1、湖北省孝感高中2015届高三十月阶段性考试数学（文）【试卷综析】本次试卷考查的范围是三角函数和数列。试卷的题型着眼于考查现阶段学生的基础知识及基本技能掌握情况。整份试卷难易适中，没有偏、难、怪题，保护了学生的学习信心并激励学生继续学习的热情；在选题和确定测试重点上都认真贯彻了“注重基础，突出知识体系中的重点，培养能力”的命题原则，重视对学生运用所学的基础知识和技能分析问题、解决问题能力的考查。一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求.）【题文】1已知集合，则 A B C D【知识点】交集及其运算A1 【答案解析】B 解析：=1，+），=（
2、，2，则 1，2故选：B【思路点拨】求解函数的值域化简集合M，N，然后直接取交集得答案【题文】2复数= A2i B-2i C2 D-2【知识点】复数代数形式的乘除运算L4 【答案解析】A 解析：复数=2i故选A【思路点拨】通过通分，分母实数化，多项式展开求解即可【题文】3已知下面四个命题：；。 其中正确的个数为 A1个 B2个 C3个 D4个【知识点】向量的三角形法则F1 【答案解析】C 解析：对于，与是互为相反向量，正确；对于，根据向量的三角形合成法则知，正确；对于，根据向量的减法法则知=，错误；对于，根据平面向量数量积的定义知=0正确综上，正确的命题是故选：C【思路点拨】根据平面向量的加法
3、与减法运算法则、以及平面向量数量积的概念，对4个命题进行分析判断，从而得出正确的结论【题文】4已知数列中，且数列是等差数列，则等于A B C5 D【知识点】等差数列的通项公式D2 【答案解析】B 解析：数列an中，a3=2，a7=1，且数列是等差数列，设公差为d，则 =+4d，解得 d=故 =+4d=+4d=，a11=故选 B【思路点拨】设公差为d，则由 =+4d，解得 d=，再由 =+4d 求出a11 的值【题文】5在中,已知,则的面积是 A B C或 D【知识点】正弦定理的应用C8 【答案解析】C 解析：在ABC中，由余弦定理可得42=+BC224BCcos30，解得 BC=4，或BC=8
4、当BC=4时，ABC的面积为ABBCsinB =44=4，当BC=8时，ABC的面积为ABBCsinB =48=8，故选C【思路点拨】在ABC中，由余弦定理可得BC的值，再由ABC的面积为ABBCsinB 运算求得结果【题文】6命题函数在区间上是增函数；命题函数的定义域为R.则是成立的A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断A2 【答案解析】D 解析：y=；函数y=lg（x+3）在区间2，+）上是增函数；根据函数y=lg（x+3）知，x+30；x2a0在2，+）上恒成立，即函数x+在2，+）是增函数；，a2；由x2a0
5、在2，+）上恒成立得ax2恒成立，a4；2a4；y=lg（x2ax+4）函数的定义域为R，所以不等式x2ax+40的解集为R；=a2160，4a4；显然2a4是4a4的既不充分又不必要条件；p是q成立的既不充分也不必要条件故选D【思路点拨】先根据函数单调性和函数导数符号的关系，及对数式中真数大于0，一元二次不等式的解和判别式的关系即可求出命题p，q下的a的范围，再根据充分条件，必要条件的概念判断p，q的关系即可【题文】7已知向量，若为实数，则= A B C1 D2【知识点】平面向量共线的坐标表示F2 【答案解析】B 解析：向量，=（1+，2），4（1+）6=0，= 故选B【思路点拨】根据所给的
6、两个向量的坐标，写出要用的向量的坐标，根据两个向量平行，写出两个向量平行的坐标表示形式，得到关于的方程，解方程即可【题文】8已知函数的图象的一个对称中心是点，则函数的图象的一条对称轴是直线 【知识点】两角和与差的正弦函数；正弦函数的对称性C5 【答案解析】D 解析：的图象的一个对称中心是点，f（）=sin+cos=+=0，解得=，g（x）=sinxcosx+sin2x=sin2x+=sin（2x+），令2x+=k+可得x=+，kZ，函数的对称轴为x=+，kZ，结合四个选项可知，当k=1时x=符合题意，故选：D【思路点拨】由对称中心可得=，代入g（x）由三角函数公式化简可得g（x）=sin（2x
7、+），令2x+=k+解x可得对称轴，对照选项可得【题文】9如下图所示将若干个点摆成三角形图案，每条边（色括两个端点）有n(nl，nN*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则= A B C D【知识点】归纳推理M1 【答案解析】A 解析：每个边有n个点，把每个边的点数相加得3n，这样角上的点数被重复计算了一次，故第n个图形的点数为3n3，即an=3n3，令Sn=+=+=1+=，+=故选C【思路点拨】根据图象的规律可得出通项公式an，根据数列的特点可用列项法求其前n项和的公式，而则+=是前2012项的和，代入前n项和公式即可得到答案【题文】10对于定义域为0,1的函数，如果同时满足以下三个条件：
