山东省济宁市第一中学2015届高三学科擂台赛数学试题含答案

数 学 试 题

命题人：贾广素 审题人：张永存 考试用时：120分钟

第一部分（满分100分）

一、选择题(每题5分,共40分)

班级 姓名 1. 集合A满足：若aA，则

1A，则满足条件的元素最少的集合A中的元素个数有1a（ ）

A.1 B.2 C.3 D.4 2. 已知f(x)是定义在R上的偶函数，并满足f(x2)1.当2x3时，f(x)x，f(x)则f(5.5) （ ）

A.5.5 B.5.5 C.2.5 D.2.5

3. 一个空间几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积是（ ）

222222 正（主）视图 侧（左）视图 俯视图

A.2π+3π B.π C.4π+83233π D.2π+π 334.设扇形的圆心角为60，面积是6π，将它围成一个圆锥，则该圆锥的表面积是（ ）

A.

1315π B.7π C.π D.8π 22225.若直线l：axby10平分圆C：xy2x4y10的周长，则ab的取值范围是（ ）

A.(,] B. (,] C. (0,] D. (0,]

x6. 设方程log4x()0与log1x()0的根分别为x1，x2，则（ ）

41418141814x14A.0x1x21 B.x1x21 C.1x1x22 D.x1x22

7.某届足球赛的计分规则是：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.某球队参赛15场，积33分.若不考虑比赛顺序，则该队胜、平、负的情形有（ ）种.

A.15 B.11 C.9 D.3

12x1,x(,),x228. 已知函数f(x)g(x)x24x4.

ln(x1),x[1,),2设b为实数，若存在实数a，使得f(a)g(b)0，则实数b的取值范围是（ ） A.[1,5] B.(,1] C.[1,) D.(,5]

二、填空题（每小题5分，共20分） 9. 已知xR，则函数f(x)

10. 已知f(x)是定义在R上的增函数，且对任意的xR，都有f[f(x)3x]4，则

x2x1x2x1的值域是 . f(2) .

11. 设Ak{x|xkt是 .

12.如右图所示，记正方体ABCD-A1BC11D1的中心为O，面B1BCC1的中心为E，B1C1的中点为F.则空间四边形在该正方体各个面的上投影可能是 .DOEF1（把你认为正确命题的序号填写在答题纸上）

AD11,2t1}，其中k2，3…，2015，则所有Ak的交集ktkD1C1FA1OB1ECB ○1 ○2 ○3 ○4

三、解答题(第13题满分12分，第14满分13分、第15题满分15分，共40分) 13.（本题满分12分）

已知二次函数f(x)的二次系数为a，且不等式f(x)2x的解集为{x|1x3}. （1）若函数yf(x)6a有且只有一个零点，求f(x)的解析式； （2）记f(x)的最大值为h(a)，求h(a)的最小值.

14.（本题满分13分）

如图，在三棱柱ABCA1BC11中，已知侧棱AA1平面

班级 姓名 A1ABC，ABC是边长为2的等边三角形，M是AA1上的一点，M且由点P沿棱柱侧面AA1=4，A1M1.P是棱BC上的一点，

经过棱CC1到点M的最短距离为32.设此最短距离的折线与CC1交于点N.

（1）求证：A1B//平面MNP；

（2）求平面MNP和平面ABC所成二面角（锐角）的正切值.

15（本题满分15分）

已知定义域为[0,1]的函数f(x)同时满足下列三个条件： 1对任意的x[0,1]，总有f(x)0； ○2f(1)1； ○

3若x10，x20，且x1x21，则有f(x1x2)f(x1)f(x2)成立 ○

则称函数f(x)为“友谊函数”.

（1）已知f(x)是“友谊函数”，求f(0)的值；

（2）函数g(x)21在区间[0,1]上是否是“友谊函数”？说明你的理由.

xB1C1NCPAB（3）已知f(x)是“友谊函数”，假定存在x0[0,1]，使得f(x0)[0,1]，且f[f(x0)]x0. 求证：f(x0)x0.

第二部分（满分50分）

本部分共三道解答题，第1、2题每题15分，第3题20分，满分50分 1（本题满分15分）

自锐角ABC的顶点A向边BC引垂线，垂足为D.在AD上任取一点H，直线BH交AC于点E，CH交AB于点F.

证明：EDHFDH.（即AD平分ED与DF所成的角）

AFHEBCD

2（本题满分15分）

四个半径为1的球彼此相切，三个在水平面上，第四个在它们的上面.其中，给出一个边长为a的正四面体，使得任一球与该正四面体的三个面相切，求实数a的值.

