1,1)单调递减； x21

当c0时，g(x1)g(x2)0即g(x1)g(x2)，g(x)

当c0时，g(x1)g(x2)0即g(x1)g(x2)，g(x)分）

3cx

，x(1,1)单调递增. （22

x1

3c(x1)2

注意：用导数求也可以，g(x)。 22

(x1)

21．(14分)已知数列{an}满足a0R，an12n3an,(n0,1,2,（1）设bn

)

an

,试用a0,n表示bn（即求数列{bn}的通项公式） 2n

（2）求使得数列{an}递增的所有ao的值

an13an131131

,bb,b(b),（2（2分）即变形得，n1nn1nn1n

222222525

113n113n

分）故bn(b0)()，因而，bn(a0)()；（1分）

552552

a113n1n13nn

(a)()a22(a)()，（2）由（1）知n，从而（1分）故 0n02n552552

（1）

2n4013401

(a0)， anan1[(a0)()n1]，（3分）设A35103522n31

[A()n1]，下面说明a0，讨论： 则anan1

5102

若a0

13n

，则A

，则A>0,此时对充分大的奇数n，[A()1]0，有anan1，这与{an}递增52

的要求不符；（2分） 若a0

的要求不符；（2分）

2n11

0，始终有anan1。综上，a0（1分） 若a0，则A=0，anan1

5510

注意：直接研究通项，只要言之成理也相应给分。

安徽省六校教育研究会2015届高三第一次联考

数 学 试 题（理科）

（满分：150分，考试时间：120分钟）

第Ⅰ卷

一、选择题（共10小题，每小题5分，计50分）

1．已知函数fx的定义域为1,0，则函数f2x1的定义域为（ ） A．3,1

B．0,

1 2

C．-1,0

D．

1,1 2

2．某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是 ( ) A．4

14

B．

3

D．6

正视图

侧视图

16C．

3

3．已知点A1,1,B1,2,C2,1,D3,4，则向量AB 在CD方向上的投影为（ ）

俯视图

第２题图

A

．

B

．

C

．D

．

1

2

4．已知一元二次不等式f(x)A．x|xlg2C．x|x>-lg2

，则f(10x)>0的解集为



B．x|-1



 

D．abc

5．设alog36,blog510,clog714，则 A．cba 6

．将函数y

B．bca

C．acb

xsinxxR的图像向左平移mm0个长度单位后，所得到的

图像关于y轴对称，则m的最小值是（ ） A．



12

B．



6

C．



3

D．

5 6

7．从[0,10]上任取一个数x，从[0,6]上任取一个数y,则使得x5y34的概率是（ ）

11

C． 32

111

8．在ABC中，若依次成等差数列，则（ ） ,,

tanAtanBtanC

A．

B．

A．a,b,c依次成等差数列 C．a2,b2,c2依次成等差数列

B

．

1

5

D．

3 4

D．a2,b2,c2依次成等比数列

9．已知P,Q是函数f(x)x2(m1)x(m1)的图象与x轴的两个不同交点，其图象的顶点为R，则PQR面积的最小值是（ ）

A．１

2

B

．

C

．

D

．

4

10．若不等式xxa的解集是区间(3,3)的子集，则实数a的取值范围是（ ） A．(,7)

B．(,7]

C．(,5)

D．(,5]

二、填空题（共5小题，每小题5分，计25分）

11．从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量

都在50到350度之间，频率分布直方图如图所示。 （I）直方图中x的值为 ；

（II）在这些用户中，用电量落在区间100,250内的户数为 。

12．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果

i。

13. 设x、y、zR+，若xy + yz + zx = 1，则x + y + z的取值范围是__________

x)2x2x

14．已知M、m

分别是函数f(x) 2

2xcosx

的最大值、最小值，则Mm____.



15一质点的移动方式，如右图所示，在第1分钟，它从原点移 动到点（1,0），接下来它便依图上所示的方向，在x,y轴的 正向前进或后退，每1分钟只走1单位且平行其中一轴，则 2013分钟结束之时，质点的位置坐标是___________.

三、解答题（本大题共6小题，计75分。解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.）

16．(12分)在ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c。已知

cos2A3cosBC1.

（I）求角A的大小；

（II）若

ABC的面积Sb5，求sinBsinC的值.

