2015届高三二轮复习质量检测数学(文)试题

1、京翰高考网： http:/ 京翰高考网： http:/ 稳派湖北省部分学校 2015 届高三一轮复习质量检测 文科数学 京翰高考网试题（ ） 本试卷分为第 I I 卷（选择题）和第 IIII 卷（非选择题）两部分. .满分 150150 分. .考试时间 120120 分钟. . 一、选择题（本大题共 1010 小题，每小题 5 5 分，共 5050 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. .） 1i 1 r 1 A 2 B 2 C D 2 2 【答案】 A 【解析】 依题意 2 mi (2 mi)(1 i) 2 m m 2 i 由复数2 mi为纯虚数可知 1 i (i

2、)(1 i) 2 2 1 i 1 1 设i是虚数单位，若复数 乙!为纯虚数，则实数 m的值为 0，且匚2 0 ,求得m 2 故选A 2 2 【解题探究】 本题主要考查复数的基本概念与复数的运算.解题的关键是利用复数运算法则进 行复数的乘法、除法运算，求解时注意理解纯虚数的概念. 2 2某中学从甲、乙两个艺术班中各选出 7名学生参加市级才 艺比赛，他们取得的成绩（满分 100100 分）的茎叶图如图 所示，其中甲班学生成绩的众数是 85，乙班学生成绩的 甲 乙 8 8 9 9 7 7 6 6 5 5X0 0 8 8 1 1 1 1 y 6 26 2 9 9 1 1 61 1 6 A 6 B 8

3、C 9 D 11 【答案】B 中位数是83，则x y的值为 【解析】由茎叶图可知，茎为 8时，甲班学生成绩对应数据只能是 80 , 80 x , 85，因为甲 班学生成绩众数是 85，所以85出现的次数最多，可知 x 5 由茎叶图可知, 乙班学生成绩为76, 81, 81, 80 y , 91, 91, 96,由乙班学生成绩的中位数是 83,可知y 3 所以x y 8 .故 京翰高考网： http:/ 5 5个几何体的三视图如图所示，如该几何体的表面积为 京翰咼考网: 【解题探究】本题主要考查统计中的众数与中位数的概念解题时分别对甲组数据和乙组数据 进行分析，分别得出 x, y的值，进而得到x

4、 y的值. 行后输出的S的值，主要依据程序逐级运算，并通过判断条件 n 4?调整运算的继续与结束，注意 执行程序运算时的顺序. 3 3.已知 f(x) 3sinx x，命题 p: x (0,) 2 A . p是假命题，p: x (0, ) , f (x) 0 2 C . p 是真命题， p: x (0, ), f (x) 2 f(x) 0 【答案】C . f (x) 0,则 B . p 是假命题，p: x (0, ) , f(x) 0 2 0 D . p 是真命题， p: x (0,), 2 【解析】因为f (x) 3cosx ，所以当x (0,)时，f (x) 0,函数f(x)单调递减，即

5、2 对 x (0,2)，f(x) f (0) p 是 x0 (0,才，f(x) 0 .故选 C 【解题探究】 本题考查函数的单调性与全称命题的否定解题首先判断命题 p的真假，然后再 将命题p写成 p的形式，注意特称命题与全称命题否定形式的基本格式. 4 4.执行图中的程序框图(其中 x表示不超过x的最大整数)，则 A 4 B 5 C 6 D 7 【答案】D 【解析】每次循环的结果分别为： n 0 , S 0 ； n 1 , S 1 n 2, S 1 1 2 ； n 3, S 2 1 3; n 4, S 3 2 5 ； n 5, S 5 2 7，这时n 4，输出 S 7 故选 D x的最大整数

6、x的理解要得到该程序运 输出的S值为 正(主:俪 京翰高考网： http:/ 京翰高考网： http:/ 2 92 cm，则h的值为 A 4 B 5 C . 6 D 7 【答案】A 【解析】由三视图可知该几何体是一个底面是直角梯形 的四棱柱，其底面直角梯形的上底为 2，下底为5，高为4 , 2 5 四棱柱的高为h，则几何体的表面积 2 - 4 (2 4 5 2 ,32 42 )h 92，即 16h 64，解得 h 4 故选 A 【解题探究】 本题考查立体几何中的三视图及几何体的表面积计算通过题中给出的三视图， 分析可以得到该几何体是一个底面是直角梯形的四棱柱，然后依据四棱柱的表面积公式进行计算

