贵州省遵义航天高级中学2015届高三上学期第三次模拟考试数学理试题Word版含解析

【试卷综述】全面覆盖了中学数学教材中的知识模块，试卷突出了学科的主干内容，集合与函数、不等式、数列、概率统计、立体几何、解析几何、导数的应用等重点内容在试卷中占有较高的比例，也达到了必要的考查深度．注重了能力的考查，特别是运算能力，逻辑思维能力和空间想象能力的强调比较突出．至于实践能力和创新意识方面也在努力体现. 一．选择题（本题共十二小题，每题5分，共60分） 【题文】1.集合

PxZ0x2,MxZx24,则PM等于（ ）

1 B.0,1 C.0,2 D.0,2 A.【知识点】集合.A1

【答案】【解析】B 解析：因为

P0,1,M4,3,2,1,0,1,2,3,4,PM0,1所在正确选项为B.

【思路点拨】根据集合的概念可知两个集合的交集，注意自变量的取值. 【典例剖析】集合问题关键要注意代表元素的取值范围.

（12ai）i1bi,其中a,bR,则【题文】2.若

1i2 A. B.5

abi（ ）

55 C.2 D.4

【知识点】复数的概念.L4 【答案】【解析】C 解析：根据复数的概念，可知实部与实部相等，虚部与虚部相等所以

151abii12aii1bi2ai1bia,b122 2，所以

【思路点拨】根据复数的概念求出实部与虚部，再求出复数的模.

【题文】3.若

a20.5,blog3,clog222，则有（ ）

A.abc B.bac C.cab D.bca 【知识点】指数对数的概念.B6,B7 【答案】【解析】

A

解

析

：

由

函

数

的

性

质

可

知

a20.5201,0blog3log1,clog22111222abc，A为

正确选项.

【思路点拨】比较大小问题主要根据函数的性质进行比较，找出中间介量也是关键.

x2y21【题文】4.双曲线4的顶点到其渐近线的距离等于（ ）

254524 A.5 B.5 C.5 D.5

【知识点】双曲线的概念.H6

1yx2,02，利【答案】【解析】C 解析：由题意可知双曲线的顶点为，渐近线方程为

d用点到直线的距离公式

255.

【思路点拨】由双曲线的概念可知渐近线方程，再根据点到直线的距离公式可求出结果. 【题文】5.若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的B等于（ ） A．7 B．15 C．31 D. 63

【知识点】程序框图.L1 【答案】【解析】D 解析：程序在运行过程中各变量的值如下表示： A B 是否继续循环 循环前 1 1/

第一圈 2 3 是 第二圈 3 7 是 第三圈 4 15 是 第四圈 5 31 是 第三圈 6 63 否 则输出的结果为63． 故答案为：63．

【思路点拨】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环计算B值并输出，模拟程序的运行过程，即可得到答案.

【题文】6.已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于（ ）

2121 A.1 B.2 C.2 D.2

【知识点】三视图.G2 【答案】【解析】C 解析：水平放置的正方体，当正视图为正方形时，其面积最小为1；当正视图为对角面时，其面积最大为2

因此满足棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积

1,2 的范围为211因此可知：A，B，D皆有可能，而2，故C不可能．

故选C．

【思路点拨】由三视图可知原图的数据，再根据面积的取值找出正确结果. 【题文】7.ABC中，已知a,b,c分别为角A,B,C的对边且A60,

若SABC153,4

5sinB3sinC,则ABC的周长等于（ ）

A.819 B.14 C.1035 D.18

【知识点】正弦定理，余弦定理.C8 【答案】【解析】A解析：在△ABC中，角A=60°，∵5sinB=3sinC，故由正弦定理可得 5b=3c，

SABC再由

1531bcsinA42可得 bc=15，∴b=3，c=5．

再由余弦定理可得 a2=b2+c2-2bc•cosA=19，a19 故三角形的周长a+b+c=819， 故答案为：819．

SABC【思路点拨】由条件利用正弦定理可得5b=3c，再由

1531bcsinA42，求得bc，

从而求得b和c的值．再由余弦定理求得a，从而得到三角形的周长．.