17．(12分)如图, 四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD

, ABAA1

18．(12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l:y2x4,设圆C的半径为1，圆心在l上.

（1）若圆心C也在直线yx1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程； （2）若圆C上存在点M，使MA2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围.

1

(Ⅰ) 证明:平面 A1BD // 平面CD1B1; (Ⅱ) 求三棱柱ABD－A1B1D1的体积.

19．(12分)甲乙丙丁四个人做传球练习，球首先由甲传出，每个人得到球后都等概率地传给其余三个人之一，设Pn表示经过n次传递后球回到甲手中的概率，求： (1)Pn(以n表示之) 2之值 (2)P

20．(13分)已知函数f(x)bax（其中a,b为常数且a0,a1）的图象经过点

A(1,6),B(3,24)

（1）试确定f(x)bax的解析式（即求a,b的值）

（2）若对于任意的x(,1],()()m0恒成立，求m的取值范围； （3）若g(x)

21．(14分)已知数列{an}满足a0R，an12n3an,(n0,1,2,（1）设bn

1a

x

1b

x

cxf(x)

，试讨论g(x)在区间（-1,1）上的单调性. (c0,c为常数）x2

2(x1)

)

an

,试用a0,n表示bn（即求数列{bn}的通项公式） 2n

（2）求使得数列{an}递增的所有ao的值.

安徽省六校教育研究会2015届高三第一次联考

数学答案（理科）

一、选择题(5'×10=50')

二、填空题(5'×5=25')

11）、ⅰ；ⅱ12）、13)

、)； 14）、；15）、 三、解答题（本大题共6小题，计75分。解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步

骤。）

16．(12分)在ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c。已知

cos2A3cosBC1。

（I）求角A的大小；

（II）若

ABC的面积Sb5，求sinBsinC的值。

解（1）cos2A3cosA1（1分）2cosA3cosA20（3分）

2

1

1分）A（1分） (cosA2)(2cosA1)0cosA23

（2

）S

1bcsinAc4，（2分）

24

a2b2c22bccosA21a（2分）

sinAsinAsin2A5

sinBb,sinCcsinBsinCbc（2分）

aaa27

17. (12分)如图, 四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,

ABAA1

1

A

(Ⅰ) 证明:平面 A1BD // 平面CD1B1;

(Ⅱ) 求三棱柱ABD－A1B1D1的体积. （1）∵A1B1和AB，AB和CD分别平行且相等，∴A1B1和CD平行且相等，即有四边形A1B1 CD为平行四边形，∴A1D和B1C平行，同理A1B和D1C也平行，（4分）有D1C和B1C是相交的（相交于C），（2分）故平面A1BD平行于CD1B1

（2）A1O面ABCDA1O是三棱柱A1B1D1ABD的高.

在正方形AB CD中,AO = 1 . 在RTA1OA中，A1O1.（3分）

三棱柱A1B1D1ABD的体积VA1B1D1ABDSABDA1O

所以，三棱柱A1B1D1

1

(2)211.（3分） 2

ABD的体积VA1B1D1ABD1.

18．(12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l:y2x4,设圆C的半径为1，圆心在l上。

（1）若圆心C也在直线yx1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程； （2）若圆C上存在点M，使MA2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围。

18．解：（1）由

y2x4

得圆心C为（3,2），∵圆C的半径为1

yx1

2

∴圆C的方程为：(x3)(y2)21（1分）

ykx3，即kxy30

显然切线的斜率一定存在，设所求圆C的切线方程为

∴

3k23k21

1∴3k1k21∴2k(4k3)0∴k0或者k

3 4

∴所求圆C的切线方程为：

3

y3或者yx3即y3或者3x4y120（3分）

4

y2x4上，所以，设圆心C为（a,2a-4）

（2）解：∵圆C的圆心在在直线l:

则圆C的方程为：(xa)2又∵

y(2a4)1（2分）

2

MA2MO∴设M为（x,y）则x2(y3)22x2y2整理得：x2(y1)24

设为圆D（3分）

∴点M应该既在圆C上又在圆D上 即圆C和圆D有交点 ∴

2a2(2a4)(1)2（2分）

2

解得，a的取值范围为：

12

0,5（1分） 

19(12分)甲乙丙丁四个人做传球练习，球首先由甲传出，每个人得到球后都等概率地传给其余三个人之一，设Pn表示经过n次传递后球回到甲手中的概率，求：

1

之值 (2)Pn(以n表示之) 3

1111n1

【簡答】(1) (2)Pn()

