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浙江省宁波市届高三数学下学期第二次模拟考试试题理(含解析)-课件

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宁波市2015年高考模拟考试数学(理科)试题

第Ⅰ卷(选择题 共40分)

一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。

1、下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是

( )

A.yx1

【答案】D

y()x B. 12

C. yx1

xD. ylnx1

考点:基本初等函数的单调性.

2、设aR,则“a3”是“直线l1: ax2y-10与直线l2: xaa1y40垂

2直”的( )

A.充分不必要条件

分也不必要条件 【答案】A 【解析】

B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充

试题分析:若直线l1: ax2y-10与直线l2: xaa1y40垂直,所以

a2a(a1)0,得a0或a3,所以“a3”是“直线l1: ax2y-10与直线

22l2: xaa1y40垂直”的充分不必要条件.

考点:充分必要条件的判断.

3、将一个长方体截掉一个小长方体,所得几何体的俯视图与侧视图如右图所示,则该几何体的正视图为( )

- 1 -

A. B. C. D.

【答案】C 【解析】

试题分析:根据俯视图和侧视图可知,该集合的直观图如下图所示:

据此可知该几何体的正视图为选项C. 考点:空间几何体的三视图.

4、设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题正确的是

( )

A.m,n,且,则mn B.m//,n//, 且//,则m//n

m,n,mn ,则 C. D.m,n,m//,n//,则

//

【答案】A 【解析】

试题分析:选项B中,m与n还可能异面,或相交,故不正确;选项C中,α与β还可能平行或相交,故不正确;选项D中,α与β还可能相交,故不正确;据此选项A正确. 考点:线线、线面、面面的垂直、平行关系的判断.

5、已知F是抛物线y4x的焦点,A,B 是抛物线上的两点,AFBF12,则线段AB2 - 2 -

的中点到y轴的距离为( )

A. 4

【答案】B 【解析】

B. 5 C. 6 D. 11

试题分析:∵AFBFxAxB212,∴xAxB10,∴的中点到y轴的距离为5,故选B. 考点:直线与抛物线的位置关系.

xAxB5,∴线段AB26、将函数fx2sin2x的图象向右平移0个单位,再将图象上每一点的横

4坐标缩短到原来的1倍(纵坐标不变),所得图象关于直线x对称,则的最小值为

24 ( )

A.1

8B. 1

2

C. 3

4

D. 3

8【答案】D

考点:函数yAsinx的图象变换.

7、在平面直角坐标系xOy中,已知点A是半圆x4xy0(2x4)上的一个动点,点

22C在线段OA的延长线上,当OAOC=20时,点C的轨迹为

( )

A. 椭圆一部分 B.抛物线一段

【答案】C 【解析】

C. 线段 D. 圆弧

试题分析:作出半圆x4xy02x4的图形,如下图,

22 - 3 -

设点Ca,b,由于点C在线段OA的延长线上,所以 故OCOA,OA与 OC的方向相同,

OCOA2a2b20且0,当点A在点M2,,解得b5.当点A在点2时, abOCOA2a2b20,解得b5.综上可得,则点C的纵坐标的取N2,2时,ab5],故点C的轨迹是一条线段,其两个端点的坐标分别为A5,5,B5,5. 值范围是[5,考点:轨迹方程.

3xya08、已知点(x,y)的坐标满足条件x2y60,且x,y均为正整数。若4x-y取到最大

2x2y90值8,则整数a的最大值为( )

A. 4

【答案】B 【解析】

B. 5 C. 6 D. 7

3xya0试题分析:解:由约束条件x2y60作出可行域,如图,

2x2y90 - 4 -

2a9x3xya0272a92a4

联立,得,即C,442x2y90y2a27

4

不是整解,∴42a92a27 ,∵C,442a92a272317358,解得:a ,当a4时,C, ,此时44644可行域内无整解,使得目标函数z4xy取到最大值8,当a5时,C1937,,此时可44行域内有整解4,8,使得目标函数z4xy取到最大值8.∴整数a的最大值为5.故选:

B.

