浙江省杭州二中2015届高三三模数学理试题 - Word版含答案

2015年浙江省杭州二中高三年级三模

数学（理科）试题卷

本试题卷分选择题和非选择题两部分．全卷共4页, 选择题部分1至2页, 非选择题部分3至4页．满分150分, 考试时间120分钟．

请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．

参考公式：

柱体的体积公式V=Sh 其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高 锥体的体积公式 V=

13Sh 其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高

台体的体积公式V?13h(S1?S1S2?S2) 其中S1,S2分别表示台体的上,下底面积

球的表面积公式S=4πR2球的体积公式V=

43其中R表示球的半径，h表示台体的高 其中R表示球的半径

πR3

第I卷（共40分）

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．已知定义域为R的函数f(x)不是奇函数，则下列命题一定为真命题的是（ ） A．?x?R，f(?x)??f(x) B．?x?R，f(?x)?f(x) C．?x0?R，f(?x0)??f(x0) D．?x0?R，f(?x0)?f(x0) 2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3?a8?13且S7?35，则a7?（ ） A．11 B．10 C．9 D．8 3．函数f(x)?Asin(?x??)（其中A?0,???2)）的图象如图所示，为了得到

g(x)?sin?x的图象，则只要将f(x)的图象（ ）

??个单位长度 B．向右平移个单位长度

126??C．向左平移个单位长度 D．向左平移个单位长度

126A．向右平移

4．设a,b?R，则“a>b”是“aa>bb”的（ ）

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A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

?x?2y?1?05．若变量x,y满足??2x?y?0，则点P(2x?y,x?y)所在区域的面积为（ ）

?x?1?A．

341 B. C. D. 1 432?|log2x|,0?x?26．已知函数f(x)??，若存在实数x1，x2，x3，x4，满足x1?x2?x3?x4，??sin(x),2?x?10??4且f(x1)?f(x2)?f(x3)?f(x4)，则

(x3?2)?(x4?2)的取值范围是（ ）

x1?x2A．(4,16) B．(0,12) C．(9,21) D．(15,25)

x2y27．已知点P为双曲线2?2?1(a?0,b?0)右支上一点，F1,F2分别

abb2为双曲线的左右焦点，且|F1F2|?，I为三角形PF1F2的内心，若

aS?IPF1?S?IPF2??S?IF1F2成立， 则?的值为（ ）

D1C1B1A．

1?22 B．23?1 C．2?1 D．2?1 2A18．过正方体ABCD-A1B1C1D1棱DD1的中点与直线BD1所成角为40°，且与平面AC C1A1所成角为50°的直线条数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．无数

DACB第II卷（共110分）

二、填空题：本大题共7小题，第9至12题每小题6分，第13至15题每题4分，共36分． 9．设全集为R，集合M?{x?R|x?4x?3?0},集合N?{x?R|2?4则}2xM?N? ；M?N? ；CR(M?N)? . 10．已知

0?α?π2,

π??β?02,cos(α?β)?35，且taα?n34，则

cosα?________,sinβ?_______.

11．在如图所示的空间直角坐标系O—xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(2，0，0)，(0，2，0)，(0，0，2)，(2，2，2)．给出编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图、侧

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视图和俯视图分别为（填写编号） ，此四面体的体积为 .

12

．

已

知

圆

①②③④C:(x?cos?)2?(y?sin?)2?2(??R)与直线l:xcos??ysin??1?0(??R)，则圆

C的圆心轨迹方程为 ，直线l与圆C的位置关系是______． 13．已知点A(?11,)在抛物线C:y2?2px(p?0)的准线上，点M，N在抛物线C上，且22位于x轴的两侧，O是坐标原点，若OM?ON?3，则点A到动直线MN的最大距离为 ．

14．在直径AB为2的圆上有长度为1的动弦CD，则AC?BD的取值范围是 ． 15．已知a,b,c为非零实数，f(x)?ax?bd,x?R，且f(2)?2,f(3)?3.若当x??时，cx?dc对于任意实数x，均有f(f(x))?x，则f(x)值域中取不到的唯一的实数是 ．

三、解答题：本大题共5小题，第16至19题每题15分，第20题14分，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

16．?ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，已知a,b,c成等比数列，且cosB?3. 411?的值； tanAtanB3（Ⅱ）设BA?BC?，求a?c的值.