4433

(1)P2

【詳解】經過一次傳遞後，落在乙丙丁手中的機率分別為

1

，而落在甲手中的機率為0，因3

1111111

此P1= 0，兩次傳遞後球落在甲手中的機率為P2= ×+×+×＝（4分）

3333333

下面考慮遞推，要想經過n次傳遞後球落在甲的手中，那麼在n－1次傳遞後球一定

1

(1－Pn1), n＝1, 2, 3, 4, …, 因此 3

1122P3＝(1－P2)＝×＝ ,

33391177P4＝(1－P3)＝×＝ ,

[1**********]P5＝(1－P4)＝×＝ ,

[1**********]1P6＝(1－P5)＝×＝ ,

[1**********]

∵Pn＝(1－Pn1) （4分）∴Pn－＝－(Pn1－)

4433

111Pn－＝(P1－)()n1

443

111n1

所以Pn＝－()。（4分）

443

不在甲手中，所以Pn＝

【評析】

1. 首先，當球在甲手中時，經過一次傳遞後，落在乙丙丁手中的機率分別為, 而落在甲手中的機率為0，根據這個數學性質遞推下去。

13

2.

先求P1= 0，再思考Pn、Pn1的關係：

一次傳遞球在甲手中機率P不可能再傳給甲n-1

在n－1次傳遞後1 一次傳遞

再傳給甲機率球不在甲手中機率(1Pn-1)

3

因此Pn＝

1

(1－Pn1), n＝1, 2, 3, 4, …，由遞迴數列求出Pn，這是此題的思考過程。 3

20. (13分)已知函数 4A(1,6B),(3,2（1）试确定

f(x)bax（其中a,b为常数且a0,a1）的图象经过点

f(x)bax的解析式（即求a,b的值）

11

x(,1],()x()xm0恒成立，求m的取值范围；

ab

（2）若对于任意的

（3）若

g(x)

cxf(x)

，试讨论g(x)在区间（-1,1）上的单调性。 (c0,c为常数）x2

2(x1)

3

x

20解：（1）由题知6=ba,24=ba,解得b=3,a=2,即f(x)=32（3分）

(2)()()m0在(,1]上恒成立，即()()m在(,1]上恒成立，另

1

2

x

13

x

12

x

13

x

111x1x

h(x)()x()x，x(,1],即mh(x)min，（2分）由于h(x)()()，x(,1]

2323

55

是减函数，故h(x)minh(1)，即m（2分）

66

3cx

（3）g(x)2，x(1,1)，（1分）下证单调性。

x1

任取1x1x21,则g(x1)g(x2)

3cx13cx23c(x2x1)(x1x21)

，（2分） 2222

x11x21(x11)(x21)

由1x1x21知

3(x2x1)(x1x21)

0，（1分）故

(x121)(x221)

3cx

，x(1,1)单调递减； x21

当c0时，g(x1)g(x2)0即g(x1)g(x2)，g(x)

当c0时，g(x1)g(x2)0即g(x1)g(x2)，g(x)分）

3cx

，x(1,1)单调递增. （22

x1

3c(x1)2

注意：用导数求也可以，g(x)。 22

(x1)

21．(14分)已知数列{an}满足a0R，an12n3an,(n0,1,2,（1）设bn

)

an

,试用a0,n表示bn（即求数列{bn}的通项公式） 2n

（2）求使得数列{an}递增的所有ao的值

an13an131131

,bb,b(b),（2（2分）即变形得，n1nn1nn1n

222222525

113n113n

分）故bn(b0)()，因而，bn(a0)()；（1分）

552552

a113n1n13nn

(a)()a22(a)()，（2）由（1）知n，从而（1分）故 0n02n552552

（1）

2n4013401

(a0)， anan1[(a0)()n1]，（3分）设A35103522n31

[A()n1]，下面说明a0，讨论： 则anan1

5102

若a0

13n

，则A

，则A>0,此时对充分大的奇数n，[A()1]0，有anan1，这与{an}递增52

的要求不符；（2分） 若a0

的要求不符；（2分）

2n11

0，始终有anan1。综上，a0（1分） 若a0，则A=0，anan1

5510

注意：直接研究通项，只要言之成理也相应给分。