湖北省教学合作高三数学10月联考试题 理（含解析）新人教A版(1).doc

教学合作2015届高三年级十月联考试题数学（理科）【试卷综评】本试卷试题主要注重基本知识、基本能力、基本方法等当面的考察，覆盖面广，注重数学思想方法的简单应用，试题有新意，符合课改和教改方向，能有效地测评学生，有利于学生自我评价，有利于指导学生的学习，既重视双基能力培养，侧重学生自主探究能力，分析问题和解决问题的能力，突出应用，同时对观察与猜想、阅读与思考等方面的考查。本卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分150分，考试用时120分钟第卷 （选择题，50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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【题文】1、已知集合，则a b c d【知识点】交集及其运算a1 【答案解析】d 解析：依题意；化简集合，利用集合的运算可得：.故选d.【思路点拨】求出集合a，b的等价条件，即可得到结论【题文】2、下列命题中真命题的个数是 （1）若命题中有一个是假命题，则是真命题 （2）在中，“”是“”的必要不充分条件 （3）表示复数集，则有a0 b1 c2 d3【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断a2 【答案解析】c 解析：命题（1）（2）是真命题，（3）是假命题，故选c【思路点拨】根据pq，p的真假和p，q真假的关系，二倍角的正弦公式，复数的概念即可判断这几个命题的真假【题文】3、已知四个函数：；的图象如下，但顺序打乱，则按照图象从左到右的顺序，对应的函数正确的一组是a b c d 【知识点】函数的图象与图象变化b10 【答案解析】a 解析：是偶函数，其图象关于轴对称；是奇函数，其图象关于原点对称；是奇函数，其图象关于原点对称且当时，；为非奇非偶函数，且当时，；当时，；故选a.【思路点拨】从左到右依次分析四个图象可知，第一个图象关于y轴对称，是一个偶函数，第二个图象不关于原点对称，也不关于y轴对称，是一个非奇非偶函数；第三、四个图象关于原点对称，是奇函数，但第四个图象在y轴左侧，函数值不大于0，分析四个函数的解析后，即可得到函数的性质，进而得到答案【题文】4、已知，则的大小关系是a b c d 【知识点】对数值大小的比较菁b7【答案解析】b 解析：由指数函数和对数函数的性质可知，而，所以有，故选b.【思路点拨】利用指数函数和对数函数的单调性即可得出【题文】5、将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数a由最大值，最大值为 b对称轴方程是c是周期函数，周期 d在区间上单调递增【知识点】两角和与差的正弦函数；函数y=asin（x+）的图象变换c5 c4 【答案解析】d 解析：化简函数得，所以易求最大值是2，周期是，由，得对称轴方程是由，故选d.【思路点拨】由两角差的正弦公式化简函数，再由图象平移的规律得到，易得最大值是2，周期是，故a，c均错；由，求出x，即可判断b；再由正弦函数的增区间，即可得到g（x）的增区间，即可判断d【题文】6、已知函数的导函数，则中最大的数是a b c d 【知识点】导数的运算b11 【答案解析】d 解析：由于函数是可导函数且为单调递减函数，分别表示函数在点处切线的斜率，因为，故分别表示函数图象上两点和两点连线的斜率，由函数图象可知一定有，四个数中最大的是，故选.【思路点拨】设利用导数及直线斜率的求法得到a、b、c，d分别为对数函数的斜率，根据对数函数的图象可知大小，得到正确答案【题文】7、已知，若函数满足，则称为区间上的一组“等积分”函数，给出四组函数： ； ； ； 函数分别是定义在上的奇函数且积分值存在其中为区间上的“等积分”函数的组数是a1 b2 c3 d4【知识点】微积分基本定理b13【答案解析】c 解析：对于，或者利用积分的几何意义（面积）直接可求得，而，所以是一组“等积分”函数；对于，而，所以不是一组“等积分”函数；对于，由于函数的图象是以原点为圆心，1为半径的半圆，故，而，所以是一组“等积分”函数；对于，由于函数分别是定义在上的奇函数且积分值存在，利用奇函数的图象关于原点对称和定积分的几何意义，可以求得函数的定积分，所以是一组“等积分”函数，故选c【思路点拨】利用“等积分”函数的定义，对给出四组函数求解，即可得出区间1，1上的“等积分”函数的组数【题文】8、已知，若对任意实数恒成立，则实数的取值范围是a b c d【知识点】一般形式的柯西不等式n4 【答案解析】b 解析：由柯西不等式得, ,即,即的最大值为3，当且仅当时等号成立；所以对任意实数恒成立等价于对任意实数恒成立，又因为对任意恒成立，因此有即，解得，故选b.