北京市石景山區(qū)2015屆高三統(tǒng)一測試一模數(shù)學(文)試題Word版含解析

第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共8小題，每題5分，共40分．在每題列出的四個選項中，選出切合題目要求的一項．1.已知會合A{1,2}，BxZ0x2，則AB（）=A．{0}B．{2}C．{0,1,2}D．【答案】B【分析】試題剖析：由BxZ0x2B0，1，2知AB{2},應選B.考點：1.會合的觀點；2.會合的基本運算.2.函數(shù)ysin(x)1的圖象（）A．對于x對稱B．對于y軸對稱C．對于原點對稱D．對于x對稱2【答案】A【分析】試題剖析：由于ysin(x)1sinx1，其圖象是ysinx的圖象向下平移一個單位，因此對于x對稱.選A.2考點：1.三角函數(shù)的引誘公式；2.三角函數(shù)的圖象和性質(zhì).兩游客坐火車出門旅行，希望座位連在一同，且有一個靠窗，已知火車上的座位的排法如圖所示，則以下座位號碼切合要求的是（）12345窗67過8910窗1112131415A．48，49B．62，63口道口1617C．75，76D．84，85【答案】D【分析】試題剖析：從表中能夠看出，靠窗子的號碼有

1,6,11,16,......;5,10,15,......

.即三座一側(cè)靠窗子的號碼是

5的倍數(shù)，應選

D

.考點：概括推理

.4.如圖，在66的方格紙中，若起點和終點均在格點的向量

a,b,c知足cxayb,(x,yR)，則xy（）A．0B．1C．55D．135【答案】D【分析】試題剖析：設方格邊長為單位長1.在直角坐標系內(nèi)，a(1,2),b(2,1),c(3,4)，由cxayb,(x,yR)得，(3,4)x(1,2)y(2,1),(3,4)(x2y,2xy),x1113，選D.因此x2y3，解得5，因此，xy2xy425y5考點：1.平面向量的坐標運算；2.平面向量基本定理.5.閱讀右邊的程序框圖，若輸出的y1），則輸入的x的值可能為（2開始輸入整數(shù)x否x2是ysin(x)y2x6輸出

y結(jié)束A．

1

B

．0C．

1

D

．5【答案】

C【分析】試題剖析：若輸入

x

1，切合條件

x

2

，獲得

y

sin(

)

1,不合題意；若輸入6

2x0，切合條件

x

2，獲得

y

sin0

0,不合題意；若輸入

x1，切合條件

x

2

，得到y(tǒng)

sin

1,切合題意

.應選

C.62考點：算法與程序框圖.6.函數(shù)

f(x)

(x

a)(x

b)（此中

a

b）的圖象如右圖所示，則函數(shù)

g(x)

ax

b的大概圖象是（

）y(x)．-1O1xyyyy1．1．1．1．．．．．1O1xO1xOxO1xABCD【答案】B【分析】試題剖析：由給定圖象可知，0a1，b1.因此g(x)axb的圖象，是指數(shù)函數(shù)yax的圖象，向下平移超出一個單位，應選B.考點：1.二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)；2.指數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì).如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的各條棱中，最長的棱的長度為（）A．22B．6C．3D．23【答案】C【分析】試題剖析：依據(jù)三視圖可知，該幾何體是三棱錐，以下圖，此中面BAD平面BCD，面BCD平面ABD,BCBD，A在BD上的正射影正是BD的中點.E由圖中給定數(shù)據(jù)，較長的棱是AC,CD.計算得2222CDBCBD22連AE,CE，則AECE22.且AE2,CEBE2BC25,因此，ACAE2CE222(5)23,應選C.考點：1.空間的距離；2.幾何體的特點；3.三視圖.8.如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，點M在棱AB上，且1AM，點P是平面ABCD上的3動點，且動點P到直線AD的距離與點P到點M的距離的平方差為1，則動點P的軌跡是（）11D1C1A1B1D．C．BAMA．圓B．拋物線C．雙曲線D．橢圓【答案】B考點：1.幾何體的構造特點；2.曲線與方程；3.空間直角坐標系.第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共6小題，每題5分，共30分．9.已知角的終邊經(jīng)過點P(x,3,則x的值為6)，且tan．5【答案】10【分析】試題剖析：由已知，y36310.tan5,,xxx5考點：隨意角的三角函數(shù).xy2010.設變量x,y知足拘束條件xy7y0，則的最大值為．x1x【答案】6【分析】試題剖析：畫出可行域（如圖）.y表示可行域內(nèi)的點與原點連線的斜率，其最大值為x60kOA6.10考點：1.簡單線性規(guī)劃；2.直線的斜率.有甲、乙、丙、丁四位歌手參加競賽，此中只有一位獲獎．有人走訪了四位歌手，甲說：“是乙或丙獲獎”，乙說：“甲、丙都未獲獎”，丙說：“我獲獎了”，丁說：“是乙獲獎了”.四位歌手的話只有兩句是對的，則獲獎的歌手是．【答案】丙【分析】試題剖析：若甲是獲獎歌手，則四句全部是謊話，不合題意；若乙是獲獎歌手，則甲、乙、丁都是實話，丙說謊話，不合題意；若丁是獲獎歌手，則甲、丁、丙都說謊話，丙說實話，不合題意；當丙是獲獎歌手時，甲、丙說了實話，乙、丁說了謊話，切合題意.故答案為丙.考點：合情推理.在平面直角坐標系xOy中，已知點A(0,2)，B(2,0)，C(1,0)，分別以△ABC的邊AB、AC向外作正方形ABEF與ACGH，則直線FH的一般式方程為．FyHAEGBOCx【答案】x4y140【分析】試題剖析：分別作HMy軸，F(xiàn)Ny軸，M,N為垂足.由于ACGH是正方形，因此RtAHMRtCAO,AM=OC,MH=OA.又由于A(0,2),C(1,0),因此MHOA2,AMOC1OMOAAM3,因此H(2,3),同理可得F(2,4),所以直線FH的斜率為k431，由直線方程的點斜式得y31(x2)，化簡得2244x4y140.考點：1.直線方程；