【题文】8.从6名学生中选3名分别担任数学、物理、化学科代表，若甲、乙2人至少有一人入选，则不同的选法有（ ）

A.40种 B.60种 C.96种 D.120种 【知识点】排列组合.J2 【答案】【解析】C 解析：从6名学生中选3名分别担任数学、物理、化学科代表，没有条件是由

3A6=120种，

3A4甲、乙都没入选相当于从4人中选3人，有=24，

故甲、乙2人至少有一人入选，则不同的方法有120-24=96．

故选：C．

【思路点拨】根据排列组合的方法分别求出种数，注意排列数的计算.

f(x)sin(x)cos(x)(0,【题文】9.设函数

2的最小正周期为，且

)f(x)f(x),则（ ）

3yf(x)在（，）上单调递增yf(x)在（0，）上单调递增442 B.

3C.yf(x)在（，）上单调递减yf(x)在（0，）上单调递减442 D.

【知识点】三角函数的图像.C3

【答案】【解析】D

解析：由题意可知函数可化为

fx2sinx2cosx4又因为函数为偶函数，所以2，所以

yf(x)在（0，）上单调递减2，所以D为正确选项.

【思路点拨】由三角函数的性质可知正确选项.

22OBOAOAOBxya与圆xy4交于A.B两点【题文】10.已知直线，且(其中O为坐标原点)，则实数a的值为（ ）

 A.2 B.6 C.2或-2 D.6或-6 【知识点】向量的运算.F2

【答案】【解析】C 解析：以OA，OB为邻边作平行四边形AOBC，则平行四边形AOBC为距形，又线x+y=a经过点（0，2）， ∴a=2．

故答案为：2

【思路点拨】以OA、OB为邻边作AOBC，由已知得AOBC为正方形，由此能求出a=2.

OCAB所以

OAOB，所以四边形AOBC为正方形，∵a＞0，∴直

【题文】11.已知数列

an满足

a11,a22,an2(1cos2nn)ansin2,22则该数列的

前1和为（ ）

A.2101 B.1067 C.1012 D.2012 【知识点】数列的求和.D4

【答案】【解析】B解析：∵数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2=（1+cos2∴∴a3=（1+cos2）a1+sin2=a1+1=2， a4=（1+cos2π）a2+sin2π=2a2=4． 一般地，当n=2k﹣1（k∈N*）时，

）an+sin2

，

a2k+1=[1+cos2]a2k﹣1+sin2=a2k﹣1+1，

即a2k+1﹣a2k﹣1=1．

∴数列{a2k﹣1}是首项为1、公差为1的等差数列， ∴a2k﹣1=k．

当n=2k（k∈N*）时，a2k+2=（1+cos2）a2k+sin2=2a2k． ∴数列{a2k}是首项为2、公比为2的等比数列， ∴a2k=2k．

∴数列的前1的和为1+2+2+4+3+8+4+16+5+32+6++7+128+8+256+9+512=1067． 故选：D．

【思路点拨】由已知条件推导出数列{a2k﹣1}是首项为1、公差为1的等差数列，数列{a2k}是首项为2、公比为2的等比数列，由此能求出数列的前1的和．.

且f(6)2,f(x)为f(x)的导函数，f(x)的【题文】12.已知函数f(x)的定义域-3，b3图象如图所示,若正数a,b满足f(2ab)2,则a2的取值范围是（ ）

39(,)(3，)(，3)2 A. B.2 93(,)(3，)(，3)22 C. D.

【知识点】线性规划.E5

【答案】【解析】A 解析：如图所示：f′（x）≥0在[-3，+∞）上恒成立 ∴函数f（x）在[-3，0）是减函数，（0，+∞）上是增函数， 又∵f（2a+b）＜2=f（6）

2ab02ab6 ∴画出平面区域

t令

b3a2表示过定点（2，-3）的直线的斜率

3t,3,2如图所示：故选A

【思路点拨】由题意可利用数形结合的方法求出范围，再根据所求值的几何意义求出结果.

【典例剖析】线性规划问题要注意数形结合的运用，同时要注意几何意义. 【题文】二．填空题（本小题共四小题，每题5分，共20分） 【题文】13.在等差数列

an中，a3a7a108,a11a44,则S13_________.

