江苏省南京市、盐城市2015届高三第一次模拟考试 数学 WORD版含答案.doc

1、南京市、盐城市2015届高三年级第一次模拟考试一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分.1设集合，集合，若，则 .答案：12若复数（其中为虚数单位）的实部与虚部相等，则实数 .答案：13在一次射箭比赛中，某运动员次射箭的环数依次是，则该组数据的方差是 .答案：4甲、乙两位同学下棋，若甲获胜的概率为，甲、乙下和棋的概率为，则乙获胜的概率为 .答案：解读：为了体现新的考试说明，此题选择了互斥事件，选材于课本中的习题。5若双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，则 .i1S0While i8 ii + 3 S2i + SEnd WhilePrint SEND第6题图答案：6运行如图所示的程序后，

2、输出的结果为 .答案：42解读：此题的答案容易错为22。7若变量满足，则的最大值为 .答案：88若一个圆锥的底面半径为，侧面积是底面积的倍，则该圆锥的体积为 .答案：9若函数图象的两条相邻的对称轴之间的距离为，且该函数图象关于点成中心对称，则 .答案：10若实数满足，且，则的最小值为 .答案：411设向量，则“”是“”成立的 条件 (选填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”) .答案：必要不充分12在平面直角坐标系中，设直线与圆交于两点，为坐标原点，若圆上一点满足，则 .答案：解读：方法1：（平面向量数量积入手），即：，整理化简得：，过点作的垂线交于，则，得，又圆心到

3、直线的距离为，所以，所以，.方法2：（平面向量坐标化入手）设，,由得，则由题意得，联立直线与圆的方程，由韦达定理可解得：.方法3：（平面向量共线定理入手）由得，设与交于点，则三点共线。由与互补结合余弦定理可求得，过点作的垂线交于，根据圆心到直线的距离为，得，解得，.13已知是定义在上的奇函数，当时，函数. 如果对于，使得，则实数的取值范围是 .答案：14已知数列满足，若数列单调递减，数列单调递增，则数列的通项公式为 .答案：（ 说明：本答案也可以写成）二、解答题：15在平面直角坐标系中，设锐角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，将射线绕坐标原点按逆时针方向旋转后与单位圆交于点. 记.

4、xyPQO第15题图（1）求函数的值域；（2）设的角所对的边分别为，若，且，求.解：（1）由题意，得， 4分所以， 6分因为，所以，故. 8分（2）因为，又，所以， 10分在中，由余弦定理得，即，解得. 14分（说明：第（2）小题用正弦定理处理的，类似给分）BACDB1A1C1D1E第16题图O16(本小题满分14分)如图，在正方体中，分别为的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面.证明（1）：连接，设，连接， 2分因为O，F分别是与的中点，所以，且，BACDB1A1C1D1EFO又E为AB中点，所以，且，从而，即四边形OEBF是平行四边形，所以， 6分又面，面，所以面. 8分（2）

5、因为面，面，所以， 10分BACDB1A1C1D1E第16题图又，且面，所以面，12分而，所以面，又面，所以面面. 14分17在平面直角坐标系中，椭圆的右xyOlABFP第17题图准线方程为，右顶点为，上顶点为，右焦点为，斜率为的直线经过点，且点到直线的距离为.（1）求椭圆的标准方程；（2）将直线绕点旋转，它与椭圆相交于另一点，当三点共线时，试确定直线的斜率.解：（1）由题意知，直线的方程为，即， 2分右焦点到直线的距离为， 4分又椭圆的右准线为，即，所以，将此代入上式解得，椭圆的方程为； 6分（2）由（1）知， 直线的方程为， 8分联立方程组，解得或（舍），即， 12分直线的斜率. 14分其

6、他方法：方法二: 由（1）知， 直线的方程为，由题，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，联立方程组，解得，代入椭圆解得：或，又由题意知，得或，所以.方法三：由题，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，联立方程组，得，所以,，当三点共线时有，即，解得或，又由题意知，得或，所以.第18题-甲xyOABCD第18题-乙EF18某地拟模仿图甲建造一座大型体育馆，其设计方案侧面的外轮廓线如图乙所示：曲线是以点为圆心的圆的一部分，其中（，单位：米）；曲线是抛物线的一部分；，且恰好等于圆的半径. 假定拟建体育馆的高米.（1）若要求米，米，求与的值；（2）若要求体育馆侧面的最大宽度不超过米，求的取值范围；（3）

