1、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本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分.考试时间120分钟.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，只有一项是符合题目要求的.）1设是虚数单位，若复数为纯虚数，则实数的值为 【答案】【解析】依题意由复数为纯虚数可知，且，求得故选【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 甲 乙 8 9 7 65 0 8 1 1 6 2 9 1 1 62某中学从甲、乙两个艺术班中各选出名学生参加市级才艺
2、比赛，他们取得的成绩（满分100分）的茎叶图如图 所示，其中甲班学生成绩的众数是，乙班学生成绩的中位数是，则的值为 【答案】【解析】由茎叶图可知，茎为时，甲班学生成绩对应数据只能是，因为甲班学生成绩众数是，所以出现的次数最多，可知由茎叶图可知，乙班学生成绩为，由乙班学生成绩的中位数是，可知所以故选【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，的值，进而得到的值3已知，命题，则是假命题， 是假命题，是真命题， 是真命题，【答案】【解析】因为，所以当时，函数单调递减，即对，恒成立，所以是真命题又全称命题的否定是特称命题，所以是，故选【解题探究】
3、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的真假，然后再将命题写成的形式，注意特称命题与全称命题否定形式的基本格式4执行图中的程序框图（其中表示不超过的最大整数），则输出的值为 【答案】【解析】每次循环的结果分别为：，；，； ，；，；，；，这时，输出故选【解题探究】本题考查程序框图的运算和对不超过的最大整数的理解要得到该程序运行后输出的的值，主要依据程序逐级运算，并通过判断条件调整运算的继续与结束，注意执行程序运算时的顺序5一个几何体的三视图如图所示，如该几何体的表面积为，则的值为 【答案】【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，下底为，高为
4、，四棱柱的高为，则几何体的表面积，即，解得故选【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6在中，内角，所对应的边分别为，若，且，则的值为 【答案】【解析】由正弦定理得，因为，所以所以，又，所以由余弦定理得，即，又，所以，求得故选【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，再由余弦定理列出关于，的关系式，然后进行合理的变形，求出的值7设变量，满足约束条件，则的最大值为 【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，当直线
5、经过点时，取得最大值，即故选【解题探究】本题考查线性规划问题中的最优解求解先画出满足条件的可行域，再通过平移直线找到在可行域中满足使取得最大值的点8函数在上的图象大致是【答案】.【解析】定义域关于原点对称，因为，所以函数为定义域内的奇函数，可排除，；因为，可排除.故选.【解题探究】本题考查函数图象的识别. 求解这类问题一般先研究函数的奇偶性、单调性，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）使问题求解得到突破 9已知双曲线（，）的两条渐近线与抛物线（）的准线分别交于，两点，为坐标原点，若双曲线的离心率为，的面积为，则的内切圆半径为 【答案】【解析】由，可得由，求得
6、，所以将代入，得，解得所以，则的三边分别为，设的内切圆半径为，由，解得故选【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10定义：如果函数在上存在，（），满足，则称数，为上的“对望数”，函数为上的“对望函数”已知函数是上的“对望函数”，则实数的取值范围是. . . .【答案】.【解析】由题意可知，在上存在，（），满足，因为，所以方程在上有两个不同的根.令（），则，解得，所以实数的取值范围是故选 【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的导函数，再将新定义函
7、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所满足的条件，解之即得所求.第卷（非选择题 共100分）二、填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分.）11已知集合，则 【答案】【解析】因为，则，所以故填【解题探究】本题主要考查函数定义域的求解和集合的补集、交集运算求解集合时要注意两点：一是根式有意义的条件，二是分母不能为；求解集合的补集，要注意区间端点的取值12某研究机构对儿童记忆能力和识图能力进行统计分析，得到如下数据：记忆能力识图能力由表中数据，求得线性回归方程为，若某儿童的记忆能力为时，则他的识图能力为 【答案】【解析】由表中数据得，由在直线，得，即线性回归方程为所以当时
8、，即他的识图能力为故填【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在线性归回方程对应的直线上13设等差数列的前项和为，若，则满足的正整数 【答案】 【解析】依题意，则，所以，即满足的正整数故填【解题探究】本题考查数列的前项和与通项关系的应用解题首先由得到，的符号，进而推理出14过点的直线将圆：分成两段弧，当形成的优弧最长时，则（1）直线的方程为 ；（2）直线被圆截得的弦长为 【答案】； 【解析】（1）设圆心为，由圆的性质得，当直线时，形成的优弧最长，此时，所以直线的斜率为于是有点斜式得直线的方程为，即故填（2）圆心到直线的距离为，设
9、直线与圆相交于点，则弦长故填【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）问利用直线时，形成的优弧最长可求出直线的斜率，进而求出直线的方程；第（2）问先求出圆心到直线的距离，再计算直线被圆截得的弦长15已知正实数，满足，则的最小值是 【答案】【解析】因为，所以，即，求得，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是又，即，所以故填【解题探究】本题考查二元均值不等式的应用首先由条件得到，再对展开求出其最小值16我国齐梁时代的数学家祖暅（公元前世纪）提出了一条原理“幂势既同，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