2.直線的斜率

.13.某學校擬建一塊周長為

400米的操場，以下圖，操場的兩端是半圓形，

中間地區(qū)是矩形，學生做操一般安排在矩形地區(qū)，為了能讓學生的做操地區(qū)盡可能大，矩形的長應當設計成米．【答案】100【分析】試題剖析：設矩形的長為x米，半圓的直徑為d，中間矩形的面積為S，依題意可得，2xd400,d4002x,Sdx4002xx1(4002x)2x1[(4002x)2x]220000，當且僅當2224002x2x,x100時，學生的做操地區(qū)最大.即矩形的長應當設計成100米.考點：1.函數(shù)的應用；2.二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)；3.基本不等式.14.已知會合M{(x,y)|yf(x)}，若對于隨意(x1,y1)M，存在(x2,y2)M，使得x1x2y1y20建立，則稱會合M是“垂直對點集”．給出以下四個會合：①M{(x,y)|yx2+1}；②M{(x,y)|ylog2x}；{(,)|x2}；④．③2xyyM{(x,y)|ysinx1}M此中是“垂直對點集”的序號是．【答案】③④【分析】考點：1.會合的觀點；2.新定義問題；3.函數(shù)的圖象和性質(zhì).三、解答題共6小題，共80分．解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程．15.（本小題滿分13分）設數(shù)列an的前n項和為Sn，點(n,Sn),nN*均在函數(shù)yx的圖象上．n（Ⅰ）求數(shù)列an的通項公式；（Ⅱ）若bn為等比數(shù)列，且b11,bb12b38，求數(shù)列an+bn的前n項和Tn．【答案】（Ⅰ）an2n1；(Ⅱ)Tnn22n1.【分析】試題剖析：（Ⅰ）依題意得Sn2．nn，即Sn=n議論當n1時，a1S11，當n2時，anSnSn12n1；考證當n1時，a12111合適，得出結(jié)論.(Ⅱ)由已知可得q2，bn2n1，anbn2n12n1，利用“分組乞降法”即得所求.分析：（Ⅰ）依意得Snn，即Sn=n2．n當n1時，a1S11?????1分當n2，anSnSn12n1；?????3分當n1時，a12111因此an2n1?????4分(Ⅱ)bb12b3b238獲得b22，又b11，q2，bnb1qn12n1，?????8分anbn2n12n1，Tn(2120)(4121)(2n12n1)(21412n1)(20212n1)n22n1?????13分考點：1.數(shù)列的乞降、“分乞降法”；2.等比數(shù)列；3.數(shù)列的通.（本小分13分）在△ABC中，角A，B，C的分a，b，c．已知b23，A3C．c3（Ⅰ）求cosC的；（Ⅱ）求sinB的；（Ⅲ）若b33，求△ABC的面．3．(Ⅱ)sinB2292【答案】(Ⅰ)cosC．（Ⅲ）S．334【分析】剖析：(Ⅰ)由已知得B2C．用正弦定理及二倍角的正弦公式得232sinCcosC，3sinC化即得.(Ⅱ)依據(jù)C0,，獲得sinC1cos2C6．由sinBsin2C即得.3（Ⅲ）由B2C，求得cosBcos2C，sinAsin(BC)，再據(jù)b23，b33，求得c39．一步即得三角形面．2分析：(Ⅰ)因ABCA3C，因此B2C．????????1，分又由正弦定理，得bc，bsinB，232sinCcosC，sinBsinCcsinC3sinC3?????????4分化得，cosC．3(Ⅱ)因C0,，因此sinC12116．cosC33因此sinBsin2C2sinCcosC26322．?????????7分333（Ⅲ）因B2C，因此cosBcos2C2cos2C12111．????????9分33因此sinAsin(BC)223(166．????????11分33)393因b23c912，b33，因此．????????c32分因此△ABC的面S1bcsinA1339692．?????????13分22294考點：1.和差倍半的三角函數(shù)；2.正弦定理的用；3.三角形面.17.