3（本题满分20分）

已知a、b、c、d为非负实数，f(x)若x

axb（xR），且f(19)19，f(97)97，cxdd，对任意的实数x均有f(f(x))x成立，试求出f(x)值域外的唯一数. c

2015年济宁市第一中学学科擂台赛试卷

数学试题参及评分标准

第一部分（满分100分）

一、选择题(每题5分,共40分) 1. C 提示：{,2,1} 由2A121111A；由1AA，又有121(1)211122A.此时，集合元素个数最少.

2. D提示： f(5.5)1111f(1.5)f(1.5)f(2.5)2.5.

11f(3.5)f(0.5)f(1.5)f(2.5)1π2r，得r6. 233.D 提示：由三视图可知，该几何是一个圆锥与一个圆柱的组合体. 4．B 提示：设扇形的半径为r，则由6π于是扇形的弧长为lπ62π.即圆锥的底面周长为2π，其半径为1.所以底面面积为3π12π，所以圆锥的表面积是S6ππ7π.

5.B 提示：圆周C被直线l平分，所以圆心(1,2)在直线l上，即a2b10，从而

111a2b1，所以ab(12b)b2b2b2(b)2.

48811xx()，由f(1)f(2)06.A 提示：显然x2，设f(x)log，知1x12，所以4240x1x21.

7.D 提示：设该球队的胜、平、负的场次分别为x、y、z，则z15,xyy解得x11，

33.3xy3x11,x10,x9,所以y0,，y3,，y6,共3种情形.

z4z2z0.8．A 提示：当x(,)时，易得f(x)(1)1[1,0)，又当x[,)时，易知f(x)ln(x1)[ln2,)，所以f(x)[1,)，所以只要g(b)(,1]就一定

121x212存在实数a满足f(a)g(b)0，即(b2)28(,1]，解得b[1,5]. 二、填空题（每小题5分，共20分）

9. (1,1) 提示：由于f(x)x2x1x2x1(x)2(01232132，)(x)2(0)222考虑其几何意义，构造点P(x,0)，A(,1313)，B(,)，函数f(x)的值域表示2222|PA||PB|的取值范围.由于三角形的两边之差小于第三边，从而|PA||PB||AB|1，

故函数f(x)的值域为(1,1).

)4，f(x)3xm. 10. 10 提示：依题意，f(x)3x为常数，设f(x)3xm，则f(mmmm所以3m4，3m40，易知方程3m40有唯一解m1，所以

f(x)3x1，从而f(2)32110.

1111t1ktkA[2,k]k知，所以，且在[2,)上递kk2kkk5增，因此所有Ak的交集是A2[2,].

211.[2,] 提示：由

12.○1○2○3 提示：当向前后两个底面投影时，得到○1；当向左右两个侧面投影时，得到○2；当向上下两个面投影时，得到○3.

三、解答题(第13题满分12分，第14题满分13分，第15题满分15分，共40分) 13.解：（1）由f(x)2x0的解集为{x|1x3}知f(x)2xa(x1)(x3)（a0）. 则f(x)a(x1)(x3)2xax(24a)x3a ○1………………………4分

2又因为yf(x)6a有且只有一个零点，即方程ax(24a)x9a0有两个相等的实22根，于是[(24a)]4a9a0，即5a4a10，解得a或a1（舍），

52215将a代入○1式，得f(x)151263xx.……………………………………8分 555a24a11a4. （2）由○1及a0知，f(x)的最大值h(a)aa又因为a0，由对勾函数的性质，得h(a)a等号成立.

14242，当且仅当a1时，a故h(a)的最小值为2.…………………………………………………………………12分 14.解：（1）由AA1平面ABC及ABC是等边三角形，知侧面均为全等的矩形.

P运如图所示，将侧面旋转120，使其与侧面ACC1A1在同一个平面上.在同一个平面内，点

动到P1位置，联结MP1，

P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路径. …………………………3分 则MP1即为点

22x1.故P为BC的中设PC=x，则PCx，在RtMAP1，注意到(2x)x18，得1点，于是NC1.设AC则Q为AC所以A1B//PQ，所以A1B//1与MN交于点Q，1的中点，平面MNP.………………………………………………………………………6分

A1MOB1C1NCPHABP1

（2）如图，连接PP1，则PP1即为平面MNP与平面ABC的交线.