考点:简单线性规划.

第Ⅱ卷(非选择题 共110分)

二、填空题:本大题共7小题。前4题每空3分,后3题每空4分,共36分.

9、已知集合A{x|(x-2)x50},B{x|x2-2x-30},全集UR,则AB= ▲ ,A(CUB) = ▲ 【答案】{x|5x1},{x|5x3} 【解析】

- 5 -

试题分析:

A{x|(x-2)x50}{x|5x2},B{x|x2-2x-30}{x|x3或x1},所以CUB{x|1x3},所以AB{x|5x1},A(CUB){x|5x3} 考点:集合的交集、并集、补集运算.

10、已知tan()3,则tan的值是 ▲__,cos2的值是 ▲__

413【答案】,

25【解析】

11tan231tan. 试题分析:tan()3,解得tan;所以cos2241tan21tan5考点:1.同角的基本关系;2.两角和差公式.

23x4x,0x1, 则f3 ▲ ;若关于x的方程f(x)=ax+1恰有三11、已知fxf(x1)1,x1.个不同的解,则实数a的取值范围为▲ 【答案】 【解析】

试题分析:f3f(2)1f(1)2f(0)33;当1x2时,0x11,此时

fxfx113x14x113x210x6,

当2x3时,1x12,则

2fxfx113x110x1613x216x18,

作出函数fx的图象如图:

2 - 6 -

若于x的方程fxax1恰有三个不同的解,则等价为函数fx与yax1恰有三个不同的交点,

直线yax1过定点D01,2时,此时22a1,解得a, 当直线过点A2,直线和fx有4个交点;当直线经过点B3,3 时,即33a1 ,解得a1,此时22,当直线3yax1与fx3x24x相切时,即3x24xax1,由判别式

a4120 ,解得a423(舍去)或a423,此时直线和fx有4

个交点;当直线过点C11,时,此时a0,如图直线和fx有2个交点,综上要使两个函数的图象恰有三个不同的交点,则直线满足在DC和DA之间,或在切线和DB之间,即0a或423a21,2221 .即0,423,. 332考点:分段函数的应用.

12、设Sn为数列an的前n项和,a11,a23,Sk2Sk-2Sk12对任意正整数k成立,则an= ▲ ,

Sn ▲ .

【答案】an2n1,Snn 【解析】

试题分析:Sk2Sk-2Sk12Sk2Sk1Sk-Sk12ak2ak12,所以数列

2 - 7 -

an是首项为1,公差为2的等差数列,所以

nn1an12n12n1,Snn2n2.

2考点:1.数列的通项公式;2.等差数列的前n项和.

y2x213、设P为双曲线221(a0,b0)在第一象限的一个动点,过点P向两条渐近线作

ab垂线,垂足分别为A,B,若A,B始终在第一或第二象限内,则该双曲线离心率e的取值范围为 ▲ 。 【答案】(1, 2] 【解析】

试题分析:此题的渐近线斜率为ybbx,若垂足始终在第一或第二象限,则斜率为的这aaabb2条渐进线,倾斜角应大于等45°.即 1,得01,所以离心率e1 2,得baae(1, 2]

考点:双曲线的离心率.

14、已知ab,ca2b,若|c|10,则c与ab夹角的余弦值的最小值等于 ▲

【答案】

22 3【解析】

22试题分析:设c与ab夹角,ab,|c|10a4b10,

222caba2b102bcos222,将该式变成:

cab10ab10103b422224b30cos40b100100cos0 ;将该式看成关于b的一元二次方程,该方

程有解;

∴30cos40(舍去);

2216100100cos20;解得cos2222 ,或cos33 - 8 -

22∴c与ab夹角的余弦值的最小值为.

3考点:平面向量的数量积.