7、. 6 6在 ABC中，内角A , B , C所对应的边分别为 a , b , c，若bsi nA . 3a cos B 0,且 b2 ac,则ac的值为 b 2 A B .返 C 2 D 4 2 【答案】C 【解析】由正弦定理得 sin Bsin A 3sinAcosB 0 , 因为 sin A 0 , 所以 sin B - 3 cos B 0 所以 tan B , 3 , 又0 B , 所 以 B 3 由 余弦 疋 理得 2 b a 2 c2 2ac cos B 2 a 2 c 2 ac,即 b (a c)2 2 3ac,又 b ac, 所以4b2 (a c)2 , 求得2 故选C b 【

8、解题探究】 本题考查正弦定理、余弦定理得应用解题先由正弦定理求得角 B，再由余弦定 理 a c 列出关于a , c的关系式，然后进行合理的变形，求出 的值. 京翰高考网： http:/ b京翰高考网： http:/ 京翰高考网： http:/ y x 7 7设变量x , y满足约束条件 X 3y 4，则z | x 3y |的 x 2 最大值为 A 4 B 6 C 8 D 10 【答案】C. 【解析】依题意，画出满足条件的可行域如图中阴影部分， 则对于目标函数z |x 3y | ,当直线经过点A( 2,2)时， Zmax | 2 3 2| 8 故选 B 【解题探究】 本题考查线性规划问题中的最优

9、解求解先画出满足条件的可行域，再通过平移 1 直线y x找到在可行域中满足使 z |x 3y |取得最大值的点. 3 & &函数f(x) 2x tanx在(，)上的图象大致是 2 2 z | x 3y |取得最大值，即 B 【答案】D . . 【解析】定义域( ，)关于原点对称，因为 f( x) 2x tan x (2x tan x) 2 2 所以函数f(x)为定义域内的奇函数，可排除B ,C ;因为f() ta n 0 ,f(d) 3 3 3 12 f (x), 5 6 tan tan 4 1 tan 5 6 (2 , 3) 0【解题探究】 本题考查函数图象的识别 求解这y

10、f (x)的奇偶性、单 京翰高考网： http:/ 京翰高考网： http:/ 调性，如果借助函数的这些性质还不能够区分图象时，不妨考虑取特殊点(或局部范围)使问题求京翰高考网： http:/ 京翰高考网： http:/ 解得到突破. 2 2 9 9已知双曲线C:冷 再 1 ( a 0 , b 0 )的两条渐近线与抛物线 y2 2px ( p 0)的准 a b 线分别交于 A , B两点，O为坐标原点，若双曲线 C的离心率为2 , A0B的面积为 则厶 A0B的内切圆半径为 D 2.3 【答案】C 【解析】由e 2 .2 c a b 2 a 1 (b)2 K 2，可得- a b x a ，求得

11、A( P 2 bp) 丿, 2a B(子，豐丿，所以AOB 代入，得 4，解得p 2 所以 A( 13) , B( 1, .3)，则 AOB的三边分别为 2 , 2.3，设 AOB的内切圆半径为r , 由-(2 2 2.3)r ,3，解得 r 2 3 3 故选 2 【解题探究】本题考查双曲线和抛物线的综合应用. 求解这类问题关键是结合两个曲线的位置 关系，找到它们对应的几何量，然后利用图形中的平面几何性质解答问题. 1010定义：如果函数f (x)在a,b上存在x1, x2 ( a x1 x2 b ),满足f (xj f(b) f(a) b a f &2) f(b) f(a)，则称数x