8、 对任意的，总有 若，都有 成立； 则称函数为理想函数. 下面有三个命题：（1） 若函数为理想函数，则；（2） 函数是理想函数；（3） 若函数是理想函数，假定存在，使得，且， 则；其中正确的命题个数有 A3个 B2个 C1个 D0个【知识点】命题的真假判断与应用A2 【答案解析】A 解析：（1）取x1=x2=0，代入f（x1+x2）f（x1）+f（x2），可得f（0）f（0）+f（0）即f（0）0，由已知x0，1，总有f（x）0可得f（0）0，f（0）=0（2）显然f（x）=2x1在0，1上满足f（x）0；f（1）=1若x10，x20，且x1+x21，则有f（x1+x2）f（x1）+f（x2）
9、=2x1+x21（2x11）+（2x21）=（2x21）（2x11）0，故f（x）=2x1满足条件，所以f（x）=2x1为理想函数（3）由条件知，任给m、n0，1，当mn时，由mn知nm0，1，f（n）=f（nm+m）f（nm）+f（m）f（m）若f（x0）x0，则f（x0）ff（x0）=x0，前后矛盾；若：f（x0）x0，则f（x0）ff（x0）=x0，前后矛盾故f（x0）=x0三个命题都正确，故选D【思路点拨】（1）首先，根据理想函数的概念，可以采用赋值法，可考虑取x1=x2=0，代入f（x1+x2）f（x1）+f（x2），可得f（0）f（0）+f（0），由已知f（0）0，可得f（0）=0
10、；（2）要判断函数g（x）=2x1，（x0，1）在区间0，1上是否为“理想函数，只要检验函数g（x）=2x1，是否满足理想函数的三个条件即可；（3）由条件知，任给m、n0，1，当mn时，由mn知nm0，1，f（n）=f（nm+m）f（nm）+f（m）f（m）由此能够推导出f（x0）=x0，根据ff（x0）=x0，则f（x0）=x0二、填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分.）【题文】11过原点作曲线的切线，则切线的方程为 .【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程B11 【答案解析】y=ex 解析：y=ex，设切点的坐标为（x0，ex0），切线的斜率为k，则k=ex0，故切线方程为yex
11、0=ex0（xx0），又切线过原点，ex0=ex0（x0），x0=1，y0=e，k=e则切线方程为y=ex，故答案为y=ex【思路点拨】欲求切点的坐标，先设切点的坐标为（ x0，ex0），再求出在点切点（ x0，ex0）处的切线方程，只须求出其斜率的值即可，故先利用导数求出在x=x0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率最后利用切线过原点即可解决问题【题文】12角的终边过P,则角的最小正值是 .【知识点】任意角的三角函数的定义C1 【答案解析】 解析：sin=，cos=，P（，）为第四象限，由cos=cos（2）=cos（），sin=sin得角的最小正值是=，故答案为：【思路点拨
12、】依题意可得P（，）为第四象限，从而可得角的最小正值【题文】13某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 .【知识点】由三视图求面积、体积G2 【答案解析】200 解析：由三视图可知该几何体为平放的四棱柱，其中以侧视图为底底面为等腰梯形，梯形的上底长为2，下底长为8，梯形的高为4，棱柱的高为10梯形的面积为，棱柱的体积为2010=200故答案为：200【思路点拨】由三视图可知该几何体为四棱柱，然后根据棱柱体积公式计算体积即可【题文】14已知数列的前n项和为，且，则=_【知识点】数列递推式D1 【答案解析】-128 解析：sn=2（an+1），当n=1时，a1=2（a1+1），解得a1=2，
13、当n2时，an=snsn1=2an2an1，=2；数列an是2为首项，2为公比的等比数列，an=2na7=27=128故答案为：128【思路点拨】当n=1时，可求得a1=2，当n2时，可求得=2；从而可得数列an是2为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为：an=2n，问题可解决【题文】15设实数满足约束条件，若目标函数 的最大值为8，则的最小值为_【知识点】简单线性规划E5 【答案解析】 解析：由约束条件作出可行域如图，化目标函数z=（a2+b2）x+y为直线方程的斜截式y=（a2+b2）x+z由图可知，当直线y=（a2+b2）x+z过C时直线在y轴上的截距最大，z最大联立，得C（1，4），
14、a2+b2+4=8，即a2+b2=4（a+b）22（a2+b2）=8，a+b的最小值为故答案为：【思路点拨】由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得到a2+b2=4，由不等式求出a+b的范围，则答案可求【题文】16二维空间中圆的一维测度（周长），二维测度（面积），观察发现；三维空间中球的二维测度（表面积），三维测度（体积），观察发现.已知四维空间中“超球”的三维测度，猜想其四维测度_【知识点】类比推理M1 【答案解析】 解析：二维空间中圆的一维测度（周长）l=2r，二维测度（面积）S=r2，观察发现S=l，三维空间中球的二维测度（表面积）S=4r2，三维测度（体积