2（Ⅰ）求

17．已知四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为?ABC?2?的菱形，3PA?平面ABCD，点Q在直线PA上. P（Ⅰ）证明：直线QC?直线BD； Q D- 3 - CABM

（Ⅱ）若二面角B?QC?D的大小为2?，点M为BC的中点，求直线QM与AB所成角的余

3弦值.

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?1an?n,n为奇数18．已知数列{an}中，a1?1,an?1??， 3??a?3n,n为偶数?n （Ⅰ）求证：数列{a2n?}是等比数列；

（Ⅱ）设Sn是数列{an}的前n项和，求满足Sn?0的所有正整数n．

19．如图，中心在坐标原点，焦点分别在x轴和y轴上的椭圆T1，T2都过点M(0,?2)，且椭圆T1与T2的离心率均为2. 2（Ⅰ）求椭圆T1与椭圆T2的标准方程；

（Ⅱ）过点M引两条斜率分别为k,k?的直线分别交T1，T2于点P，Q，当k??4kMOPy32Qx时，问直线PQ是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.

ax2?x?a20．设f(x)??x?ax?1，g(x)?，

x22（Ⅰ）若f(x)?b?0在[1,2]上有两个不等实根，求g(1)?b的取值范围；

（Ⅱ）若存在x1?[1,2]，使得对任意的x2?[,1]，都有f(x1)?g(x2)成立，求实数a的取值范围.

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12

参考答案

一、选择题 题号 答案 1 C 2 D 3 A 4 C 5 D 6 B 7 D 8 B 二、填空题：

9. (??,1)?(2,??)；(3,??)；(??,3] 10.

478；? 11. ③ ② ② ；； 525312. x?y?1；相交; 13. 三、解答题：

2231552; 14. [?,]; 15.

222216. 解：（Ⅰ）因为a,b,c成等比数列，所以b?ac,

2a2?c2?b2a2?c2?ac1ca??(??1) 由余弦定理可知：cosB?2ac2ac2ac又cosB?于是

1ca3c137，所以sinB?，且(??1)?，解得?2或. 42ac4a2411cosAcosBsinCc82??????7或7. tanAtanBsinAsinBsinA?sinBa?sinB7733（Ⅱ）因为BA?BC?,所以cacosB?，所以ca?2，

22c1又?2或，于是c?a?3. a23332【另解】由BA?BC?得ca?cosB?，由cosB?可得ca?2，即b?2

422由余弦定理 b?a?c?2ac?cosB得a?c?b?2ac?cosB?5

222222?a?c?2?a2?c2?2ac?5?4?9 ∴ a?c?3.

17. （Ⅰ）证明：显然BD?AC，PA?平面ABCD，则PA?BD，故BD?平面PAC,

QC?平面PAC,则直线QC?直线BD；

（Ⅱ）由已知和对称性可知，二面角B?QC?A的大小为?，设底面ABCD的棱长为单位长度

32，AQ?x ，设AC，BD交于点E,则有点B到平面AQC的距离BE为1，过点E做QC的垂线，垂足设为F，则有

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tan?BFE?tan?3?BE233，BE=1，则BE=，点A到QC的距离为，则有 EF33

236. ?x2?(23)2?x?23，得x?32 过点M作AB的平行线交AD的中点为G，则GM=2，QG?(62210， )?1?22AM?22?12?2?2?1?221634， ?7，则QM?()2?7?2223410?4?QM?GM?QG4?534， cos?QMG??42QM?GM34342??2222即所求的QM与AB所成角的余弦值为 18.