12、1 , x2为a,b上的“对望数”，函数f (x)为 a,b上的“对 望函数” 已知函数f (x) lx x2 m是0,m上的“对望函数”，则实数m 3 3 B. . (-,3) C. . (1,2) U (2,3) 2 的取值范围是 A 3 A. .(巧) 【答案】B . . 3 3 D.(1,3)U(?3) 【解析】由题意可知，在 0,m 上存在 x1, x2 ( 0 x1 x2 m),满足 f (%) f (X2) 1 3 2 m m f (m) f (0) 3 m m，因为f (x) x2 2x，所以方程 x2 2x -m2 m 在 3 京翰高考网： http:/ 京翰高考网： htt

13、p:/ 2 1 2 0,m上有两个不同的根. .令g（x） x 2x m 4 2 4 4m 0 3 g(0) 1 m2 m(0 x m)，则 3 g(m) -m2 m 0 m 0 3 3 解得 m 3，所以实数m的取值范围是（一,3） 故选B 2 2 【解题探究】 本题是一道新定义函数问题，考查对函数性质的理解和应用解题时首先求出函 数f （x）的导函数，再将新定义函数的性质转化为导函数的性质，进而结合函数的零点情况确定参 数m所满足的条件，解之即得所求 第H卷（非选择题共 100 分） 二、填空题（本大题共 7 7 小题，每小题 5 5 分，共 3535 分. .） 1111.已知集合A x

14、| y 1 ,B x x2 x| y Iog2(2 x)，则 AI ER B 【答案】 2,3 【解析】 因为 A x|y 1 (2,3) , B x| y Iog2(2 x) ,2，则 6 x x2 $ B 2, ，所以 AI ERB 2,3 故填 2,3 【解题探究】 本题主要考查函数定义域的求解和集合的补集、交集运算求解集合 A时要注意 两点：一是根式有意义的条件，二是分母不能为 0 ;求解集合B的补集，要注意区间端点的取值. 1212某研究机构对儿童记忆能力 x和识图能力y进行统计分析，得到如下数据： 记忆能力x 4 6 8 10 识图能力y 3 5 6 8 京翰高考网： http:/

15、 京翰高考网： http:/ 由表中数据，求得线性回归方程为 y 4x $，若某儿童的记忆能力为12时，则他的识图能 5 力为 _ . 【答案】9.5. 【解析】由表中数据得 x 7, y 5.5，由(x,y)在直线y 4x $，得$ ，即线性回 5 10 归方程为y 4x 丄所以当x 12时， 4 12 9.5，即他的识图能力为 9.5.故填9.5 . 5 10 5 10 【解题探究】本题考查统计知识中的线性回归方程的应用. 解题关键是求出线性归回方程中的 $ 值，方法是利用样本点的中心 (x, y)在线性归回方程对应的直线上. 【答案】12. a7的符号，进而推理出 S12S13 0 .

16、1414过点P(2,3)的直线l将圆Q : (x 1)2 (y 1)2 16分成两段弧，当形成的优弧最长时，则 (1) 直线l的方程为 _ ; (2) 直线l被圆Q截得的弦长为 _ . 【答案】x 2y 8 0 ； 2.11 . 【解析】(1 1 )设圆心为 Q(1,1)，由圆的性质得，当直线 丨PQ时，形成的优弧最长，此时 3 1 1 1 kpQ 2 ,所以直线I的斜率为k .于是有点斜式得直线I的方程为y 3 (x 2), 2 1 2 2 1313. 设等差数列 an的前n项和为Sn,若S6 S7 S5，则满足SkSk 1 0的正整数k SI 【解析】依题意a6 S6 S5 0 , a7

17、S7 S6 0 , a6 a7 S7 S5 0 , 11(印 a/ 11a6 0 , 2 12(a1 a12) 12(a6 a7) 0 , S13 13(a1 ai3 ) 13a7 0 ,所以 32S13 即满足SkSk 1 0的正整数k 12 . 故填12. 【解题探究】本题考查数列的前 n项和与通项 an关系的应用.解题首先由S6 S7 S5得到 a6 , 京翰高考网： http:/ 京翰高考网： http:/ 即 x 2y 8 0 .故填 x 2y 8 0. 圆心 Q(1,1)到直线x 2y 8 0的距离为d ，设直线1与圆Q相交于点 A , B，则弦长| AB | 故填2 11 . 【