15、若对任意R,直线l:xcosysin2sin46与圆

C: x【答案】【解析】

m2y32均无公共点,则实数m1m的取值范围是 ▲

15m 22|mcos3msin2sin4|6试题分析:由题意,圆心到直线的距离d1,

22cossin所以|2m2sin4|12m2sin41或662m2sin所以41, 615m. 22考点:1.直线与圆的位置关系; 2.三角函数的性质.

三、解答题:本大题共5小题,共74分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16、(本题满分15分)

在ABC中,内角A,B,C 所对的边长分别为a,b,c,tan(Ⅰ)求角C的大小;

(Ⅱ)已知ABC不是钝角三角形,且c23,sinCsin(BA)2sin2A,求ABC的..面积.

【答案】(Ⅰ)C【解析】 试题分析:由tanABC43tan. 2233或C2;(Ⅱ)23. 3ABC43tan,利用同角基本关系和三角函数诱导公式可得223 - 9 -

cosCCsin32243,化简可得sin ,即可求出结果.(Ⅱ)由题意得CCC23sincos22AcosA,分cosA0和cosA0两sinCsin(BA)2sin2A,可得sinBcosA2sin种情况讨论,然后再利用三角函数的面积公式即可取出结果. 试题解析:

CCsinABC432243 解:(Ⅰ)由tan,得tanCC2233sincos22cossin1CCcos2243 3sinC3 2又C0,C3或C2. 3(Ⅱ)由题意得sinBAsinBA4sinAcosA 即sinBcosA2sinAcosA 当cosA0时,A2,C3,B6

c23b2,SABC23 当cosA0时,得sinB2sinA由正弦定理得b2a 由题意,C2

3,所以cabab3a,

2222解得a2,b4,所以B2,SABC23 综上,ABC的面积为23. 考点:1.同角的基本关系、诱导公式;2.正弦定理. 17、(本题满分15分)

如图,正四棱锥S-ABCD中,SAAB,E,F,G分别为BC,SC,CD的中点,设P为线段FG上任意一点。

- 10 -

(Ⅰ)求证:PEAC;

(Ⅱ)当直线CP与平面EFG所成的角取得最大值时,求二面角P-BD-S的平面角的余弦值. SFPDGEABC

【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)【解析】

5. 5,SOAC ,又试题分析:(Ⅰ)设AC交BD于O,由题意可知SO底面ABCDBDAC,可得AC面SBD然后再利用线面垂直的判定定理和性质定理即可证明结果;

(Ⅱ)方法一:设AB2,如图建立空间直角坐标系,利用空间向量在立体几何的中应用,即可求出结果.方法二:不妨设AB4,取GE中点K,则CK平面GEF,点C到平面

GEF的距离为CK2,设CP与平面EFG所称角为,则sinCK2,当CP最CPCP小时,最大,此时CPGF,P为GF中点.过P作PH平面SBD,所以P到平面SBD的距离为F到平面SBD的距离,即C到平面SBD的距离的一般,PH2,HI的长即为F到平面ABCD的距离的一半,即HI2.所以,tanPIH2,即可求出结果. 2试题解析:(Ⅰ)证:设AC交BD于O, ∵S-ABCD为正四棱锥, ∴SO底面ABCD,

SOAC

又BDAC,

∴AC面SBDACSD ACGFSDFGAC面GEFACGE1分

又∵PE面GEF,∴PEAC.

(Ⅱ)解:设AB2,如图建立空间直角坐标系,

4分

- 11 -

z S F P D O A G E B

y C x 0,0,G0,1,0,S0,0,2,F则B1,1,0C1,1,0,D1,1,0,E1,,,112,) ∴GF(,2222,), 设GPGF(,22211222 221,) 故点P(,22222,) ∴CP(1,222

因为AC平面GEF,所以取平面GEF得一个法向量n 1,1,0 设CP与平面EFG所成角为,

则sincosCP,n|212|12(1)2()2222222112

∵点P在线段FG上,∴0≤≤1,即

1

时,sin取最大值,也即最大,此时点P为2

132GF中点,即P,,444. 设二面角P-BE-F的大小为,由图中可知为锐角

面BDS的一个法向量 n 1,1,0,

- 12 -

372设平面PBD的一个法向量为ma,b,c,则BD(2,2,0),BP(,,)