534. 34）

证

明

：

（Ⅰ

11a2n??a2n?3231a(2n??(32?322n?a2n?32)32?1n?1a2)31， 3a2n?32?n(?n3?2n26a2n?32 所以数列{a2n?}是以a2?（Ⅱ）由（Ⅰ）得

311??为首项，为公比的等比数列。 26331111113???()n?1???(n)，则a2n???()n?； 26323232111n?115由a2n?a2n?1?(2n?1)，得a2n?1?3a2n?3(2n?1)???()?6n?，

323211n?11n1n 得：a2n?1?a2n???[()?()]?6n?9??2()?6n?9，

2333 a2n? S2n?(a1?a2)?(a3?a4)?????(a2n?1?a2n)

1111??2[?()2?()3?????()n]?6(1?2?3?????n)?9n

333311[1?()n]3?6?n(n?1)?9n ??2?3121?311?()n?1?3n2?6n?()n?3(n?1)2?2 33

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显然，当n?N时，{S2n}单调递减， 当n?1时，S2??78?0，n?2时S4???0，则当n?2时，S2n?0； 39315S2n?1?S2n?a2n??()n??3n2?6n，

232同理可得仅当n?1时，S2n?1?0，

综上，可得满足条件Sn?0的n的值为1和2.

x2y2y2??1,?x2?1； 19.解：（Ⅰ）422（Ⅱ）直线MP的方程为y?kx?2，联立椭圆方程得：

?x2y2?142k?? ?4 ，消去y得(2k2?1)x2?42kx?0，则xP?，则点P的坐标为 222k?1?y?kx?2?42k22k2?2 P:(2,) 同理可得点Q的坐标为： 22k?12k?122k?2k?2?2242k82k2?2Q:(2,)，又k??4k，则点Q为：(2,)， 2k??2k??28k?18k2?182k2?222k2?2?22k2?1??1， ?8k?12k42k42k?8k2?12k2?1 kPQ22k2?2142k??(x?)，即 则直线PQ的方程为：y?2k2?12k2k2?1122k2?2142ky??x?2， y???(x?),化简得222k2k?12k2k?1即当x?0时，y?2，故直线PQ过定点(0,2).

x2y2方法2：先证明一个结论：曲线2?2?1上的任一点T(x0,y0)和曲线上两个关于中心的

abb2对称点P(x?,y?),Q(?x?,?y?)（T不同于P，Q）连线的斜率乘积为?2.

a

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证明：kTP?kTQx2y2y0?y?y0?y?y02?y?2?y)?在曲线2?2?1，点T(x0,y0)，点P(x,???22abx0?x?x0?x?x0?x?x02y02x?2y?2x02?x?2y02?y?2上，则有：2?2?1，2?2?1，两式相减得：??0，则22abababkTP?kTQy02?y?2b2?2??2。 2x0?x?a回到本题，设点N(0,2)，PN与曲线T2交于点Q?，则有： 对曲线T1，则有kPM?kPN??21??， 42对曲线T2，则有kQ?M?kQ?N?kQ?M?kPN??k??kk?2??2，则QMPN?4，则QM?4，又 1kPM?kPNkPMkQMk?，则Q与Q?重合，即直线PQ过定点N(0,2). ?4?kkPM20.解：（Ⅰ）依题意可设：F(x)?f(x)?b??x2?ax?1?b

??(x?x1)(x?x2)，其中x1?x2,x1,x2?[1,2],

F(?2)??(?2?x1)(?2?x2)??(2?x1)(2?x2)?(?16,?9)

则g(1)?b?2a?1?b?F(?2)?4?(?12,?5)； （Ⅱ）由题意，问题转化为(f(x))max?g(x)，对x?[,1]恒成立。

121ax2?x?a?t?[1,2]， 对函数g(x)?，令xx2ax2?x?a2g(x)??h(t)?at?t?a则问题转化为： 2x(f(x))max?h(t),t?[1,2]恒成立.

??2a?3,a??4?2?a???1,?4?a??2， ?4???a,a??2显然：(f(x))max （1）当a??4时，

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?2a?3?at2?t?a对t?[1,2]恒成立，则a?? a??t?3对t?[1,2]恒成立，得 t2?24，得a??4； 3（2）当?4?a??2时，

a2a222?1?at?t?a对t?[1,2]恒成立，则H(t)?at?t?a?1??0对t?[1,2]恒44成立，

关于t的二次函数的对称轴在[?,?]之间，开口向下，则H(1)?0，得a?0,a?8， 即得?4?a??2； （3）当a??2时，

1418at?[1,2]恒成立，则a? ?a?at?t?对

a??2?t对t?[1,2]恒成立，得 t2?222，得?2?a??； 442. 4综上，得满足题意的a的范围是：a??

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