18、解题探究】 本题考查直线与圆的位置关系和直线被圆截得弦长的计算第( 1 1)问利用直线 l PQ时，形成的优弧最长可求出直线的斜率，进而求出直线 l的方程；第(2 2)问先求出圆心到 直线l的距离，再计算直线l被圆Q截得的弦长. 1 2 15已知正头数a , b满足 3，则(a 1)(b 2)的最小值是 _ . a b 【答案】50 . 9 【解析】因为a 0, b 0,所以3 - | 2 1 2，即、不葺，求得ab 8，当 1 2 a 2 且仅当a b ，即 3时等号成立，所以 ab的最小值是. 又- 2 b 2a 3，即 1 2 4 9 a b ab 3 a b 3 2a b 3ab，所以

19、(a 1)(b 2) ab 2a b 2 4ab o 8 o 50 2 42 故填 50 9 9 9 【解题探究】 本题考杳 二兀均值不等式的应用. 1 首先由条件 - 2 3得到ab - ， 再对 a b 9 (a 1)(b 2)展开求出其最小值. 1616.我国齐梁时代的数学家祖暅(公元前 5 6世纪)提出了一条原理“幕势既同，则积不容异. ” 这句话的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所 截，如果截得的两个截面的面积总是相等， 那么这两个几何体的体积相等. 设由曲线x2 4y和 直线x 4 , y 0所围成的平面图形，绕 y轴旋转一周所得到的旋转体为

20、 耳；由同时满足 2 2 2 2 2 2 x 0 , x y 16, x (y 2) 4, x (y 2) 4的点(x, y)构成的平面图形，绕y 轴旋转一周所得到的旋转体为 r，根据祖暅原理等知识，通过考察 r可以得到r的体积 为 _ . 京翰高考网： http:/ 京翰高考网： http:/ 【答案】32 .京翰高考网： http:/ 京翰高考网： http:/ 【解析】作出两曲线所表示的可行区域知， r的轴截面为一半径为4的半圆内切两半径为2的 4 3 小圆所形成，面积近似为 r的轴截面面积的两倍，符合祖暅原理又 r的体积为v 43 3 4 3 3 64 ，于是r所表示几何体的体积应为

21、32 故填32 3 【解题探究】本题以数学史中祖 暅原理为命题背景，考查旋转体的体积求解和类比推理能力. 解 积与旋转体r的体积之间的关系，进而得到 r的体积. 17 17 .在正方形 ABCD中，E为AB的中点，P是以A为圆心，AB为半径的圆弧?D上的任意一 占 八、 (1 1 )若向正方形ABCD内撒一枚幸运小花朵，则小花朵落在扇形ABD内的概率 uuu uuu urn (2(2)设 PAB ，向量 AC DE AP( ( , R) )，若 【答案】；. 4 2 【解析】(1 1)所求概率为扇形 ABD的面积与正方形 ABCD的面积的比值，设正方形边长为a , 【解题探究】 本题是一道涉及

22、几何概型和向量知识的综合问题 第(1 1)题是几何概型问题，求 题时首先由问题给出的图形旋转，求出旋转体 r的体积，然后利用祖暅原理分析出旋转体 r的体 1，则 _ . . 1 a2 则所求概率为P 4 4a2 4. . 故填一 4 1,以A为坐标原点， uAD丿 (2 2) 不妨设止方形边长为 所在直线为x轴，y轴建立 .直角坐标系，贝y DE uur uu uuu uuu AC (1,1)， AP (cos ,sin ). .由 AC DE 1 2si n 2cos co1 2 ，解得 si 2cos . .由 d 3 sin 1 sin 2cos A E B x 1,求得sin 1 ,从

23、而 一. .故填一. . 2 2 京翰高考网： http:/ 京翰高考网： http:/ 解转化为扇形的面积与正方形面积的比来解决；第( 2 2 )问是关于平面向量线性运算的考题，解题 时可建立适当的坐标系， 用向量的坐标运算来实现转化 若假设正方形边长为1,则点P在单位圆上,京翰高考网： http:/ 京翰高考网： http:/ 就可以考虑引入三角函数来表示点 P的坐标 三、解答题(本大题共 5 5 小题，共 6565 分. .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 . .) 18.18.(本小题满分 1212 分)已知函数f(x) Asin( x ) ( x R , A 0 , 的部分图象

