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1、优质文本湖北省稳派教育2015届高三一轮复习质量检测数学理试题本试卷分为第I卷选择题和第卷非选择题两局部.总分值150分.考试时间120分钟.第I卷选择题 共50分一、选择题本大题共10小题，每题5分，共50分.在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的.1设是虚数单位，假设复数为纯虚数，那么实数的值为 【答案】【解析】依题意由复数为纯虚数可知，且，求得应选【解题探究】此题主要考查复数的根本概念与复数的运算解题的关键是利用复数运算法那么进行复数的乘法、除法运算，求解时还需要注意理解纯虚数的概念2，命题，那么是假命题，是假命题，是真命题， 是真命题，【答案】【解析】因为，所以当时，函
2、数单调递减，即对，恒成立，所以是真命题又全称命题的否认是特称命题，所以是，应选【解题探究】此题考查函数的单调性的判断与全称命题的否认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认形式的根本格式3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，假设某儿童的记忆能力为时，那么他的识图能力为 【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，即他的识图能力为应选【解题探究】此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
3、4执行图中的程序框图其中表示不超过的最大整数，那么输出的值为 【答案】【解析】每次循环的结果分别为：，；，；，；，；，；，这时，输出应选【解题探究】此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下列图，如该几何体的外表积为，那么的值为 【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，四棱柱的高为，那么几何体的外表积，即，解得应选【解题探究】此题考查立体几何中的三视图及几何体的体积计算通过题中给出的三视图，分
4、析可以得到该几何体是一个底面是直角梯形的四棱柱，然后依据四棱柱的外表积公式进行计算6在中，内角，所对应的边分别为，假设，且，那么的值为 【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，求得应选【解题探究】此题考查正弦定理、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，即可求出的值7设，那么多项式的常数项为 【答案】【解析】因为，那么多项式为，它的展开式的通项公式为，令，求得，所以展开式的常数项为应选【解题探究】此题考查定积分的计算和二项式定理的应用先由定积分求出的值，再求解二项式展开式中的常数项，利用二项式的展开式的
5、通项，令的对应次数为即可求出其常数项8如图，大正方形的面积是，四个全等直角三角形围成一个小正方形，直角三角形的较短边长为，向大正方形内抛撒一枚幸运小花朵，那么小花朵落在小正方形内的概率为. . . .【答案】.【解析】因为大正方形的面积是，所以大正方形的边长是，由直角三角形的较短边长为，得四个全等直角三角形的直角边分别是和，那么小正方形边长为，面积为.所以小花朵落在小正方形内的概率为.应选.【解题探究】此题考查几何概型的计算. 几何概型的解题关键是求出两个区间的长度面积或体积，然后再利用几何概型的概率计算公式求解所以此题求小花朵落在小正方形内的概率，关键是求出小正方形的面积和大正方形的面积.9
6、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，假设双曲线的离心率为，的面积为，那么的内切圆半径为 【答案】【解析】由，可得由，求得，所以将代入，得，解得所以，那么的三边分别为，设的内切圆半径为，由，解得应选【解题探究】此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给定区域，令点集是在上取得最大值或最小值的点，那么中的点最多能确定三角形的个数为 【答案】【解析】作出不等式组对应的平面区域如图中阴影局部所示，因为直线与直线，直线平行，所以直线过直线上的整数点：，时，直线的纵截距最大，即最大；直
7、线过直线上的整数点：，时，直线的纵截距最小，即最小所以满足条件的点共有个，那么中的点最多能确定三角形的个数为个应选【解题探究】此题是一道涉及线性规划和组合数求解的综合题问题求解分两步完成：第一步求出目标函数在上取得最大值或最小值的点；第二步计算中的点最多能确定三角形的个数在计算三角形个数时，注意排除三点共线的情形第二卷非选择题 共100分二、填空题本大题共6小题，考生共需作答5小题，每题5分，共25分.(一)必考题1114题11设，为单位向量，其中，且在上的投影为，那么与的夹角为 【答案】【解析】设与夹角为，那么，解得，所以故填【解题探究】此题考查向量的根本运算及单位向量、向量的投影概念的理解