析

】

156

解

析

：

由，题

意

可

知

【知识点】等差数列.D2 【答案】【解

a11a3a7a10a4a11a3a7a10a43a72a712S1313a1a13132a715622

a712又因为

【思路点拨】本题由等差数列的性质可求出数列的各项和.

b6（ax2）x的展开式中x3项的系数为20，则a2b2的最小值为__________. 【题文】14.若

【知识点】二项式定理.J3

62baxx的展开式中x3项的系数为20， 【答案】【解析】2 解析：所以

Tr1Caxr626rbr6rr123rCbx6ax，

r333Cab20∴ab=1，a2+b2≥2ab=2，当且仅当a=b=1时取等号．a2+b26令12-3r=3，∴r=3，

的最小值为：2．

故答案为：2．

【思路点拨】根据特定项的求法可求出a,b的值，再由基本不等式求出结果. 【题文】15.正四面体ABCD的外接球的体积为43【知识点】几何体的体积.G2

，则正四面体ABCD的体积是_____.

38x23【答案】【解析】 解析：设正四面体的棱长为x，则底面三角形的高为，即有2336BHxxAHx3233，棱锥的高为，由于外接球的体积为443r343r33BOH,，在直角三角形得

BO2BH2OH2x8为3

261r22AHS33，则正四面体的体积为

BCD83所以答案

【思路点拨】由几何体的体积公式可求出其体积.

【题文】16.定义域是一切实数的函数yf(x)，其图像是连续不断的，且存在常数

（R）使得f(x)f(x)0对任意实数x都成立，则称f（x）是一个“的相关

函数”。有下列关于“的相关函数”的结论：（1）f(x)0是常值函数中唯一一个“的相关函数”;

1(2)f(x)x是一个“的相关函数”；（3）“2的相关函数”至少有一个零点。其中结论正

2确的是__________.

【知识点】函数的性质.B1 【答案】【解析】(3) 解析：①∵f（x）=0是一个“λ的相关函数”，则0+λ•0=0，λ可以取遍实数集，因此f（x）=0不是常数函数中唯一一个“λ的相关函数”，故①不正确； ②用反证法，假设f（x）=x2是一个“λ的相关函数”，则（x+λ）2+λx2=0， 即（1+λ）x2+2λx+λ2=0对任意实数x成立， ∴λ+1=2λ=λ2=0，而此式无解，

∴f（x）=x2不是一个“λ的相关函数”，故②不正确；

11ff00f③令x=0得：22根；

11f022若f（0）=0，显然f（x）=0有实数

111f00,ff0f0f0f200222若又因为f（x）的函数图象是110,连续不断，∴f（x）在2上必有实数根．因此任意的2 相关函数”必有根，即任意的相

关函数”至少有一个零点，故③正确．综上所述，其中正确结论的个数是1个． 故选：A．

【思路点拨】由函数的性质可分析每一种说法的正误情况，最后做出判断. 【题文】三．解答题（本题共五小题，每题12分，共60分）

xxxf(x)2cos(3cossin).222 【题文】17.已知函数

（1）设

-，，且f()31,求的值22

ABC中，AB1，f(C)31,且ABC的面积为（2）在

求sinAsinB的值。

【知识点】解三角形；三角函数中的恒等变换应用.C7,C8

3，2

或【答案】【解析】(1)

26 (2)

132解析：(1)由已知，

fx23cos2xxx2sincos2cosx32cosx33122266由

1cosx2kkZ,或62，于是6326 22得

（2）由f（C）=sinC﹣sin（C﹣

+1得f（C）=2cos

=

+1

cosC=﹣1 …2分 ）=﹣ …4分

所以C﹣=﹣，C=

3 又因为ABC的面积为2，所以可得

31=absinab23226，由余弦定理得

a2b27，所以

a2a3或ab23b3b2由正弦定理得

sinAsinBsinC13sinAsinB1abc22

【思路点拨】利用已知条件f（C）=+1，函数f（x）=2cos，通过两角差的正弦函数，求出C的三角函数，求出C的值．.

【题文】18.某市准备从7名报名者（其中男4人，女3人）中选3人参加三个副职务竞选.

（1）设所选3人中女副人数为X，求X的分布列及数学期望；

（2）若选派三个副依次到A,B,C三个局上任，求A局是男副的情况下，B局是女副的概率。

【知识点】离散型随机变量的期望与方差；等可能事件的概率.K6,K7

1【答案】【解析】(1)略(2) 2 解析：（1）X的所有可能取值为0，1，2，3．

依题意得P（X=0）=∴X的

=

，P（X=1）=

分=，P（X=2）=布列

=

，P（X=3）=

为

=：

∴EX=0×

+1×

+2×

+3×

=．

（2）设事件M=“A局是男副”，N=“B局是女副”，则P（N|M）===． 【思路点拨】（1）确定X的所有可能取值，求出相应的概率，由此能求出X的分布列和EX；

（2）设事件M=“A局是男副”，N=“B局是女副”，利用P（N|M）=求出A局是男副的情况下，B局为女副的概率．.

