浙江省溫州市2015屆高三下學(xué)期第三次模擬數(shù)學(xué)(文)試卷 Word版含解析

1、浙江省溫州市2015屆高考數(shù)學(xué)三模試卷（文科）一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1設(shè)集合M=xR|x2=1，N=xR|x22x3=0，則MN=( )A1B1，1，3C1，3D1，32已知命題p：x0R，x02+2x0+10，則p為( )Ax0R，x02+2x0+10BxR，x2+2x+10CxR，x2+2x+10DxR，x2+2x+103設(shè)a，b是實數(shù)，則“ab”是“a2b2”的( )A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件4已知m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，下列命題是真命題的是( )A

2、若m，n，則mnB若m，m，則C若m，mn，則nD若m，m，則5要得到函數(shù)y=sin（2x+）的圖象，只需將函數(shù)y=sin2x的圖象( )A向左平移個單位長度B向右平移個單位長度C向左平移個單位長度D向右平移個單位長度6已知向量|=|=|=1，則|2|=( )A2BC3D27已知雙曲線C1：=1（a0，b0）的右焦點F也是拋物線C2：y2=2px（p0）的焦點，C1與C2的一個交點為P，若PFx軸，則雙曲線C1的離心率為( )A+1B2C21D+18如圖，正三棱柱ABCA1B1C1（底面是正三角形，側(cè)棱垂直底面）的各條棱長均相等，D為AA1的中點M、N分別是BB1、CC1上的動點（含端點），且

3、滿足BM=C1N當(dāng)M，N運動時，下列結(jié)論中不正確的是( )A平面DMN平面BCC1B1B三棱錐A1DMN的體積為定值CDMN可能為直角三角形D平面DMN與平面ABC所成的銳二面角范圍為（0，二、填空題：本大題共7小題，前4題每題6分，后3題每題4分，共36分9已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn，a4=10，S3=12，則數(shù)列an的首項a1=_，通項an=_10如圖是某幾何體的三視圖（單位：cm），則該幾何體的體積為_cm3，表面積為_cm211已知sincos=（0），則sin2=_，sin（2）=_12定義在R上的奇函數(shù)f（x）滿足：當(dāng)x0時，f（x）=log2x，則f（）=_；使f（x）0的

4、x的取值范圍是_13已知實數(shù)x，y滿足，則z=x2y1的最大值為_14若直線ax+by1=0（ab0）平分圓C：x2+y22x4y+1=0，則+的最小值為_15若對任意x1，2，不等式4xa2x+1+a210恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是_三、解答題：本大題共5小題，共74分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟16已知ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且a2=b2+c2bc（）求角A的大?。唬ǎ┤鬭=，求b+c的取值范圍17已知數(shù)列an的前n項和為Sn，且2Sn+3=3an（nN*）（）求數(shù)列an的通項公式；（）設(shè)bn=（n+1）logan，記Tn=+，求證：2Tn118如圖，在

5、四棱錐PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD為平行四邊形，ADB=90°，AB=2AD（）證明：PABD；（）若PD=AD，求直線PB與平面PCD所成角的正弦值19設(shè)拋物線C：y2=2px（p0）的焦點為F，過F且斜率為k的直線l交拋物線C于A（x1，y1）、B（x2，y2）兩點，且y1y2=4（）求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（）若k=1，O為坐標(biāo)原點，求OAB的面積20對于函數(shù)f（x），若存在x0R，使f（x0）=x0成立，則稱x0為f（x）的一個不動點設(shè)函數(shù)f（x）=ax2+bx+1（a0）（）當(dāng)a=2，b=2時，求f（x）的不動點；（）若f（x）有兩個相異的不動點x1，x2，（

6、）當(dāng)x11x2時，設(shè)f（x）的對稱軸為直線x=m，求證：m；（）若|x1|2且|x1x2|=2，求實數(shù)b的取值范圍浙江省溫州市2015屆高考數(shù)學(xué)三模試卷（文科）一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1設(shè)集合M=xR|x2=1，N=xR|x22x3=0，則MN=( )A1B1，1，3C1，3D1，3考點：并集及其運算 專題：集合分析：求出集合的等價條件，利用集合的基本運算進(jìn)行求解解答：解：M=xR|x2=1=1，1，N=xR|x22x3=0=3，1，則MN=1，1，3，故選：B點評：本題主要考查集合的基本運算，比較基礎(chǔ)2已知命題p：x0