H，连接CH. 作MHPP1于点

又因为CC1平面ABC，从而CHPP1.

故NHC即为平面ABC与平面MNP所成二面角的平面角.…………………………10分

11PCP60CH. ，则122NC2.………………………………………………13分 在RtNHC中，tanNHCCH在RtPHC中，由PCH

15.解：（1）令x1x20，得f(0)f(0)f(0)，知f(x)0，又由○1知对任意x[0,1]都有f(x)0，所以f(0)0.…………………………………………………………3分 （2）显然g(x)21在[0,1]上满足○1，即g(x)0，也满足○2，即g(x)1，下面只需验证g(x)是否满足条件○3.

x若x10，x20，且x1x21，则有

g(x1x2)[g(x1)g(x2)]2x1x21[(2x11)(2x21)]

(221)(211)0.

故g(x)满足条件○1○2○3，所以g(x)2x1在[0,1]上是“友谊函数”.…………6分 （3）由○3知任给x1，且x1x21，不妨设x2x1，则存在x，使得x2x1x，x2[0,1]，其中必有0x1.所以

xxf(x2)f(x1)f(x1x)f(x1)f(x1)f(x)f(x1)f(x)0.

所以f(x2)f(x1).依题意必有f(x0)x0.……………………………………………10分 下用反证法证明之.

假设f(x0)x0，则f(x0)x0或f(x0)x0.

若f(x0)x0，则f[f(x0)]f(x0)，而f[f(x0)]x0，从而x0f(x0)，矛盾； 若f(x0)x0，则f[f(x0)]f(x0)，而f[f(x0)]x0，从而x0f(x0)，矛盾； 故由上述两个矛盾可知假设不成立，则必有f(x0)x0.…………………………………15分

第二部分（满分50分）

本部分共三道解答题，第1、2题每题15分，第3题20分，满分50分 1.证法一：以D为坐标原点，BC所在的直线为x轴，

DA所在直线为y轴建立平面直角坐标系如图所示.

设A(0,a)，B(b,0)，C(c,0)，H(0,h)，于是BH所在的直线方程为

AFyEHBxyD为1.………………………………………5分

caxyxy过BH与AC交点的E的直线系是1(1)0.

bhca1111令1，得()x()y0. （*）…………………………………10分

bcha直线（*）经过坐标原点，因此（*）即为DE所在的直线方程.

xy1，AC所在的直线方程bhCx同理，DF所在的直线方程为()x()y0. 显然，直线与直线DF的斜率互为相反数，即kDEkDF，

故AD平面ED与DF所成的角.………………………………………………………15分 解法二：过A作直线l//BC，延长DF、DE分别交l于P、Q.

11cb1h1aAPAFAQAE.………………5分 ，

BDFBDCECAFBDCE1， 又同塞瓦定理，知

FBDCEA于是有所以

PAQHElFAPBDDC1，所以APAQ. BDDCAQBCD所以RtADPRtADQ，

从而EDHFDH.………………………………………………………………………15分

2.解：四个球的球心是边长为2的正四面体的顶点，设该四面体为ABCD.过点A的高交底面BCD于点G，则G为ABC的重心.取BC的中点E，析出平面图形AEG，如图所示.

AA1ABD

GECE1EG与球都外切的四面体的各面到球心四面体ABCD相应各面的距离都是1，仍然是一个正四面体，……………………………………………………………………………………5分

于是将AEG扩展为该四面体中相应的A1E1G1，只须分别作A1E1//AE，E1G1//EG，平行线间距均为1，即可得到A1E1G1，通过AEG求出A1E1G1的边，

进而可求出a的值.…………………………………………………………………………5分 事实上，易知AE=G1

313AC3，EGDE ，233AGAE2EG2263，

AA11AE23.所以AGAAAGGG46. ，所以AA11111AEEGEG3又因为

AGAGAGAGAE1111226.………………………15分 ，得a11A1E1AE33aAG22

axbbdcxd3.解：由题设，对任意实数x有f(f(x))x，即x，化简，得

axbccdcxda(ad)cx2(d2a2)xb(ad)0，

d22恒成立，故ad0，且da0，所以da.………10分 caxbx的两个根，即方程是 又f(19)19，f(97)97，即19、97是方程

cxdadd116，1843，故由韦达定理，得结合da，cx2(da)xb0的两个根，

cc58x1843152158. 得a58c，b1843c，d58c，所以f(x)x58x58由于上述方程对x于是f(x)取不到58这个数，即58是f(x)值域外的唯一的数.…………………………20分