甘肃省兰州市2015年高三3月诊断考试数学理试题 扫描版含答案

2015年高三诊断考试

数学参考答案及评分标准（理科）

一、选择题

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

答案 D C D B D D B A C A A B

7. 解析 ：由题意，S表示从12开始的逐渐减小的若干个整数的乘积，由于12×11=132，故此循环体需要执行两次所以每次执行后i的值依次为11，10,由于i的值为10时，就应该退出循环，再考察四个选项，B符合题意

11. 解析 ：依题意，抛物线1C：yx22的焦点为1(0)2F，,∴圆2C的圆心坐标为1(0)2F，∵四边形ABCD是矩形，且BD为直径，AC为直径，1(0)2F，为圆2C的圆心

∴点F为该矩形的两条对角线的交点，

∴点F到直线CD的距离与点F到AB的距离相等，又点F到直线CD的距离为1p ∴直线AB的方程为：32y ∴3(3)2A，

∴圆2C的半径2231(30)()222rAF

∴圆2C的方程为：221()42xy

12. 解析 ：∵(2)fx为偶函数，∴(2)fx的图象关于0x对称,∴()fx的图象关于2x对称∴(4)(0)1ff

设()()xfxgxe（xR）,则2()()()()()()xxxxfxefxefxfxgxee

又∵()()fxfx，∴()0gx（xR），∴函数()gx在定义域上单调递减

∵()()()1xxfxfxegxe,而0(0)(0)1fge

∴()()(0)xfxegxg ∴0x故选B．

二、填空题 13. 35 14. 2211612xy 15. 1(0,)2 16. 2015

15．解析 ：函数()lnfxxxax，则1()ln()ln21fxxaxxaxaxx，

令()ln21fxxax得ln21xax=-，因为函数()lnfxxxax有两个极值点，所以()ln21fxxax有两个零点，等价于函数lnyx与21yax的图象有两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象，过点（0，－1）作lnyx的切线，设切点为（x0，y0），则切线的斜率01xk，切线方程为110xxy. 切点在切线上，则01000xxy，又切点在曲线lnyx上，则10ln00xx，即切点为（1，0）.切线方程为1yx. 再由直线21yax与曲线lnyx有两个交点，知直线21yax位于两直线0y和1yx之间，其斜率2a满足：0＜2a＜1，解得实数a的取值范围是1(0,)2.

16．解析 ：由nnnaab1，且11a=，得

2121abaa==． 322aba=，32212aabbb==． 433aba=，433123aabbbb==．…

121...nnabbb-=．∴211220...abbb=．∵数列{}nb为等比数列，

∴11010102112021910111011...(2015)2015abbbbbbbb

三、解答题

17. 解：（Ⅰ）∵sinsin3cosacaCAA，

∴3cossinAA ∴tan3A

∵0A

∴ 3A …………6分

（Ⅱ）由正弦定理得：643sinsinsin3cos3abcABC， ∴43sinbB，43sincC

∴43sin43sinbcBC

43sinsin()43sinsin()3BABBB

12sin()6B

∵ 5666B ∴612sin()126B

即：6,12bc …………12分

18. 解：(Ⅰ)证明:连接1DC,则1DC平面ABCD,

∴1DCBC

在等腰梯形ABCD中,连接AC

∵2AB,1BCCDAB∥CD

∴BCAC

∴BC平面1ADC

∴1ADBC …………6分

(Ⅱ)解法一:

∵AB∥CD ∴13DDC

∵1CD ∴ 13DC

在底面ABCD中作CMAB,连接1DM,则1DMAB,所以1DMC为平面11ABCD与平面ABCD所成角的一个平面角

在1RtDCM中,32CM, 13DC

∴2211152DMCMDC ∴15cos5DCM

即平面11ABCD与平面ABCD所成角(锐角)的余弦函数值为55 …………12分

解法二: 由(Ⅰ)知AC、BC、1DC两俩垂直，

∵AB∥CD ∴13DDC ∴ 13DC

在等腰梯形ABCD中,连接AC因2AB,1BCCDAB∥CD，

所以3AC，建立如图空间直角坐标系，

则(3,0,0)A，(0,1,0)B，1(0,0,3)D

设平面11ABCD的一个法向量(,,)nxyzr

由100nABnADuuurruuurr得300yxzx

可得平面11ABCD的一个法向量(1,3,1)nr．

又1(0,0,3)CDuuur为平面ABCD的一个法向量．

因此1115cos,5||||CDnCDnCDnuuurruuurruuurr

所以平面11ABCD和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为55.