，即可

【题文】19.在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，

PAAD4，AB2. 以AC的中点O为球心、AC为直径的球面交PD于点M，交

PC于点N.

（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；

（2）求直线CD与平面ACM所成的角的正弦值； （3）求点N到平面ACM的距离.

【知识点】面面垂直，直线与平面所成的角，点到平面的距离.G5,G11,H2

65【答案】【解析】(1)略(2) 3 (3) 9解析：（1）依题设知，AC是所作球面的直径，则AM⊥MC。

又因为P A⊥平面ABCD，则PA⊥CD，又CD⊥AD，

所以CD⊥平面ＰＡＤ，则CD⊥AM，所以A M⊥平面PCD， 所以平面ABM⊥平面PCD。

（2）由（1）知，AMPD，又PAAD，则M是PD的中点可得

22AM22，MCMDCD23

则

SACM1AMMC262

设D到平面ACM的距离为h，由

VDACMVMACD即26h8，

h可求得

263，

sinh6CD3。

设所求角为，则

PNPA8可求得PC=6。因为AN⊥NC，由PAPC，得PN3。所以NC:PC5:9。 5故N点到平面ACM的距离等于P点到平面ACM距离的9。

5106h27. 又因为M是PD的中点，则P、D到平面ACM的距离相等，由（2）可知所求距离为9【思路点拨】由已知条件可判定面面垂直，再由等体积法求出距离，再按比例关系求出点到平面的距离.

x2y221(ab0)2xOyb【题文】20.在平面直角坐标系中，椭圆C：a的上顶点到焦点的

3距离为2，离心率为2。

求a,b的值，

设P是椭圆C长轴上的一个动点，过点P作斜率为1的直线交椭圆于A,B两点，求OAB面积的最大值。

【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题.H8

【答案】【解析】(1) a=2，b=1 (2)1 解析：（1）由题设知a=2，e==所以c=

，故b2=4﹣3=1．

，

因此，a=2，b=1．…（2分）

（2）（i）由（1）可得，椭圆C的方程为 +y2=1． 设点P（m，0）（﹣2≤m≤2），点A（x1，y1），点B（x2，y2）． 若k=1，则直线l的方程为y=x﹣m． 联立直线l与椭圆C的方程，

即．将y消去，化简得x2﹣2mx+m2﹣1=0．

解得x1=，x2=，

从而有，x1+x2=，x1•x2=，

而y1=x1﹣m，y2=x2﹣m， 因|AB|==

•

，

，

=

此

=

，

点O到直线l的距离d=所以，S△OAB=×|AB|×d=

×|m|，

因此，S2△OAB=（ 5﹣m2）×m2≤•（）2=1．

又﹣2≤m≤2，即m2∈[0，4]． 所以，当5﹣m2=m2，即m2=，m=±【思路点拨】（1）由题设知a=2，e==（2）（i）由（1）得，椭圆C的方程为

时，S△OAB取得最大值1． ，由此能求出a=2，b=1．

+y2=1．设点P（m，0）（﹣2≤m≤2），点A（x1，

y1），点B（x2，y2）．若k=1，则直线l的方程为y=x﹣m．联立直线l与椭圆C的方程，得x2﹣2mx+m2﹣1=0．|AB|=得最大值1． 【题文】21.已知函数

•

，点O到直线l的距离d=

，由此求出S△OAB取

f(x)xalnx.