（本小分13分）已知高二某班學生文與數(shù)學的學水平成抽以下表，若抽取學生n人，成分A（秀）、B（優(yōu)秀）、C（及格）三個等，x，y分表示文成與數(shù)學成．例如：表中文成B等的共有20＋18＋4＝42人．已知x與y均B等的概率是0.18．x人數(shù)語文ABCy數(shù)學A7205B9186Ca4b（Ⅰ）求抽取的學生人數(shù)；（Ⅱ）本中，文成秀率是30%，求a，b；（Ⅲ）已知a10,b8，求文成A等的人數(shù)比文成C等的人數(shù)少的概率.【答案】Ⅰ100.Ⅱa＝14，b＝17.（Ⅲ）P(A)=3.14【分析】試題剖析：(Ⅰ)由題意可知18＝0.18，得抽取的學生人數(shù)是100.n(Ⅱ)由（Ⅰ）知n100，79a=0.3100，獲得a＝14，由7＋9＋a＋20＋18＋4＋5＋6＋b＝100，獲得b＝17.（Ⅲ）設“語文成績?yōu)锳等級的總?cè)藬?shù)比語文成績?yōu)镃等級的總?cè)藬?shù)少”為事件A，由(Ⅱ)易知a＋b＝31，且a10，b8，利用“列舉法”知，知足條件的（a，b）共有14組，其中知足b11a16的有3組，故可得3P(A)=.14試題分析：(Ⅰ)由題意可知18＝0.18，得n100.故抽取的學生人數(shù)是n100.2分79a(Ⅱ)由（Ⅰ）知n100，100=0.3，故a＝14，4分而7＋9＋a＋20＋18＋4＋5＋6＋b＝100，故b＝17.6分（Ⅲ）設“語文成績?yōu)锳等級的總?cè)藬?shù)比語文成績?yōu)镃等級的總?cè)藬?shù)少”為事件A，由(Ⅱ)易知a＋b＝31，且a10，b8，知足條件的（a，b）有（10,21）,（11,20）,（12,19）,（13,18）（,14,17）（,15,16）（,16,15）,（17,14）（,18,13,）（19,12）,(20,11）（,21,10）（,22,9）（,23,8）,共有14組，

10

分此中

b

11a

16的有

3組，

12

分則所求概率為313分P(A)=.14考點：1.由個體預計整體;2.古典概型.（本小題滿分14分）如圖，已知

AF

平面

ABCD，四邊形

ABEF為矩形，四邊形

ABCD為直角梯形，

DAB

90

，AB//CD，AD=

AF=CD=

2，AB=4．（Ⅰ）求證：AC平面BCE；（Ⅱ）求三棱錐ACDE的體積；（Ⅲ）線段EF上能否存在一點M，使得BMCE?若存在，確立M點的地點；若不存在，請說明原因．EFBCAD【答案】（Ⅰ）證明看法析；(Ⅱ)4（Ⅲ）存在，點M為線段EF中點.3；【分析】試題剖析：（Ⅰ）過C作CNAB，垂足為N，由ADDC可知四邊形ADCN為矩形．ANNB2.又由給定數(shù)據(jù)知222BC；,AC+BCAB，獲得AC依據(jù)AF平面ABCD，AF//BE獲得BE平面ABCDBEAC，即可得證；，(Ⅱ)由AF平面ABCD，AF//BE，得悉BE平面ABCD，利用“等體積法”獲得VACDEVEACD1EBSACD.3（Ⅲ）在矩形ABEF中，由于點M，N為線段AB的中點，獲得四邊形BEMN為正方形，BMEN；由AF平面ABCD，獲得AFAD.在直角梯形ABCD中，可得AD平面ABEF，而CN//AD，獲得因此CN平面ABEF，CNBM；進一步由BM平面ENC，即得BMCE.試題分析：（Ⅰ）過C作CNAB，垂足為N，由于ADDC，因此四邊形ADCN為矩形．因此ANNB2.又由于AD2，AB4，因此AC22，CN2，BC22,2222分因此AC+BCAB，因此ACBC；由于AF平面ABCD，AF//BE因此BE平面ABCD因此BEAC，3分，又由于BE平面BCE，BC平面BCE，BEBCB因此AC平面BCE．4分(Ⅱ)由于AF平面ABCD，AF//BE因此BE平面ABCD，VACDEVEACD1EBSACD48分33EMFBNCAD（Ⅲ）存在，點M為線段EF中點，證明以下：9分在矩形ABEF中，由于點M，N為線段AB的中點，因此四邊形BEMN為正方形，因此BMEN；10分由于AF平面ABCD，AD平面ABCD，因此AFAD.在直角梯形ABCD中，ADAB，又AFABA，因此AD平面ABEF，又CN//AD，因此CN平面ABEF，又