19. 解（Ⅰ）设印有“绿色金城行”的球有n个,同时抽两球不都是“绿色金城行”标志为事件A,则同时抽取两球都是“绿色金城行”标志的概率是226(),nCPAC

由对立事件的概率: ()PA=41().5PA 即2261()5nCPAC，

解得 3.n …………6分

（Ⅱ）由已知，两种球各三个，可能取值分别为1,2,3，

23261(1)5CPC

2211233333222266664(2)25CCCCCPCCCC，

16(3)1(1)(2)25PPP A B C D A1 B1 C1 D1

x y z (或222111121111333333333333222222226666666616(3)25CCCCCCCCCCCCPCCCCCCCC)

则 的分布列为：

所以1416611235252525E ． …………12分

20. 解：（Ⅰ）依题意有3ba，232acc

∵222abc

∴2ca

∴1a，2c

∴23b

∴曲线C的方程为2213yx ……………6分

（Ⅱ）设直线l的方程为yxm，则11(,)Bxxm，22(,)Dxxm，BD的中点为M

由2213yxmyx 得 222230xmxm

∴12xxm，21232mxx

∵1DFBFuuuruuur，即1212(2)(2)()()1xxxmxm

∴0m（舍）或2m

∴122xx，1272xx M点的横坐标为1212xx

∵1212(1)(1)(2)(2)DABAxxxxuuuruur

1212525720xxxx

∴ADAB

∴过A、B、D三点的圆以点M为圆心，BD为直径  1 2 3

P 15 425 1625 ∵M点的横坐标为1

∴MAx

∵12MABD

∴过A、B、D三点的圆与x轴相切 ……………12分

21. 解：（Ⅰ）∵222()211mxxmfxxxx又函数()fx在定义域上是单调函数.

∴ ()0fx或()0fx在(1,)上恒成立

若()0fx在(1,)上恒成立,即函数()fx是定义域上的单调地增函数,则2211222()22mxxx在(1,)上恒成立,由此可得12m；

若()0fx在(1,)上恒成立,则()201mfxxx在(1,)上恒成立.即2211222()22mxxx在(1,)上恒成立.

∵2112()22x在(1,)上没有最小值

∴不存在实数m使()0fx在(1,)上恒成立.

综上所述,实数m的取值范围是1[,)2. ……………4分

（Ⅱ）当1m时，函数2()ln(1)fxxx.

令332()()ln(1)gxfxxxxx

则32213(1)()3211xxgxxxxx

显然，当(0,)x时，()0gx,

所以函数()gx在(0,)上单调递减

又(0)0g，所以，当(0,)x时，恒有()(0)0gxg,

即3()0fxx恒成立.

故当(0,)x时，有3()fxx ……………8分

（Ⅲ）证法一:由（Ⅱ）可知23ln(1)xxx ((0,)x) ∴2(1)1xxex ((0,)x)

∴2(1)1nnen (nN)

∴201429(1)(3)234(1)2nnnneeeen ………12分

证法二:设(3)2nnnS

则11(2)nnnaSSnn

∵112aS ∴1,nannN

欲证2)3(2)1(92410nneeeenn

只需证12)1(nenn

只需证)1ln()1(2nnn

由（Ⅱ）知),0(),1ln(32xxxx

即)1ln()1(2nnn。

所以原命题成立。

方法三：数学归纳法

证明：1、当1n时，左边=10e，右边=2241，原不等式成立。

2、设当kn时，原不等式成立，

即2)3(2)1(92410kkeeeekk