7、R，x02+2x0+10，則p為( )Ax0R，x02+2x0+10BxR，x2+2x+10CxR，x2+2x+10DxR，x2+2x+10考點：命題的否定 專題：簡易邏輯分析：直接利用特稱命題的否定是全稱命題寫出結(jié)果即可解答：解：因為特稱命題的否定是全稱命題，所以，命題p：x0R，x02+2x0+10，則p為：xR，x2+2x+10故選：D點評：本題考查特稱命題與全稱命題的否定關(guān)系的應(yīng)用，基本知識的考查3設(shè)a，b是實數(shù)，則“ab”是“a2b2”的( )A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷 專題：簡易邏輯分析：本題考查

8、的判斷充要條件的方法，我們可以根據(jù)充要條件的定義進(jìn)行判斷，此題的關(guān)鍵是對不等式性質(zhì)的理解解答：解：因為a，b都是實數(shù)，由ab，不一定有a2b2，如23，但（2）2（3）2，所以“ab”是“a2b2”的不充分條件；反之，由a2b2也不一定得ab，如（3）2（2）2，但32，所以“ab”是“a2b2”的不必要條件故選D點評：判斷充要條件的方法是：若pq為真命題且qp為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；若pq為假命題且qp為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；若pq為真命題且qp為真命題，則命題p是命題q的充要條件；若pq為假命題且qp為假命題，則命題p是命題q的即不充分也不必要條件判

9、斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據(jù)“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關(guān)系涉及不等式平方大小的比較問題，舉反例不失為一種有效的方法4已知m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，下列命題是真命題的是( )A若m，n，則mnB若m，m，則C若m，mn，則nD若m，m，則考點：平面與平面之間的位置關(guān)系；空間中直線與平面之間的位置關(guān)系 專題：證明題分析：A選項可用線面平行的性質(zhì)進(jìn)行判斷；B選項可用面面平行的條件進(jìn)行判斷；C選項可用線面平行的條件進(jìn)行判斷；D選項可用面面平等的條件進(jìn)行判斷解答：解：A不正確，因為n，可得出n與內(nèi)的直線位置關(guān)系是平行或異面；B不正確，因為m，m中的平行

10、關(guān)系不具有傳遞性，平行于同一直線的兩個平面可能相交；C不正確，m，mn，可得出n或n；D正確，m，m，可根據(jù)垂直于同一直線的兩個平面平行得出故選D點評：本題考查平面與平面之間的位置關(guān)系，空間想像能力，主要涉及到了面面平行、線面平行的判定5要得到函數(shù)y=sin（2x+）的圖象，只需將函數(shù)y=sin2x的圖象( )A向左平移個單位長度B向右平移個單位長度C向左平移個單位長度D向右平移個單位長度考點：函數(shù)y=Asin（x+）的圖象變換 專題：三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)分析：y=sin（2x+）=sin2（x+），根據(jù)平移規(guī)律：左加右減可得答案解答：解：y=sin（2x+）=sin2（x+），故要得到y(tǒng)=2

11、sin（2x+）的圖象，只需將函數(shù)y=sin2x的圖象向左平移個單位，故選：C點評：本題考查三角函數(shù)圖象的平移變換，該類題目要注意平移方向及平移對象，屬于基本知識的考查6已知向量|=|=|=1，則|2|=( )A2BC3D2考點：平面向量數(shù)量積的運算 分析：由已知兩邊平方可得，=2=1，則|2|=，代入可求解答：解：|=|=|=1，=，=2=1，則|2|=故選B點評：本題主要考查兩個向量的數(shù)量積的定義，求向量的模的方法，屬于基礎(chǔ)試題7已知雙曲線C1：=1（a0，b0）的右焦點F也是拋物線C2：y2=2px（p0）的焦點，C1與C2的一個交點為P，若PFx軸，則雙曲線C1的離心率為( )A+1B

12、2C21D+1考點：拋物線的簡單性質(zhì)；雙曲線的簡單性質(zhì) 專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：根據(jù)拋物線的方程算出其焦點為F（，0），得到|PF|=p設(shè)雙曲線的另一個焦點為F，由雙曲線的右焦點為F算出雙曲線的焦距|FF|=p，TFF中利用勾股定理算出|MF|=p，再由雙曲線的定義算出2a=（1）p，利用雙曲線的離心率公式加以計算，可得答案解答：解：拋物線y2=2px的焦點為F（，0），由MF與x軸垂直，令x=，可得|MF|=p，雙曲線 =1的實半軸為a，半焦距c，另一個焦點為F'，由拋物線y2=2px的焦點F與雙曲線的右焦點重合，即c=，可得雙曲線的焦距|FF|=2c=p，由于MFF為

