吉林省长市普通高中高三质量监测（二）理科数学试题及答案VIP

1、长春市普通高中2015届高三质量监测（二）数 学（理 科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1、已知集合，则（ ）a b c d2、复数的共轭复数对应的点位于（ ）a第一象限 b第二象限 c第三象限 d第四象限3、已知随机变量服从正态分布，若，则（ ）a b c d4、已知函数在上是单调函数，函数（且）在上是增函数，则成立是成立的（ ）a充分不必要条件 b必要不充分条件c充要条件 d既不充分也不必要条件5、若，满足约束条件，则的取值范围是（ ）a b c d6、一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）a b c d

2、7、已知平面向量，满足，则（ ）a b c d8、下面左图是某学习小组学生数学考试成绩的茎叶图，1号到16号同学的成绩依次为、，右图是统计茎叶图中成绩在一定范围内的学生人数的算法流程图，那么该算法流程图输出的结果是（ ）a b c d9、已知函数，若将其图象向右平移（）个单位后所得的图象关于原点对称，则的最小值为（ ）a b c d10、设，若直线与圆相切，则的取值范围是（ ）a bc d11、若是双曲线（）的右焦点，过作该双曲线一条渐近线的垂线与两条渐近线交于，两点，为坐标原点，的面积为，则该双曲线的离心率（ ）a b c d12、设数列的前项和为，且，为等差数列，则（ ）a b c d二、

3、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13、的展开式中常数项为 14、已知且曲线、与所围成的封闭区域的面积为，则 15、正四面体的外接球半径为，过棱作该球的截面，则截面面积的最小值为 16、已知函数为偶函数且，又，函数，若恰好有4个零点，则的取值范围是 三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17、（本小题满分12分）在中，求角的值；设，求18、（本小题满分12分）根据某电子商务平台的调查统计显示，参与调查的1000位上网购物者的年龄情况如下图显示已知、三个年龄段的上网购物者人数成等差数列，求，的值；该电子商务平台将年龄在之间的人群定义为高消费人群，

4、其他的年龄段定义为潜在消费人群，为了鼓励潜在消费人群的消费，该平台决定发放代金券，高消费人群每人发放50元的代金券，潜在消费人群每人发放100元的代金券，现采用分层抽样的方式从参与调查的1000位上网购物者中抽取10人，并在这10人中随机抽取3人进行回访，求此三人获得代金券总和的分布列与数学期望19、（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，平面，四边形满足，且，点为中点，点为边上的动点，且求证：平面平面；是否存在实数，使得二面角的余弦值为？若存在，试求出实数的值；若不存在，说明理由20、（本小题满分12分）在中，顶点，、分别是的重心和内心，且求顶点的轨迹的方程；过点的直线交曲线于、两点，是直线上

5、一点，设直线、的斜率分别为，试比较与的大小，并加以证明21、（本小题满分12分）设函数，其中和是实数，曲线恒与轴相切于坐标原点求常数的值；当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；求证：请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22、（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，过点作圆的割线与切线，为切点，连接，的平分线与，分别交于点，其中求证：；求的大小23、（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；

6、试判断曲线与是否存在两个交点，若存在，求出两交点间的距离；若不存在，说明理由24、（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲设函数，当时，求不等式的解集；对任意恒有，求实数的取值范围长春市普通高中2015届高三质量监测（二）数学(理科)参考答案及评分标准一、选择题(本大题包括12小题，每小题5分，共60分)1.d 2.a 3.c 4.c 5.d 6.d 7.b 8.b 9.c 10.a 11.c 12.a简答与提示：1. 【命题意图】本题主要考查集合交集与补集的运算，属于基础题. 【试题解析】d 由题意可知或，则，所以. 故选d.2. 【命题意图】本题考查复数的除法运算，以及复平面上的点与复数

7、的关系，属于基础题.【试题解析】a，所以其共轭复数为. 故选a.3. 【命题意图】本题考查正态分布的概念，属于基础题，要求学生对统计学原理有全面的认识. 【试题解析】c . 故选c.4. 【命题意图】本题借助不等式来考查命题逻辑，属于基础题.【试题解析】c由成立，则，由成立，则，所以成立时是的充要条件.故选c.5. 【命题意图】本题主要考查线性规划，是书中的原题改编，要求学生有一定的运算能力.【试题解析】d由题意可知，在处取得最小值，在处取得最大值，即.故选d.6. 【命题意图】本题通过正方体的三视图来考查组合体体积的求法，对学生运算求解能力有一定要求. 【试题解析】d该几何体可视为正方体截去

8、两个三棱锥，所以其体积为. 故选d.7. 【命题意图】本题考查向量模的运算. 【试题解析】b. 故选b.8. 【命题意图】本题考查学生对茎叶图的认识，通过统计学知识考查程序流程图的认识，是一道综合题. 【试题解析】b由算法流程图可知，其统计的是数学成绩大于等于90的人数，所以由茎叶图知：数学成绩大于等于90的人数为10，因此输出结果为10. 故选b.9. 【命题意图】本题主要考查三角函数的图像和性质，属于基础题.【试题解析】c由题意，将其图像向右平移个单位后解析式为，则，即，所以的最小值为. 故选c.10. 【命题意图】本题借助基本不等式考查点到直线的距离，属于中档题. 【试题解析】a 由直线