15、）V=r3，观察发现V=S，四维空间中“超球”的三维测度V=8r3，猜想其四维测度W，则W=V=8r3；W=2r4；故答案为：2r4【思路点拨】根据所给的示例及类比推理的规则得出高维的测度的导数是底一维的测度，从而得到W=V，从而求出所求【题文】17设是等比数列，公比，为的前n项和。记，设为数列的最大项，则=_【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质D3 【答案解析】4 解析：=因为8，当且仅当=4，即n=4时取等号，所以当n0=4时Tn有最大值【思路点拨】首先用公比q和a1分别表示出Sn和S2n，代入Tn易得到Tn的表达式再根据基本不等式得出n0三、解答题（本大题共5小题，共65分解答应
16、写出文字说明，证明过程或演算步骤）【题文】18（本小题满分12分）设命题“对任意的”，命题 “存在，使”。如果命题为真，命题为假，求实数的取值范围。【知识点】复合命题的真假A2 【答案解析】 解析：由题意：对于命题 对任意的，即p:； 2分对于命题 存在，使,即q:. 4分为真，为假p,q一真一假， 6分p真q假时, 8分p假q真时, 10分a的范围是. 12分【思路点拨】分别求出在命题p，q下的a的取值，然后根据条件判断出p，q中一真一假，所以分别求在这两种情况下a的范围，再求并集即可【题文】19（本小题满分12分）在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，面积.（1）求角C的大小；
17、（2）设函数，求的最大值,及取得最大值时角B的值.【知识点】正弦定理；三角函数中的恒等变换应用C7 C8 【答案解析】（1）（2） 解析：（1）由S=absinC及题设条件得absinC=abcosC 1分即sinC=cosC, tanC=,2分0C,C= 4分（2） 7分， 9分 C= （没讨论，扣1分） 10分当，即时，有最大值是 12分【思路点拨】（1）利用三角形面积公式和已知等式，整理可求得tanC的值，进而求得C（2）利用两角和公示和二倍角公式化简整理函数解析式，利用B的范围和三角函数性质求得函数最大值【题文】20（本小题满分13分）设数列的前项和为，点在直线上.（1）求数列的通项公
18、式；（2）在与之间插入个数，使这个数组成公差为的等差数列， 求数列的前n项和. 【知识点】等差数列与等比数列的综合；数列的函数特性D5 【答案解析】（1）（2） 解析：（1）由题设知， 1分得），2分两式相减得：， 即， 4分又 得，所以数列是首项为2，公比为3的等比数列，. 6分（2）由（1）知，因为 ， 所以所以 8分令，则 得10分 12分【思路点拨】（1）由题设知，1，得1（nN*，n2），两式相减可得数列递推式，由此可判断数列an为等比数列，从而可得其通项公式；（2）由（1）可得an+1，an，根据等差数列的通项公式可得dn，从而可得，令，则，利用错位相减法即可求得Tn。【题文】21
19、（本小题满分14分）设 x1、x2（）是函数 （）的两个极值点（1）若 ，求函数 的解析式；（2）若 ，求 b 的最大值.【知识点】函数在某点取得极值的条件B12 【答案解析】（1）（2）解析：（1）， 2分依题意有-1和2是方程的两根， 解得，（经检验，适合）5分（2）,依题意，是方程的两个根，且， ， 8分 9分 设，则由得，由得即：函数在区间上是增函数，在区间上是减函数， 当时， 有极大值为96，在上的最大值是96， 的最大值为 14分 【思路点拨】（1）求出f（x），因为x1、x2是函数f（x）的两个极值点，而x1=1，x2=2所以得到f（1）=0，f（2）=0代入求出a、b即可得到函
20、数解析式；（2）因为x1、x2是导函数f（x）=0的两个根，利用根与系数的关系对已知进行变形得到a和b的等式，求出b的范围，设h（a）=3a2（6a），求出其导函数，利用导数研究函数的增减性得到h（a）=的极大值，开方可得b的最大值【题文】22（本小题满分14分）设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，在轴负半轴上有一点，满足，且.（1）求椭圆的离心率；（2）若过三点的圆与直线相切，求椭圆的方程；（3）在（2）的条件下，过右焦点作斜率为的直线与椭圆交于两点，线段的中垂线与轴相交于，求实数的取值范围.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题H8 【答案解析】（1）；（2）；（3）解析：(1)连接，因为，所
21、以,即,故椭圆的离心率为； 3分(2)由（1）知，得，的外接圆圆心为，半径，因为过三点的圆与直线相切， ，解得：，.所以所求椭圆方程为：. 7分（3）由（2）知，设直线的方程为：由 得：.因为直线过点，所以 恒成立.设，由韦达定理得： ，所以. 故中点为. 10分当时，为长轴，中点为原点，则； 11分当时，中垂线方程为.令，得.因为所以.13分综上可得实数的取值范围是. 14分【思路点拨】（1）连接，因为，所以,即,故可求椭圆的离心率；（2）由（1）的离心率能求出椭圆方程（3）设直线l的方程为，M（x1，y1），N（x2，y2），联立方程组，得，由此利用韦达定理结合已知条件能求出实数m的取值范围