BM

平面

ABEF因此

CN

BM；

12

分又

CN

ENN，因此

BM

平面

ENC，又

EC

平面

ENC，因此BMCE.

14

分考點：1.平行關系、垂直關系；

2.幾何體的體積

.（本小題滿分14分）如圖，已知橢圓C：x2y21(ab0)的離心率e2，短軸的右端點為B，M（1，0）b2a22為線段OB的中點．（Ⅰ）求橢圓C的方程；（Ⅱ）過點M隨意作一條直線與橢圓C訂交于兩點P，Q試問在x軸上能否存在定點N，使得∠PNM=∠QNM？若存在，求出點N的坐標；若不存在，說明原因．yP．．OMBNxQ【答案】（Ⅰ）x2y21．（Ⅱ）知足條件的點N存在，坐標為(4,0).48【分析】試題剖析：（Ⅰ）由題意知,b2,由e2，得a22,2（Ⅱ）假定存在知足條件的點N，坐標為（t，0），此中t為常數(shù).由題意直線PQ的斜率不為0，可得直線PQ的方程可設為：xmy1,(mR)；設P(x1,y1),Q(x2,y2),xmy1,聯(lián)立x2y2，消去x得：(12m2)y24my60,481應用韋達定理y1+y2=4m,y1y2=612m212m2依據(jù)PNMQNM知：kPN+kQN0y1y22m(6)4m(1t)0,即tx2t0，整理得212m2x112m即m(t4)0求得t=4.試題分析：（Ⅰ）由題意知,b21分由e2，a22,3分2x2y2???????4分方程1．48（Ⅱ）若存在足條件的點N，坐（t，0），此中t常數(shù).由意直PQ的斜率不0，直PQ的方程可：xmy1,(mR)???????5分P(x1,y1),Q(x2,y2),xmy1,立x2y2，消去x得：(12m2)y24my60,???????7分48116m224(12m2)0恒建立，因此y1+y2=4m2,y1y2=162??8分12m2m由PNMQNM知：kPN+kQN0???????9分kPNy1,kQNy2，x1tx2t即y1y20，即y1y2，???????10分x1tx2tmy11tmy21t睜開整理得2my1y2(1t)(y1y2)0，即2m(6)4m(1t)0,???????12分12m212m2即m(t4)0，又m不恒0.故足條件的點N存在，坐(4,0)??14分，t=4考點：1.的準方程及其幾何性；2.直與的地點關系.20.(本小分13分)已知函數(shù)f(x)lnx1ax22x.2（Ⅰ）若函數(shù)f(x)在定域內(nèi)增，求數(shù)a的取范；（Ⅱ）若a1，且對于x的方程f(x)1xb在[1,4]上恰有兩個不等的根，求22數(shù)b的取范；（Ⅲ）設各項為正數(shù)的數(shù)列an知足a11,an1lnanan2(nN*)，求證：an2n1.【答案】（（Ⅰ）a(,1].（Ⅱ）b(ln22,5]4【分析】

（Ⅲ）看法析..試題剖析：（Ⅰ）函數(shù)的定義域為(0,)，f(x)ax22x1(x0)，由f(x)0在x(x0)時恒建立，獲得a12x(11)21在(x0)時恒建立，確立獲得(11)21x2xx取最小值1，即得所求.（Ⅱ）已知條件等價于方程1x23xlnxb0在[1,4]上有兩個不一樣的實根，42設g(x)1x23xlnx,x[1,4]，求得g(x)(x2)(x1)，x[1,2)時，g(x)0，422x5x(2,4]時，g(x)0，經(jīng)過確立g(x)ming(2)ln22,g(1),g(4)2ln22，4由g(1)g(