（1）若a1，求f(x)的单调区间及最小值。 （2）若a0,求f(x)的单调区间；

ln22ln32lnn2（n1）(2n1)...与222（nN且n2),并证明你23n2(n1) （3）是比较的大小

的结论。

【知识点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性.B11,B12 【答案】【解析】(1) f（x）在（0，1）内单调递减，在【1，+∞）上单调递增，故当x=1时，f（x）有最小值 f（1），且f（1）=0 (2) 则

fx在区间

a,上是单调递增的，当0xa时，

fxaxlnx,fx1 (3)略

10fx0,a上是单调递减的 x，则在区间

解析：（1）当x≥1时，f（x）=x﹣1﹣lnx f′（x）=1﹣=≥0

∴f（x）在区间[1，+∞）上是递增的

当0＜x＜1时f（x）=1﹣x﹣lnx f′（x）=﹣1﹣lnx＜0 ∴f（x）在区间（0，1）上是递减的

f（x）在（0，1）内单调递减，在【1，+∞）上单调递增，故当x=1时，f（x）有最小值 f（1），且f（1）=0

（2）由(1) 若a1当xa时，

fxxalnx,fx11x10fxxx，则在

10x，

区间则

a,上是单调递增的，当0xa时，

在区间

fxaxlnx,fx1fx0,a上是单调递减的

＜1﹣

(3)由（1）x＞1时，有x﹣1﹣lnx＞0即

∴1﹣=n﹣1+（）＜

n﹣1﹣（）=n﹣1﹣（）=n﹣1﹣

（）=

【思路点拨】（1）在不同的区间内分别讨论f（x）的单调区间及最小值，最后统一答案，

（2）利用（1）得到的结论利用放缩将不等式右边的化成需要的形式再求题目所问的问题. 四．选做题（请考生在第22-24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分） 【题文】22.（满分10分）选修4-1：几何证明讲

已知 △ABC 中，AB=AC, D是△ABC外接圆劣弧AC上的点（不与点A,C重合），延长BD至E.

(1) 求证：AD的延长线平分CDE；

(2) 若BAC=30°，ABC中BC边上的高为2+3，求△ABC外接圆的面积.

【知识点】直线与圆.H4

【答案】【解析】(1)略(2) 4解析：（Ⅰ）如图，设F为AD延长线上一点 ∵A，B，C，D四点共圆， ∴∠CDF=∠ABC

又AB=AC ∴∠ABC=∠ACB,

且∠ADB=∠ACB, ∴∠ADB=∠CDF, 对顶角∠EDF=∠ADB, 故∠EDF=∠CDF, 即AD的延长线平分∠CDE.

(II)设O为外接圆的圆心，连接AO交BC于H，则AHBC，连接OC，由题意

OACOCA15,ACB75,OCH60，设圆的半径为r，则

r3r232得r2，外接圆的面积为4

【思路点拨】根据已知条件可证明AD为角平分线，再求出外接圆的半径进而求出面积. 【题文】23.（满分10分）选修4-4 ：坐标系与参数方程

在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立坐标系，曲线C的极坐标方程为

cos13，M,N分别为C与x轴，y轴的交点.

(1) 写出C的直角坐标方程，并求M,N的极坐标；

(2) 设MN的中点为P，求直线OP的极坐标方程. 【知识点】参数方程.N3

23,322,0x3y20 【答案】【解析】(1) 所以点M的极坐标为,点N的极坐标为31,3 (2) MN的中点P的坐标为

解析：

cos13cossin11322得所以曲线C的直角坐标方程为

13xy12,0，当22即x3y20当0时，2，所以点M的极坐标为

23233,2. 3，所以点N的极坐标为2时，

230,32,0，MN的中点P的(2)由（1）得，点M的直角坐标为，点N的直角坐标为31,3 坐标为

【思路点拨】把极坐标方程转化成直角坐标方程，再求出坐标.

【题文】24.（ 满分10分）选修4-5：不等式选讲 设函数f(x)|x1||xa|. (1) 若a=-1,解不等式f(x)3；

(2) 如果x R, f(x)2，求a 的取值范围. 【知识点】不等式.E7

33(,][,)22【答案】【解析】(1) (2) (,1][3,) 解析：（Ⅰ）当a1时，f(x)|x1||x1|

由f(x)≥3得|x1||x1|≥3 （ⅰ）x≤-1时，不等式化为

1-x-1-x≥3 即-2x≥3

x13[,)f(x)3的解集为2不等式组

33(,][,)22综上得，f(x)3的解集为 ……5分

（Ⅱ）若a1,f(x)2|x1|，不满足题设条件

2xa1,xa,a1,f(x)1a,ax12x(a1),x1若 f(x)的最小值为1a 2xa1,x1,a1,f(x)a1,1xa2x(a1),xa f(x)的最小值为a1

所以xR,f(x)2的充要条件是|a1|2，从而a的取值范围为(,1][3,) 【思路点拨】根据不等式的意义求出解集，再分情况讨论a的取值.