8、解题关键是对向量投影的理解：假设向量，那么在上的投影为12假设直线经过点，且，那么当 时，取得最小值 【答案】【解析】由直线经过点，得，即，所以又由，得，即由柯西不等式，得，由此可得等号成立的条件为且，即，所以故填【解题探究】此题考查柯西不等式在求解三元条件最值上的应用先由直线过定点可得，然后再思考系数的匹配，构造柯西不等式的形式，可求出的最小值，最后由柯西不等式等号成立求出，可得的值13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，那么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，如果截得的两个截面的面积总是相等，那么这两个几何体
9、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】此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，进而得到的体积14假设其中为整数，那么称为离实数
10、最近的整数，记作，即1假设，那么的值域是 ；2设集合，假设集合的子集恰有个，那么实数的取值范围是 . 【答案】；或.【解析】1当时，.故填.2由条件知是周期为的周期函数，由周期性可作出其图象.又集合的子集恰有个，即中只有两个元素.作出和的图象如下列图，那么有或，即或.故填或.【解题探究】此题是一道涉及创新定义、表达数形结合的小综合题解题关键是理解“离实数最近的整数的数学意义，第2问由条件得到函数的周期性是解题的突破，这样可以得到函数的图象，从而求出实数的取值范围.另外解题中还要注意特殊点的选取，对应区间端点是否取得.15选修41：几何证明选讲如图，是圆的直径，、为圆上的点，是的角平分线，与圆切
11、于点且交的延长线于点，垂足为点.假设圆的半径为，那么 .【答案】.【解析】连接，那么有.又是的角平分线，所以，所以.因为是圆的切线，所以，那么.由题意知，所以，.因为是圆的切线，由切割线定理，得.在中，所以.于是.故填.【解题探究】此题主要考查平面几何证明中圆的根本性质的应用求解时首先由是的角平分线推理出，然后由圆的切割线定理得到，求出的值16选修44：坐标系与参数方程在极坐标系中，圆的方程为，以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面坐标系，圆的参数方程为为参数，假设圆与外切，那么实数的值为 .【答案】.【解析】圆的方程化为，化简得，故其普通方程为，其圆心坐标为，半径；圆的普通方程是，所以
12、的坐标是，因为两圆外切，所以，所以.故填.【解题探究】此题考查圆的参数方程、圆的极坐标方程背景下两圆的位置关系问题求解这类问题，先将极坐标中的圆对应的方程和参数方程中的圆对应的方程都化为直角坐标系下的普通方程，再在普通方程中由两圆相外切时求出实数的值三、解答题本大题共6小题，共75分.解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.本小题总分值11分函数，的局部图象如下列图，是图象的最高点，为图象与轴的交点，为坐标原点假设，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，那么将点代入，得，因为，所以，于是 5
13、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】此题主要考查三角函数的图象和性质第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.18. 本小题总分值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，那么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
14、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，那么，考虑到，所以从而，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，那么，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】此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，根本方法是先假设它们成等比数列，再证明问题是否有解19.