24、如图所示，P是图象的最高点，Q为图象与x轴的交点，0为坐标原点.若0Q 4 , OP 5，PQ (1) 求函数y f (x)的解析式; (2) 将函数y f(x)的图象向右平移2个单位后得到函 g(x)的图象，当x ( 1,2)时，求函数h(x) f (x) 【解析】(1 1)由条件知cos POQ 42 S2 ST 2 4 V5 5，所以 P(1,2). 5 (2 (2 分) 2 由此可得振幅 A 2，周期T 4 (4 1) 12，又土 12 , 将点P(1,2)代入f (x) 2si n( x )，得 S(6x 因为0 ，所以 2 f(x) 2sin(6x (6(6 分) (2)由题意可得

25、g(x) 2sin (x 6 2) 2sin x . 3 6 所以 h(x) f(x) g(x) 4sin( x )sin x 2sin x 2.3s in x 6 cos x 6 cos x - 3 sin x 1 2sin( x ). 3 3 3 6 (9(9 分) (1,2)时，一x (-,),所以 sin( x 3 6 2 2 3 6) (-1,1)， 2sin( x ) (-1,3).于是函数h(x)的值域为 36 ( (- -1,31,3). (12 (12 分) 【命题立意】 本题主要考查三角函数的图象和性质第( 1 1)问从给出的三角函数图象中给出 g(x)的值域. 京翰高考网

26、： http:/ 京翰高考网： http:/ (2 (2 )问考查三角函数图象的平移、三角函数的恒等变换及三角函数的值域等知识，求解三角函数三个线的长度，由此推理出三角函数的解析式；第 4 京翰高考网： http:/ 京翰高考网： http:/ 确求出其函数值域 的解集有且只有一个元素. 明理由. 2 c pr q 0 因为p , q , r都是正整数，所以 p r 2q 0 p r 2 2 的值域，关注自变量 X的取值范围是解题的关键, 同时还要结合三角函数的图象进行分析，才能准 19.19.(本小题满分 1212 分)设二次函数f(x) x2 ax 2 ( x R , a 0)，关于x的不

27、等式f (x) 0 (1)设数列 an的前n项和Sn f (n)( n N),求数列 an的通项公式; (2)记 bn f(n) 2 (n N ),则数列 n bn中是否存在不同的三项能组成等比数列？请说 【解析】(1 1) 因为关于x的不等式 f (x) 0的解集有且只有一个元素, 所以二次函数 2 f(x) x ax 2 (x R )的图象与X轴相切, 则 ( a)2 4 2 0，考虑到； 从而f (x): x2 2.2x 2 (x 所以数列 an 的前n项和Sn (n 2 ,n N 时，an S 于疋当 当n 1时， d S (1 厨 所以数列 an 的通项公式为an (2 2) bn

28、f(n) 2 n 2.2 . n 假设数列 bn 中存在三项bp , bq, a 0，所以 a 2 2 . .2)2 ( n (3 (3 分) n Sn1 (n .2)2 (n 1) 5 2 3 2 2，不适合上式. 3 2、2, 2n 2二 br (正整数 2n (6(6 分) 1, n 2,n N p , q , r互不相等)成等比数列，则b： bpbr , 即(q 2、一 2)2 (p 2-2)(r 2、2)， 整理得 (pr q)2 2、.2(p r 2q) 0. (9 9 分) 京翰高考网： http:/ 京翰高考网： http:/ 是pr ( ) 0 ,即(p r) 0 ,从而p

29、r与p r矛盾. 2 故数列bn中不存在不同的三项能组成等比数列. (12 (12 分) 京翰高考网： http:/ 京翰高考网： http:/ 【命题立意】本题主要考查数列通项公式的求解及等比数列性质的研究第( 1 1)问由不等式 f(X) 0的解集有且只有一个元素， 得到Sn f (n),然后由此求出数列 an的通项公式，由Sn求 通项an时注意检验初始项 印是否满足；第(2 2)问判断数列 bn中是否存在不同的三项能组成等比 数列，基本方法是先假设它们成等比数列，再证明问题是否有解. 20.20.(本小题满分 为矩形，且 (1 1)求证: 1313 分)如图，AB为圆O的直径， AB 2