10、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和直线，所围成的平面图形，绕轴旋转一周所得到的旋转体为；由同时满足，的点构成的平面图形，绕轴旋转一周所得到的旋转体为，根据祖暅原理等知识，通过考察可以得到的体积为 【答案】【解析】作出两曲线所表示的可行区域知，的轴截面为一半径为的半圆内切两半径为的小圆所形成，面积近似为的轴截面面积的两倍，符合祖暅原理又的体积为，于是所表示几何体的体积应为故填【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题时首先由问题给出的图形旋转，求出旋转体的体积，然后利用祖暅原理分析出旋转体的体积与旋转体的体积之间的关系，进而得
11、到的体积17在正方形中，为的中点，是以为圆心，为半径的圆弧上的任意一点（1）若向正方形内撒一枚幸运小花朵，则小花朵落在扇形内的概率为 ；（2）设，向量(，)，若，则 . 【答案】；.【解析】（1）所求概率为扇形的面积与正方形的面积的比值，设正方形边长为，则所求概率为.故填.（2）不妨设正方形边长为，以为坐标原点，所在直线为轴，轴建立直角坐标系，则，.由，得，解得.由，求得，从而.故填.【解题探究】本题是一道涉及几何概型和向量知识的综合问题.第（1）题是几何概型问题，求解转化为扇形的面积与正方形面积的比来解决；第（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
12、现转化.若假设正方形边长为，则点在单位圆上，就可以考虑引入三角函数来表示点的坐标.三、解答题（本大题共5小题，共65分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）18.（本小题满分12分）已知函数（，）的部分图象如图所示，是图象的最高点，为图象与轴的交点，为坐标原点若，（1）求函数的解析式；（2）将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，当时，求函数的值域【解析】（1）由条件知，所以 （2分）由此可得振幅，周期，又，则 将点代入，得，因为，所以，于是 （6分）（2）由题意可得 所以 （9分）当时，所以，即于是函数的值域为（-1,3） （12分）【命题立意】本题主要考查三角函数的图象和性质第（
13、1）问从给出的三角函数图象中给出三个线段信息，从中可以求出图象最高点的坐标，的长度，由此推理出三角函数的解析式；第（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，求解三角函数的值域，关注自变量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，才能准确求出其函数值域.19.（本小题满分12分）设二次函数（，），关于的不等式的解集有且只有一个元素 （1）设数列的前项和（），求数列的通项公式； （2）记（），则数列中是否存在不同的三项能组成等比数列？请说明理由【解析】（1）因为关于的不等式的解集有且只有一个元素，所以二次函数（）的图象与轴相切，则，考虑到，所以 从
14、而，所以数列的前项和（） （3分）于是当，时，当时，不适合上式所以数列的通项公式为 （6分） （2）假设数列中存在三项，（正整数，互不相等）成等比数列，则，即，整理得 （9分）因为，都是正整数，所以，于是，即，从而与矛盾故数列中不存在不同的三项能组成等比数列 （12分）【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）问由不等式的解集有且只有一个元素，得到，然后由此求出数列的通项公式，由求通项时注意检验初始项是否满足；第（2）问判断数列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.（本小题满分13分）如图，为圆的直径，是圆上不同
15、于，的动点，四边形 为矩形，且，平面平面（1）求证：平面；（2）当点在的什么位置时，四棱锥的体积为【解析】（1）因为四边形为矩形，所以,又平面平面，且平面平面，所以平面，而平面，所以 （3分）又因为为圆的直径，是圆上不同于，的动点，所以因为，所以平面 （6分）（2）因为平面平面，过点作交于点，则平面 在中，记（），因为，所以，所以 （10分）由已知，所以，即因为，所以，即；或，即于是点在满足或时，四棱锥的体积为 （13分）【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）问先证明线线垂直，再证明线面垂直；第（2）问探求点在的什么位置时，四棱锥的体积为，从研究的大小着手思考
16、，通过体积建立关系求出的大小21.（本小题满分14分）已知函数，（1）当时，求函数的最值；（2）当时，过原点分别作曲线与的切线，已知两切线的斜率互为倒数，证明：【解析】（1）当时，定义域为对求导，得 （2分）当时，当时，即函数在上单调递增，在上单调递减所以，没有最小值 （5分）（2）设切线的方程为，切点为，则，所以，则 由题意知，切线的斜率为，的方程为设与曲线的切点为，则，所以，又因为，消去和后，整理得 （8分）令，则，在上单调递减，在上单调递增若，因为，所以，而在上单调递减，所以 （10分）若，因为在上单调递增，且，则，所以（舍去） （13分）综上可知， （14分）【命题立意】本题考查利用导
17、数讨论含参数函数的单调性、利用导数求曲线的切线问题.第（1）问利用导数求函数的单调区间，求解函数的最值；第（2）问背景为指数函数与对数函数关于直线对称的特征，得到过原点的切线也关于直线对称，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22.（本小题满分14分）已知椭圆（）的左、右顶点分别为，且,为椭圆上异于，的点，和的斜率之积为 （1）求椭圆的标准方程； （2）设为椭圆中心，是椭圆上异于顶点的两个动点，求面积的最大值【解析】（1）由，得，所以，设，则，解得于是椭圆的标准方程为 （5分）（2）当直线垂直于轴时，设的方程为，由，得，从而，当时，的面积取得最大值 （7分）当直线线与轴不垂直时，设的方程为，由消去，得，化简得 （9分）设，则，原点到直线的距离，所以当且仅当时，取得最大值 （13分）综合知，的面积取得最大值 （14分）【命题立意】本题考查椭圆标准方程的求解及研究直线和椭圆相交时对应三角形面积的最值讨论第（1）问首先由得到椭圆左、右顶点的坐标，再由和的斜率之积为求出几何量的值即得椭圆标准方程；第（2）问先列出的面积，需要求直线被椭圆截得的弦长，计算点到直线的距离，再讨论的面积最值 版权所有：高考资源网()