13、直角三角形，則|MF|=p，根據(jù)雙曲線的定義，得2a=|MF|MF|=pp，可得a=（）p因此，該雙曲線的離心率e=故選：A點評：本題給出共焦點的雙曲線與拋物線，在它們的交點在x軸上射影恰好為拋物線的焦點時，求雙曲線的離心率著重考查了拋物線和雙曲線的定義與標(biāo)準(zhǔn)方程、簡單幾何性質(zhì)等知識，屬于中檔題8如圖，正三棱柱ABCA1B1C1（底面是正三角形，側(cè)棱垂直底面）的各條棱長均相等，D為AA1的中點M、N分別是BB1、CC1上的動點（含端點），且滿足BM=C1N當(dāng)M，N運動時，下列結(jié)論中不正確的是( )A平面DMN平面BCC1B1B三棱錐A1DMN的體積為定值CDMN可能為直角三角形D平面DMN與平

14、面ABC所成的銳二面角范圍為（0，考點：棱柱的結(jié)構(gòu)特征 專題：空間位置關(guān)系與距離；簡易邏輯分析：由BM=C1N，得線段MN必過正方形BCC1B1的中心O，由DO平面BCC1B1，可得平面DMN平面BCC1B1；由A1DM的面積不變，N到平面A1DM的距離不變，得到三棱錐A1DMN的體積為定值；利用反證法思想說明DMN不可能為直角三角形；平面DMN與平面ABC平行時所成角為0，當(dāng)M與B重合，N與C1重合時，平面DMN與平面ABC所成的銳二面角最大解答：解：如圖，當(dāng)M、N分別在BB1、CC1上運動時，若滿足BM=C1N，則線段MN必過正方形BCC1B1的中心O，而DO平面BCC1B1，平面DMN平

15、面BCC1B1，A正確；當(dāng)M、N分別在BB1、CC1上運動時，A1DM的面積不變，N到平面A1DM的距離不變，棱錐NA1DM的體積不變，即三棱錐A1DMN的體積為定值，B正確；若DMN為直角三角形，則必是以MDN為直角的直角三角形，但MN的最大值為BC1，而此時DM，DN的長大于BB1，DMN不可能為直角三角形，C錯誤；當(dāng)M、N分別為BB1，CC1中點時，平面DMN與平面ABC所成的角為0，當(dāng)M與B重合，N與C1重合時，平面DMN與平面ABC所成的銳二面角最大，為C1BC，等于平面DMN與平面ABC所成的銳二面角范圍為（0，D正確故選：C點評：本題考查了命題的真假判斷與應(yīng)用，考查了棱柱的結(jié)構(gòu)特

16、征，考查了空間想象能力和思維能力，是中檔題二、填空題：本大題共7小題，前4題每題6分，后3題每題4分，共36分9已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn，a4=10，S3=12，則數(shù)列an的首項a1=1，通項an=3n2考點：等差數(shù)列的前n項和；等差數(shù)列的通項公式 專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列分析：設(shè)出等差數(shù)列的首項和公差，由已知列方程組求得首項和公差，代入等差數(shù)列的通項公式得答案解答：解：設(shè)等差數(shù)列an的首項為a1，公差為d，由a4=10，S3=12，得，解得an=1+3（n1）=3n2故答案為：1，3n2點評：本題考查等差數(shù)列的通項公式，考查了等差數(shù)列的前n項和，是基礎(chǔ)題10如圖是某幾何體的三視圖（單

17、位：cm），則該幾何體的體積為4cm3，表面積為14+2cm2考點：由三視圖求面積、體積 專題：計算題；空間位置關(guān)系與距離分析：根據(jù)三視圖得出：該幾何體是三棱錐，底面是俯視圖，面積為=6，有一側(cè)棱垂直于底面，高為2，即可得出結(jié)論解答：解：根據(jù)三視圖得出：該幾何體是三棱錐，底面是俯視圖，面積為=6，有一側(cè)棱垂直于底面，高為2，其體積：=4，表面積為6+=14+2，故答案為：4；14+2點評：本題考查了三棱錐的三視圖的運用，仔細(xì)閱讀數(shù)據(jù)判斷恢復(fù)直觀圖，關(guān)鍵是利用好仔細(xì)平面的位置關(guān)系求解，屬于中檔題11已知sincos=（0），則sin2=，sin（2）=考點：二倍角的正弦；兩角和與差的正弦函數(shù) 專