15、本小题总分值12分如图，在三棱锥中，底面，分别是，的中点，在上，且1求证：平面；2在线段上上是否存在点，使二面角的大小为？假设存在，求出的长；假设不存在，请说明理由【解析】1由，是的中点，得因为底面，所以 2分在中，所以因此，又因为，所以，那么，即 4分因为底面，所以，又，所以底面，那么又，所以平面 6分2解法1常规法：假设满足条件的点存在，并设过点作交于点，又由，得平面作交于点，连结，那么于是为二面角的平面角，即，由此可得 8分由，得，于是有，在中，即，解得于是满足条件的点存在，且 12分2解法2向量法：假设满足条件的点存在，并设以为坐标原点，分别以，为，轴建立空间直线坐标系，那么，由得所以
16、， 8分设平面的法向量为，那么，即，取，得，即设平面的法向量为，那么，即，取，得，即由二面角的大小为，得，化简得，又，求得 于是满足条件的点存在，且 12分【命题立意】此题考查空间几何图形中线面关系的平行或垂直的证明及空间角的计算第1问证明平面，根本思路是证明与平面内的两条相交直线垂直，注意合理利用题设条件给出的数量关系和图形关系；第2问应抓住两点找到问题的求解方向：一是点的预设位置，二是二面角的位置涉及空间二面角的问题，可以从两个不同的方法上得到求解，即常规法和向量法20.本小题总分值12分翡翠市场流行一种赌石“游戏规那么：翡翠在开采出来时有一层风化皮包裹着，无法知道其内的好坏，须切割前方能
17、知道翡翠的价值，参加者先缴纳一定金额后可得到一块翡翠石并现场开石验证其具有的收藏价值某举办商在赌石游戏中设置了甲、乙两种赌石规那么，规那么甲的赌中率为，赌中后可获得20万元；规那么乙的赌中率为，赌中后可得万元；未赌中那么没有收获每人有且只有一次赌石时机，每次赌中与否互不影响，赌石结束后当场得到兑现金额 1收藏者张先生选择规那么甲赌石，收藏者李先生选择规那么乙赌石，记他们的累计获得金额数为单位：万元，假设的概率为，求的大小； 2假设收藏者张先生、李先生都选择赌石规那么甲或选择赌石规那么乙进行赌石，问：他们选择何种规那么赌石，累计得到金额的数学期望最大？【解析】1由得收藏者张先生赌中的概率为，收藏
18、者李先生赌中的概率为，且两人赌中与否互不影响记“这2人的累计获得金额数为单位：万元的事件为，那么事件的对立事件为“ 因为，所以，求得 4分 2设收藏者张先生、李先生都选择规那么甲赌中的次数为，都选择规那么乙赌中的次数为，那么这两人选择规那么甲累计获奖得金额的数学期望为，选择规那么乙累计获奖得金额的数学期望为 由可得，所以， 从而， 8分 假设，那么，解得； 假设，那么，解得；假设，那么，解得 11分综上所述，当时，他们都选择规那么甲进行赌石时，累计得到金额的数学期望最大；当时，他们都选择规那么乙进行赌石时，累计得到金额的数学期望最大；当时，他们都选择规那么甲或规那么乙进行赌石时，累计得到金额的
19、数学期望相等 12分【命题立意】此题以翡翠市场流行一种赌石“游戏规那么为命题背景，考查数学期望的计算及在实际中的应用.第1问是理解对立事件及其概率的计算，即假设“2人的累计获得金额数为单位：万元的事件为，那么事件的对立事件为“；第2问是考查离散型随机变量的期望值，通过对期望值的计算，比较期望值的大小得到求解问题的决策.21.本小题总分值14分椭圆的左、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，那么，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
20、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，那么，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】此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22.本小题总分值14分函数，1求函数的单调区间；2当时，过原点分别作曲线与的切线，两切线的斜率互为倒数，证明：；3设，当，时，求实数的取值范围【解析】1依题意，函数
21、的定义域为，对求导，得假设，对一切有，函数的单调递增区间是假设，当时，；当时，所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是 3分2设切线的方程为，切点为，那么，所以，那么由题意知，切线的斜率为，的方程为设与曲线的切点为，那么，所以，又因为，消去和后，整理得 6分令，那么，在上单调递减，在上单调递增假设，因为，所以，而在上单调递减，所以假设，因为在上单调递增，且，那么，所以舍去综上可知， 9分3，当时，因为，所以，在上递增，恒成立，符合题意当时，因为，所以在上递增，且，那么存在，使得所以在上递减，在上递增，又，所以不恒成立，不合题意 13分综合可知，所求实数的取值范围是 14分【命题立意】此题考查利用导数讨论含参数函数的单调性、利用导数求曲线的切线问题及研究不等式恒成立问题.第1问利用导数求函数的单调区间，注意对参数的分类讨论；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；第3问考查利用导数处理函数的最值和不等式的恒成立求参数的范围问题，求导过程中用到了课后习题这个结论，考查学生对课本知识的掌握程度