30、 , AD 1，平面 ABCD BE 平面DAE ; E是圆O上不同于 平面ABE B的动点，四边形ABCD (2(2)当点E在AB的什么位置时，四棱锥 E ABCD的体积为 【解析】(1 1)因为四边形 ABCD为矩形，所以 又平面ABCD 平面ABE , 且平面ABCD I平面ABE AB , 所以DA 平面ABE , 而BE 平面ABE，所以 又因为AB为圆O的直径， 动点，所以AE BE 因为DAI AE A，所以 (2 2 )因为平面 ABCD ABCD DA BE E是圆O上不同于 BE 平面 平面 ABE DA AB, , DAE ，过点E作EH 在 RtA BAE 中，记 BA

31、E （0 因为AB 2 , 所以V ABCD 所以AE 2cos 1 - - 1 3 ,HE -）, 2 AE 由已知VE ABCD 因为0 于是点 3S ，即 3 ABCD HE ，所以 3 2 . sin 3 所以 -，即 3 sin 2 sin 2 . sin 3 迈，即sin2 3 E在AB满足 EAB EAB 时, 3 E ABCD的体积为2 （3 3 分） B的 (6分) AB交AB于点H , 2cos _3 2 四棱锥 （13 13 分） EH 平面 京翰高考网： http:/ 京翰高考网： http:/ 【命题立意】本题考查立体几何中的线面关系的证明和四棱锥体积的计算第( 1

32、1)问先证明 线线垂直，再证明线面垂直；第( 2 2)问探求点E在AB的什么位置时, 四棱锥 E ABCD的体积 为- ，从研究 3 BAE 的大小着手思考, 2 21 1. . (本小题满分 1414 分)已知函数f(x) l (1 1) 当a 2时，求函数f (x)的最值; (2 2) 当a 0时，过原点分别作曲线 ： 互为倒数, 证明： e 1 e2 1 a y 通过体积建立关系求出 x a(x 1) , g (x) ex. f (x)与y g (x)的切线 的大小. h h , J，已知两切线的斜率 【解析】(1 1)当a 2时, f(x) In x 2(x 1)，定义域为(0, 对f

33、 (x)求导，得f (x) 1 2x ( (2 2 分) 1亠 x (0,)时，f (x) 2 1 增，在(一，)上单调递减. 2 x 1 (一，)时，f (x) 0，即函数 2 1 f (x)在(0,)上单调递 2 所以 f(x)max f(1) ln1 2 2 2(i 1) 1 ln2，没有最小值. (5(5 分) (2)设切线l2的方程为y k2X，切点为(X2,y2)，则y ex2, k2 g(X2) ex2 上，所以 X2 X2 1, y2 e,则 k2 ex2 由题意知，切线 h h 的斜率为 k k1 k2 l1的方程为y k1x 设l1与曲线y f (x)的切点为 (捲，yj

34、, 则 k1 f (x1) X1 Y1 x， 所以y1 x-i e 京翰高考网： http:/ 京翰高考网： http:/ 综上可知，亘 a e1 e e 【命题立意】本题考查利用导数讨论含参数函数的单调性、利用导数求曲线的切线问题 y In x关于直线y x对称的特征，得到过原点的切线也关于直线 y x对称，主要考查利用导函 数研究曲线的切线及结合方程有解零点存在定理的应该用求参数的问题，得到不等式的证明. 2 2 2 22.2.(本小题满分 1414 分)已知椭圆C : 每 1 ( a b 0)的左、右顶点分别为 A|, A2，且 a b | A1A2 I 4, , P为椭圆上异于 A , A的点，PA1和PA2的斜率之积为 -. 4 (1) 求椭圆C的标准方程； (2) 设O为椭圆中心， M , N是椭圆上异于顶点的两个动点，求 AOMN面积的最大值. 【解析】(1 1)由 | AA | 2a 4，得 a 2，所以 A( 2,0) , A(2,0). 又因为y1 In x! a(Xi 1)，消