9、与圆相切可知，整理得，由可知，解得. 故选a.11. 【命题意图】本题主要考查双曲线的几何性质，结合着较大的运算量，属于难题. 【试题解析】c 由题可知，过i、iii象限的渐近线的倾斜角为，则，因此的面积可以表示为，解得，则. 故选c.12. 【命题意图】本题是最近热点的复杂数列问题，属于难题. 【试题解析】a 设，有，则，即当时，所以，即，所以是以为公比，1为首项的等比数列，所以，. 故选a.二、填空题(本大题包括4小题，每小题5分，共20分)13. 14. 15. 16.简答与提示：13. 【命题意图】本题主要考查二项式定理的有关知识，属于基础题.【试题解析】由题意可知常数项为.14. 【

10、命题意图】本题考查定积分的几何意义及微积分基本定理，属于基础题. 【试题解析】由题意，所以.15. 【命题意图】球的内接几何体问题是高考热点问题，本题通过求球的截面面积，对考生的空间想象能力及运算求解能力进行考查，具有一定难度. 【试题解析】由题意，面积最小的截面是以为直径，可求得，进而截面面积的最小值为. 16. 【命题意图】本题主要考查数形结合以及函数的零点与交点的相关问题，需要学生对图像进行理解，对学生的能力提出很高要求，属于难题. 【试题解析】由题意可知是周期为4的偶函数，对称轴为直线. 若恰有4个零点，有，解得. 17. (本小题满分12分)【命题意图】本小题主要考查两角和的正切公式

11、，以及同角三角函数的应用，并借助正弦定理考查边角关系的运算，对考生的化归与转化能力有较高要求. 【试题解析】解：(1) (3分) (6分)(2)因为，而，且为锐角，可求得. (9分)所以在中，由正弦定理得，. (12分)18. (本小题满分12分)【命题意图】本小题主要考查统计与概率的相关知识、离散型随机变量的分布列以及数学期望的求法. 本题主要考查数据处理能力.【试题解析】(1)由图可知，.(4分)(2) 利用分层抽样从样本中抽取10人，其中属于高消费人群的为6人，属于潜在消费人群的为4人. (6分)从中取出三人，并计算三人所获得代金券的总和，则的所有可能取值为：150，200，250，30

12、0.， ，150200250300(10分)且. (12分)19. (本小题满分12分)【命题意图】本小题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及到线面以及面面的垂直关系、二面角的求法及空间向量在立体几何中的应用. 本小题对考生的空间想象能力与运算求解能力有较高要求. 【试题解析】解：(1) 取中点，连结、，是中点，又，四边形为平行四边形，平面，平面，平面，平面平面. (6分)(2) 存在符合条件的.以为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，设，从而，则平面的法向量为，又平面即为平面，其法向量，则，解得或，进而或. (12分)20. (本小题满分12分)【命题意图】本小题主要考查

13、直线与圆锥曲线的综合应用能力，具体涉及到轨迹方程的求法，椭圆方程的求法、直线与圆锥曲线的相关知识. 本小题对考生的化归与转化思想、运算求解能力都有很高要求. 【试题解析】解：(1) 已知，且,，其中为内切圆半径，化简得：，顶点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆（去掉长轴端点），其中进而其方程为. (5分)(2) ，以下进行证明：当直线斜率存在时，设直线且， 联立可得，.(8分)由题意：，. 当直线斜率不存在时，综上可得. (12分)21. (本小题满分12分)【命题意图】本小题主要考查函数与导数的综合应用能力，具体涉及到用导数来描述原函数的单调性、极值以及函数零点的情况. 本小题对考生的逻辑推

14、理能力与运算求解有较高要求.【试题解析】解：(1) 对求导得：，根据条件知，所以. (3分)(2) 由(1)得，. 当时，由于，有，于是在上单调递增，从而，因此在上单调递增，即而且仅有；当时，由于，有，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即而且仅有；当时，令，当时，于是在上单调递减，从而，因此在上单调递减，即而且仅有.综上可知，所求实数的取值范围是. （8分）(3) 对要证明的不等式等价变形如下：所以可以考虑证明：对于任意的正整数，不等式恒成立. 并且继续作如下等价变形对于相当于（2）中，情形，有在上单调递减，即而且仅有. 取，当时，成立；当时，. 从而对于任意正整数都有成立.对于相当于

15、（2）中情形，对于任意，恒有而且仅有. 取，得：对于任意正整数都有成立.因此对于任意正整数，不等式恒成立.这样依据不等式，再令利用左边，令利用右边，即可得到成立. (12分)22. (本小题满分10分)【命题意图】本小题主要考查平面几何的证明，具体涉及到弦切角定理以及三角形相似等内容. 本小题重点考查考生对平面几何推理能力.【试题解析】解：(1) 由题意可知，则，则，又，则. (5分)(2) 由，可得，在中，可知. (10分)23. (本小题满分10分)【命题意图】本小题主要考查极坐标系与参数方程的相关知识，具体涉及到极坐标方程与平面直角坐标方程的互化、利用直线的参数方程的几何意义求解直线与曲线交点的距离等内容. 本小题考查考生