【思路点拨】由柯西不等式求得，可得对任意实数x恒成立再根据|x1|+|x+m|m+1|，可得，由此求得m的范围【题文】9、已知由不等式组，确定的平面区域的面积为7，定点m的坐标为，若，o为坐标原点，则的最小值是a b c d【知识点】简单线性规划e5【答案解析】b 解析：依题意：画出不等式组所表示的平面区域（如右图所示）可知其围成的区域是等腰直角三角形面积为，由直线恒过点，且原点的坐标恒满足，当时，此时平面区域的面积为，由于，由此可得.由可得，依题意应有，因此（，舍去）故有，设，故由，可化为，所以当直线过点时，截距最大，即取得最小值，故选b【思路点拨】首先作出不等式组所表示的平面区域，然后根据直线恒过点b（0，2），且原点的坐标恒满足，当k=0时，y2，此时平面区域的面积为6，由于67，由此可得k0联立方程组求出d的坐标，根据三角形的面积公式求得k的值，最后把转化为线性目标函数解决【题文】10、已知函数设两曲线有公共点，且在该点处的切线相同，则时，实数的最大值是a b c d【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程b12【答案解析】d 解析：依题意：，因为两曲线，有公共点，设为，所以，因为，所以，因此构造函数，由，当时，即单调递增；当时，即单调递减，所以即为实数的最大值.【思路点拨】分别求出函数f（x）的导数，函数g（x）的导数由于两曲线y=f（x），y=g（x）有公共点，设为，则有，且，解出x0=a，得到b关于a的函数，构造函数，运用导数求出单调区间和极值、最值，即可得到b的最大值第卷（非选择题 共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中的横线上【题文】11、已知向量与向量的夹角为，若且，则在上的投影为 【知识点】数量积判断两个平面向量的垂直关系f3 【答案解析】 解析：因为,故所以在上的投影为.【思路点拨】因为向量与向量的夹角为，所以在上的投影为，问题转化为求。【题文】12、已知偶函数在上满足：当且时，总有，则不等式的解集为 【知识点】函数单调性的性质；函数单调性的判断与证明b3 【答案解析】 解析：依题意：偶函数在上单调递减，所以在上单调递增，直接构造函数，问题转化为解不等式，解之得：，所以不等式的解集为.另解：依题意：偶函数在上单调递减，所以在上单调递增，由于，即所以不等式的解集为.【思路点拨】偶函数在上单调递减，所以在上单调递增，直接构造函数，问题转化为解不等式，解出即可【题文】13、点o是锐角的外心，若，则 【知识点】平面向量的基本定理及其意义f2【答案解析】 解析：如图，点在上的射影是点，它们分别为的中点，由数量积的几何意义，可得，依题意有，即，同理，即综上，将两式相加可得：，即【思路点拨】利用数量积的定义在左右分别乘以，即可求得【题文】14、定义在正整数集上的函数满足（1）；（2），则有 【知识点】抽象函数及其应用b10 【答案解析】 ; 解析：注意到和，易求得；因为，所以故有【思路点拨】由于f（f（n）=4n+3，f（125）=m，则f（m）=f（f（125），令n=125，即可得到f（m）；由于f（f（n）=4n+3，将n换成f（n），得到f（f（f（n）=f（4n+3）=4f（n）+3，由于2015=4503+3，503=4125+3，代入上式，即可得到f（2015）【题文】15、（选修4-4：坐标系与参数方程） 曲线c的参数方程是（为参数，且），以坐标原点o为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线d的方程为，取线c与曲线d的交点为p，则过交点p且与曲线c相切的极坐标方程是 【知识点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程n3 【答案解析】 解析：曲线即直线的普通方程为，又曲线即圆心为，半径为2的半圆，其方程为，注意到，所以，联立方程组得，解之得，故交点的坐标为.过交点且与曲线相切的直线的普通方程是，对应的极坐标方程为.