444372由mBD2a2b0,,mBPabc0

444取c22,则ab1,即m1,1,22

nm5所以coscosn,m,

5nm∴二面角P-BE-F的余弦值为5. 5

方法二:

不妨设AB4,取GE中点K,则CK平面GEF,点C到平面GEF的距离为CK2,设CP与平面EFG所称角为,则sinCK2 CPCP当CP最小时,最大,此时CPGF,P为GF中点.

过P作PH平面SBD,所以P到平面SBD的距离为F到平面SBD的距离,即C到平面

SBD的距离的一般,PH2,HI的长即为F到平面ABCD的距离的一半,即HI2. 2所以,tanPIH2,从而cosPIH55,即二面角P-BE-F的余弦值为. 55考点:1.线面垂直的判断和性质定理;2.二面角的求法. 18、(本题满分15分)

2y2x如图,F是椭圆221(ab0)的左焦点,椭圆的离心率为1,A,B为椭圆的左顶

2ab - 13 -

BCBF,BCF的外接圆M恰好与直线l1:x3y30相点和上顶点,点C在x轴上,

切.

(Ⅰ)求椭圆的方程;

(Ⅱ)过点C的直线l2与已知椭圆交于P,Q两点,且FPFQ4,求直线l2的方程.

x2y231;(Ⅱ)y【答案】(Ⅰ)x3. 433

试题解析:解:(Ⅰ)因为椭圆的离心率为ec1,得b3c a20,B0,3c. 得Fc,所以直线BF的斜率k3,直线BC的方程为y3x3c, 3 - 14 -

得到C3c,0,

所以圆M的方程为xc2y24c2

由圆M恰好与直线l1:x3y30相切,

1c303132c,

得c1,

∴所求的椭圆方程为x2y2431. (Ⅱ)由(Ⅰ)得F10,,C3,0直线l2:yk(x3) yk(x由3)x2y22222431消去y得34kx24kx36k120.

设Px,y24k236k211,Qx2,y2,则x1x24k23,x121x24k23 24k2244k2336k212485k230

所以k235, FPFQx11x21y1y2

k21x1x213k2x1x29k21

2136k21224k2k224k2313k4k239k1 79k294k234 所以k21335. 满足从而k33 直线l32的方程为y3x3 .

- 15 -

考点:1.椭圆的标准方程;2.直线与椭圆的位置关系. 19. (本题满分15分) 已知m为实数,且m941n,数列an的前n项和Sn满足Snan3m 232(Ⅰ)求证:数列an3n1为等比数列,并求出公比q;

(Ⅱ)若an15对任意正整数n成立,求证:当m取到最小整数时,对于n4,nN, 都有1...18.

S4Sn135【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)详见解析. 【解析】

试题分析:(I)当n2时,aanSnSn141anan13n3n1 , 32n1nn1化为an4an13n,变形为an34an13 ,即可证明数列an3为等比数列,

公比q4;

(II)由(I)可得: an3n12731527,3m4n1,由an15,可得3mn1242nn131533n115令bn,则bn1bnn144n,

bb1可得m2b3b4b5,

25.∴m8n1取到最小整数为3,此时an3,Sn3n1n342 ,当n4时,213n33n53n14n40 ,则Sn0,当n5时,Sn4Sn163630,

256224n19811111111∴Sn4Sn1,则,∴Sn4Sn1Sn4Sn14S44比数列前n项和公式即可求出结果.