7、若，求的最大值.（参考公式：若，则）解：（1）因为，解得. 2分 此时圆，令，得， 所以，将点代入中，解得. 4分（2）因为圆的半径为，所以，在中令，得，则由题意知对恒成立， 8分所以恒成立，而当，即时，取最小值10，故，解得. 10分（3）当时，又圆的方程为，令，得，所以，从而， 12分又因为，令，得， 14分当时，单调递增；当时，单调递减，从而当 时，取最大值为25.答：当米时，的最大值为25米. 16分（说明：本题还可以运用三角换元，或线性规划等方法解决，类似给分）19设数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，若，.（1）求数列的通项公式；（2）对于正整数（），求证：“且”是“这三项经

8、适当排序后能构成等差数列”成立的充要条件；（3）设数列满足：对任意的正整数，都有，且集合中有且仅有3个元素，试求的取值范围.解：（1）数列是各项均为正数的等比数列，又，； 4分（2）（）必要性：设这三项经适当排序后能构成等差数列，若，则， . 6分若，则，左边为偶数，等式不成立，若，同理也不成立，综合，得，所以必要性成立. 8分（）充分性：设，则这三项为，即，调整顺序后易知成等差数列，所以充分性也成立.综合（）（），原命题成立. 10分（3）因为，即，（*）当时，（*）则（*）式两边同乘以2，得，（*）（*）（*），得，即，又当时，即，适合，.14分，时，即；时，此时单调递减，又，. 16分2

9、0已知函数，.（1）设. 若函数在处的切线过点，求的值； 当时，若函数在上没有零点，求的取值范围；（2）设函数，且，求证：当时，.解：（1）由题意，得，所以函数在处的切线斜率， 2分又，所以函数在处的切线方程，将点代入，得. 4分（2）方法一：当，可得，因为，所以，当时，函数在上单调递增，而，所以只需，解得，从而. 6分当时，由，解得，当时，单调递减；当时，单调递增.所以函数在上有最小值为，令，解得，所以. 综上所述，. 10分方法二：当， 当时，显然不成立；当且时，令，则，当时，函数单调递减，时，函数单调递减，当时，函数单调递增，又，由题意知. （3）由题意，而等价于， 令， 12分则，且，

10、令，则，因， 所以， 14分所以导数在上单调递增，于是，从而函数在上单调递增，即. 16分CABDP第21-A题图附加题答案21. A、（选修41：几何证明选讲）如图，已知点为的斜边的延长线上一点，且与的外接圆相切，过点作的垂线，垂足为，若，求线段的长.解：由切割线定理，得，解得，所以，即的外接圆半径，5分记外接圆的圆心为，连，则，在中，由面积法得，解得. 10分B、（选修42：矩阵与变换）求直线在矩阵的变换下所得曲线的方程.解：设是所求曲线上的任一点，它在已知直线上的对应点为，则，解得， 5分代入中，得，化简可得所求曲线方程为. 10分C、（选修44：坐标系与参数方程）在极坐标系中，求圆的圆

11、心到直线的距离.解：将圆化为普通方程为，圆心为， 4分又，即，所以直线的普通方程为， 8分故所求的圆心到直线的距离. 10分D、解不等式.解：当时，不等式化为，解得； 3分当时，不等式化为，解得； 6分当时，不等式化为，解得； 9分所以原不等式的解集为. 10分CABPB1C1A1第22题图22（本小题满分10分）如图，在直三棱柱中，动点满足，当时，.（1）求棱的长；（2）若二面角的大小为，求的值.解：（1）以点为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，设，则，所以， 2分当时，有解得，即棱的长为. 4分（2）设平面的一个法向量为，则由，得，即，令，则，所以平面的一个法向量为，6分又平面与轴垂直，所以平面的一个法向量为，因二面角的平面角的大小为，所以，结合，解得. 10分23设集合，是的两个非空子集，且满足集合中的最大数小于集合中的最小数，记满足条件的集合对的个数为.（1）求的值；（2）求的表达式.解：（1）当时，即，此时，所以， 2分当时，即，若，则，或，或；若或，则；所以. 4分（2）当集合中的最大元素为“”时，集合的其余元素可在中任取若干个（包含不取），所以集合共有种情况， 6分此时，集合的元素只能在中任取若干个（至少取1个），所以集合 共有种情况，所以，当集合中的最大元素为“”时，集合对共有 对， 8分当依次取时，可分别得到集合对的个数，求和可得. 10分