【思路点拨】把曲线d的方程，化为普通方程为x+y=0利用sin2+cos2=1可把曲线c的参数方程，化为，注意到（，2），可得y0，联立即可得出交点，进而得出切线方程三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写成文字说明、证明过程或演算步骤【题文】16、（本小题满分12分） 已知集合，集合，函数的定义域为集合b若，求集合；命题，命题，若是的必要条件，求实数的取值范围【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；交、并、补集的混合运算；必要条件a1 a2 【答案解析】（1）（2）解析：（1）因为集合，因为函数，由，可得集合2分， 4分故. 6分（2）因为是的必要条件等价于是的充分条件，即由，而集合应满足，因为故， 8分依题意就有：， 10分即或所以实数的取值范围是. 12分【思路点拨】（1）将代入原函数式，再求其定义域，然后进行交集、补集的运算便可（2）根据必要条件的定义，及原函数的定义域，便可建立对于a的限定的式子【题文】17、（本小题满分12分） 在中，所对的边分别为，向量，向量，若（1）求角a的大小；（2）若外接圆的半径为2，求边的长【知识点】余弦定理；向量的模；正弦定理菁c8 f3【答案解析】（1）（2）解析：（1）依题意：，因为,所以 ，化简得：，故有. 6分（2）依题意，在中，由正弦定理，所以，由余弦定理可得：，化简得：，解得：（负值舍去）.12分【思路点拨】（1）由两向量的坐标表示出，根据向量模的计算方法列出关系式，整理求出tana的值，即可确定出a的度数；（2）由三角形abc外接圆半径，sina的值，求出a的值，利用余弦定理求出c的值即可【题文】18、（本小题满分12分） 据气象中心观察和预测：发生于沿海m地的台风已知向正南方向移动，其移动速度与时间的函数图象如图所示，过线段oc上一点作横轴的垂线，梯形oabc在直线左侧部分的面积即为内台风所经过的路程 （1）当时，求的值，并将随变化的规律用数学关系式表示出来； （2）若n城位于m地正南方向，且距n地，试判断这场台风师父会侵袭到n城，如果会，在台风发生后多出时间它将侵袭到n城？如果不会，请说明理由【知识点】函数解析式的求解及常用方法b1【答案解析】（1）24；（2）在台风发生后30小时后将侵袭到城.解析：（1）由图象可知：直线的方程是：，直线的方程是： 当时，所以. 2分当时，； 3分当时，4分当时， 5分综上可知随变化的规律是 7分（2）， 8分, 9分当时，令，解得，（舍去）11分即在台风发生后30小时后将侵袭到城. 12分【思路点拨】（1）设直线l交v与t的函数图象于d点由图象知，点a的坐标为（10，30），故直线oa的解析式为v=3t，当t=4时，d点坐标为（4，12），ot=4，td=12，s=412=24（km）；（2）分类讨论：当0t10时；当10t20时；当20t35时；（3）根据t的值对应求s，然后解答【题文】19、（本小题满分12分） 某地一天的温度（单位：）随时间（单位：小时）的变化近似满足函数关系：，且早上8时的温度为， （1）求函数的解析式，并判断这一天的最高温度是多少？出现在何时？ （2）当地有一通宵营业的超市，我节省开支，跪在在环境温度超过时，开启中央空调降温，否则关闭中央空调，问中央空调应在何时开启？何时关闭？【知识点】函数模型的选择与应用b10【答案解析】（1）这一天在时也就是下午时出现最高温度，最高温度是.（2）央空调应在上午时开启，下午时（即下午时）关闭解析：（1）依题意 2分因为早上时的温度为，即，3分 ，故取，所求函数解析式为. 5分由，可知，即这一天在时也就是下午时出现最高温度，最高温度是.7分（2）依题意：令，可得 9分，或，即或，11分故中央空调应在上午时开启，下午时（即下午时）关闭12分【思路点拨】（1）利用两角和与差的三角函数化简函数的表达式，利用已知条件求出参数值，即可得到解析式（2）利用函数的解析式直接求出时间t，即可得到所求结果【题文】20、（本小题满分13分）已知函数（其中为常数） （1）如果函数和有相同的极值点，求的值，并写出函数的单调区间； （2）求方程在区间上实数解的个数【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值b12 【答案解析】（1）见解析；（2）当时，原方程在上无解；当或时，原方程在上有一解；当时，原方程在上有两解.解析：（1），则， 1分令，得或，而二次函数在处有极大值，或；综上：或 4分当时，的单调增区间是，减区间是5分当时，的单调增区间是，减区间是； 6分（2）， 8分， 当时，无解，故原方程的解为，满足题意，即原方程有一解，； 9分 当时，的解为，故原方程有两解，； 当时，的解为，故原方程有一解，； 当时，由于若时，在上有一解，故原方程有一解；若时，在上无解，故原方程有无解； 当时，由于在上有一解，故原方程有一解； 11分综上可得：当时，原方程在上无解；当或时，原方程在上有一解；当时，原方程在上