18、題：三角函數(shù)的求值分析：把所給的等式平方求得sin2 的值，再利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求得sin 和cos的值，可得cos2 的值，從而利用兩角差的正弦公式求得sin（2）的值解答：解：sincos=（0），平方可得，12sincos=，sin2=2sincos=由以上可得sin=，cos=，cos2=2cos21=，sin（2）=sin2coscos2sin=×+=，故答案為：；點評：本題主要考查二倍角公式、同角三角函數(shù)的基本關(guān)系、兩角和差的正弦公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題12定義在R上的奇函數(shù)f（x）滿足：當(dāng)x0時，f（x）=log2x，則f（）=2；使f（x）0的x的取值范圍是（1

19、，0）（1，+）考點：其他不等式的解法 專題：不等式的解法及應(yīng)用分析：由條件利用奇函數(shù)的性質(zhì)可得則f（）=f（），計算可得結(jié)果再根據(jù)f（x）在（，0）上也是減函數(shù)，且f（1）=f（1）=0，可得f（x）0的x的取值范圍解答：解：對于定義在R上的奇函數(shù)f（x）滿足：當(dāng)x0時，f（x）=log2x，則f（）=f（）=（log2）=log2=2由于奇函數(shù)f（x）=log2x在（0，+）上是減函數(shù)，故f（x）在（，0）上也是減函數(shù)再由f（1）=f（1）=0，可得f（x）0的x的取值范圍是（1，0）（1，+），故答案為：2；（1，0）（1，+）點評：本題主要考查奇函數(shù)的性質(zhì)，函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)

20、題13已知實數(shù)x，y滿足，則z=x2y1的最大值為0考點：簡單線性規(guī)劃 專題：不等式的解法及應(yīng)用分析：作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域，利用目標(biāo)函數(shù)的幾何意義，結(jié)合數(shù)形結(jié)合進(jìn)行求解即可解答：解：由z=x2y1得y=+，作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域如圖（陰影部分）：平移直線y=+，由圖象可知當(dāng)直線y=+過點A時，直線y=+的截距最小，此時z最大，由，解得，即A（1，0），代入目標(biāo)函數(shù)z=x2y1，得z=11=0目標(biāo)函數(shù)z=x2y1的最大值是0故答案為：0點評：本題主要考查線性規(guī)劃的基本應(yīng)用，利用目標(biāo)函數(shù)的幾何意義是解決問題的關(guān)鍵，利用數(shù)形結(jié)合是解決問題的基本方法14若直線ax+by1=0（ab0）平分圓

21、C：x2+y22x4y+1=0，則+的最小值為3+2考點：直線和圓的方程的應(yīng)用 專題：不等式的解法及應(yīng)用；直線與圓分析：求出圓心坐標(biāo)代入直線方程得到a，b的關(guān)系a+2b=1；將+乘以a+2b展開，利用基本不等式，檢驗等號能否取得，求出函數(shù)的最小值解答：解：圓C：x2+y22x4y+1=0的圓心坐標(biāo)為（1，2）因為直線平分圓，所以直線過圓心（1，2），a+2b=1，+=（a+2b）（+）=3+3+2=3+2，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1取等號故答案為：3+2點評：本題考查直線平分圓時直線過圓心、考查利用基本不等式求函數(shù)的最值需注意：一正、二定、三相等15若對任意x1，2，不等式4xa2x+1+a210恒成

22、立，則實數(shù)a的取值范圍是（，1）（5，+）考點：函數(shù)恒成立問題 專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；不等式的解法及應(yīng)用分析：巧換元，設(shè)令2x=t，得到不等式（ta）21恒成立，解得ta+1或ta1，即可得到a的取值范圍解答：解：令2x=t，x1，2，t2，4，t22at+a210，t2，4恒成立，即有（ta）21，解得ta+1或ta1，由t2，4，則a+12，即a1，a14即a5則實數(shù)a的取值范圍是（，1）（5，+）故答案為：（，1）（5，+）點評：考查學(xué)生理解掌握不等式恒成立的條件，注意化簡轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，屬于中檔題三、解答題：本大題共5小題，共74分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟16