试题解析:(I)证明:当n2时,aanSnSn1化为an4an13,

n1n变形为an34an13 ,

1,然后利用等S441anan13n3n1 , 32n又a13m,a193m92270 , 2n1∴数列an3为等比数列,公比q4;

 - 16 -

(II)证明:由(I)可得:an3n13m27n14 , 2化为an3n13m27n14, 2273n115由an15,可得3m , n124n3n1153n2153n1153153令bn,则bn1bn , n1nn1n4444b1b2b3b4b5,

273325bnmaxb3 ,解得m. 283n1nn1∴m取到最小整数为3,此时an3,Sn342 ,

823mn4313113nn1nn40 ,则Sn0, 当n4时,3434n344343256当

n5时,

Sn4Sn132n13n3214,

n232∴Sn4Sn1,则

11, Sn4Sn14n1111111∴Sn4Sn14S4421 , S4n4111111111∴>S4S5SnS44S44S44112n4211241[1]14445414n31 S48. 135考点:1.等比数列的定义和性质;2.数列与不等式的综合应用. .

20、(本题满分14分)

设函数fxx|xa|b,a,bR.

- 17 -

(Ⅰ)当a0时,讨论函数fx的零点个数;

(Ⅱ)若对于给定的实数a1a0,存在实数b,使不等式x11f(x)x对于任22意x[2a1,2a1]恒成立。试将最大实数b表示为关于a的函数ma,并求ma的取值范围.

【答案】(Ⅰ)当b0 或a4b0 时,函数fx有一个零点,当b0或a4b0时,

22a2b0时,函数fx有三个零点;(Ⅱ)11814函数fx有2个零点,当,. 4【解析】

2 xaxaxb,试题分析:解:(Ⅰ)fx2,由于a0,对b 分,b0;b0和

xaxaxb,2a2xa1xb,xab0进行讨论;(Ⅱ)首先记gxfxx2 ,原4xa1xb,xa问题等价于:当2a1x2a1时,即gxmaxgxmaxgxmin1,最大实数b,的b的值,利用二次函数在闭区间上的讨论方法,即可求出结果.

2 xaxaxb,试题解析:解:(Ⅰ)fx2,

xaxaxb,1 时2∵a0,

22∴当b0时,xaxb0在xa上无解,xaxb0在xa上恰有一解, 22当b0时,xaxb0在xa上恰有一解,xaxb0在xa上恰有一解,此

时函数fx有2个零点,

2当b0 时,xaxb0在xa上恰有一解,

若a4b0,则xaxb0在xa上无解, 若a4b0,则xaxb0在xa上恰有一解, 若a4b0,则xaxb0在xa上恰有两个不同的解, 综上,在a0的条件下,

222222 - 18 -

当b0 或a4b0 时,函数fx有一个零点,

2当b0或a4b0时,函数fx有2个零点,

2a2b0时,函数fx有三个零点. 当42xa1xb,xa(Ⅱ)首先记gxfxx ,

2xa1xb,xa原问题等价于:当2a1x2a1时,gxmaxgxmin1,最大实数b,即gxmax时的b的值,

令Tgxmaxgxmin,

1 2a1a1a1, . 2221a1a1a1a2a1(1)当1a时,2a1 ,∴gx在[2a1,]上为

3222a1,2a1]上为减函数, 增函数,在[22a1由已知可得2a1a,∴gxmaxa1a1gb, 422gxminmin{g2a1,g2a1}g2a12a2ab a1∴T4解得29a26a1b2aab1,

421a1,从而无解. 31a1a1a2a1, (2)当a0时,2a1322a1a1a1a1,]上为减函数,在[,2a1]上为增函∴gx在[2a1,]上为增函数,在[2222数,

∴当2a1x2a1, ∴

2a1gxmaxmax{g,g2a1}2a1a1a1{gb,gxmin{g2a1,g} min422

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2a2ab,113a72, 1ba14,7a09a26a1, 1a1∴T437 ,

a212, 17a0由T1,解得13a0, 此时最大的b满足ga1122, 2从而bmaxma1a1a22a1244,∴maa22a14,13a0,

解得ma的取值范围是11814, . 考点:1.分段函数;2.二次函数的性质.

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