23、已知ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且a2=b2+c2bc（）求角A的大??；（）若a=，求b+c的取值范圍考點：余弦定理；正弦定理 專題：解三角形分析：（）利用余弦定理和已知等式求得cosA的值，進(jìn)而求得A（）利用兩邊之和大于第三邊，求得b+c的一個范圍，進(jìn)而利用a2=3=b2+c2bc=（b+c）23bc利用基本不等式求得b+c的最大值，綜合可得答案解答：解：（I）由已知得：bc=b2+c2a2，故cosA=A=（II）解：一方面b+ca=，另一方面：a2=3=b2+c2bc=（b+c）23bc（b+c）2（b+c）2=（b+c）2，（b+c）212，b+c2，當(dāng)且僅當(dāng)b=c=

24、時取到等號綜上：b+c2點評：本題主要考查了正弦定理和余弦定理的應(yīng)用解題過程中利用了運用基本不等式的知識解決范圍問題17已知數(shù)列an的前n項和為Sn，且2Sn+3=3an（nN*）（）求數(shù)列an的通項公式；（）設(shè)bn=（n+1）logan，記Tn=+，求證：2Tn1考點：數(shù)列的求和；數(shù)列遞推式 專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列分析：（I）通過令n=1可得首項a1=3，當(dāng)n2時，利用2Sn+3=3an與2Sn1+3=3an1的差可得公比，進(jìn)而可得結(jié)論；（II）通過bn=2n（n+1），分離分母可得=（），并項相加即得結(jié)論解答：（I）解：當(dāng)n=1時，2S1+3=2a1+3=3a1，得a1=3，當(dāng)n2時，2

25、Sn+3=3an 2Sn1+3=3an1 ，得：2an=3an3an1，即an=3an1，數(shù)列an為公比為3，首項為3的等比數(shù)列，an=33n1=3n（nN*）；（II）證明：bn=（n+1）log3n=2n（n+1），=（），Tn=+=（1+）=（1），2Tn1點評：本題考查求數(shù)列的通項和前n項和的取值范圍，注意解題方法的積累，屬于中檔題18如圖，在四棱錐PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD為平行四邊形，ADB=90°，AB=2AD（）證明：PABD；（）若PD=AD，求直線PB與平面PCD所成角的正弦值考點：直線與平面所成的角；棱錐的結(jié)構(gòu)特征；空間中直線與直線之間的位置關(guān)

26、系 專題：空間位置關(guān)系與距離；空間角；空間向量及應(yīng)用分析：（）由PD平面ABCD即可得到BDPD，再由BDAD，根據(jù)線面垂直的判定定理即可得到BD平面PAD，從而得出PABD；（）首先以DA，DB，DP三直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，并設(shè)PD=AD=1，從而可確定圖形上各點的坐標(biāo)，設(shè)平面PCD的法向量為，由即可求得法向量，設(shè)直線PB與平面PCD所成角為，則根據(jù)sin=即可求得sin解答：解：（I）PD平面ABCD，BD平面ABCD；PDBD，即BDPD；又BDAD，ADPD=D；BD平面PAD，PA平面PAD；PABD；（II）分別以DA，DB，DP三直線為x，y，z軸，建立如圖

27、所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PD=AD=1，則：D（0，0，0），A（1，0，0），B（0，0），C（1，0），P（0，0，1）；，；設(shè)平面PCD的法向量為，則：，取y=1，；記直線PB與平面PCD所成角為，sin=；直線PB與平面PCD所成角的正弦值為點評：考查線面垂直的性質(zhì)及判定定理，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量解決線面角問題的方法，平面法向量的概念及求法，以及線面角和直線方向向量和平面法向量的夾角的關(guān)系，向量夾角余弦的坐標(biāo)公式19設(shè)拋物線C：y2=2px（p0）的焦點為F，過F且斜率為k的直線l交拋物線C于A（x1，y1）、B（x2，y2）兩點，且y1y2=4（）求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（）若k=1，O為坐標(biāo)原點，求OAB的面積考點：拋物線的簡單性質(zhì) 專題：計算題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：（）設(shè)直線AB的方程為y=k（x），代入拋物線，消x，利用y1y2=4，求出p，即可求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（）SOAB=×1×|y1y2|，求OAB的面積解答：解：（）F（，0），設(shè)直線AB的方程為y=