浙江省宁波市高三数学上学期期中试卷 理（含解析）.doc

2014-2015学年浙江省宁波市高三（上）期中数学试卷（理科）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1（5分）（2014宁波二模）设集合m=x|x，n=x|x2x，则mn=（）a0，）b（，1c1，）d（，02（5分）（2015中山二模）设a1b0，则下列不等式中正确的是（）a（a）7（a）9bb9b7clglgd3（5分）（2014宁波二模）已知r，cos+3sin=，则tan2=（）abcd4（5分）（2014宁波二模）若某程序框图如图所示，则输出的n的值是（）a3b4c5d65（5分）（2015中山二模）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）a若m，n且，则mnb若m，n且mn，则c若，mn且n，则md若m，n且mn，则6（5分）（2015中山二模）已知某锥体的三视图（单位：cm）如图所示，则该锥体的体积为（）a2cm3b4cm3c6cm3d8cm37（5分）（2015中山二模）（x21）（2）5的展开式的常数项是（）a48b48c112d1128（5分）（2015中山二模）袋子里有3颗白球，4颗黑球，5颗红球由甲、乙、丙三人依次各抽取一个球，抽取后不放回若每颗球被抽到的机会均等，则甲、乙、丙三人所得之球颜色互异的概率是（）abcd9（5分）（2014宁波二模）已知实系数二次函数f（x）和g（x）的图象均是开口向上的抛物线，且f（x）和g（x）均有两个不同的零点则“f（x）和g（x）恰有一个共同的零点”是“f（x）+g（x）有两个不同的零点”的（）a充分不必要条件b必要不充分条件c充分必要条件d既不充分也不必要条件10（5分）（2014宁波二模）设f1、f2是椭圆的两个焦点，s是以f1为中心的正方形，则s的四个顶点中能落在椭圆上的个数最多有（s的各边可以不与的对称轴平行）（）a1个b2个c3个d4个二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分11（4分）（2015中山二模）已知复数z满足=i（其中i是虚数单位），则|z|=12（4分）（2015中山二模）设z=2x+5y，其中实数x，y满足6x+y8且2xy0，则z的取值范围是13（4分）（2015中山二模）已知抛物线x2=3y上两点a，b的横坐标恰是方程x2+5x+1=0的两个实根，则直线ab的方程是14（4分）（2015中山二模）口袋中装有大小质地都相同、编号为1，2，3，4，5，6的球各一只现从中一次性随机地取出两个球，设取出的两球中较小的编号为x，则随机变量x的数学期望是15（4分）（2014马鞍山三模）已知直线xy1=0及直线xy5=0截圆c所得的弦长均为10，则圆c的面积是16（4分）（2015中山二模）在abc中，c=90，点m满足=3，则sinbam的最大值是17（4分）（2014宁波二模）已知点o是abc的外接圆圆心，且ab=3，ac=4若存在非零实数x、y，使得=x+y，且x+2y=1，则cosbac=三、解答题：本大题共5小题，共72分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤18（14分）（2015宣城三模）在abc中，内角a，b，c的对边分别为a，b，c，且2asinb=5c，cosb=（）求角a的大小；（）设bc边的中点为d，|ad|=，求abc的面积19（14分）（2015中山二模）设等差数列an的前n项和为sn，且a2=8，s4=40数列bn的前n项和为tn，且tn2bn+3=0，nn*（）求数列an，bn的通项公式；（）设cn=，求数列cn的前n项和pn20（15分）（2015宣城三模）如图所示，pa平面abcd，cab为等边三角形，pa=ab，accd，m为ac中点（）证明：bm平面pcd；（）若pd与平面pac所成角的正切值为，求二面角cpdm的正切值21（15分）（2015中山二模）已知椭圆：+=1（ab0）的离心率为，其右焦点f与椭圆的左顶点的距离是3两条直线l1，l2交于点f，其斜率k1，k2满足k1k2=设l1交椭圆于a、c两点，l2交椭圆于b、d两点（）求椭圆的方程；（）写出线段ac的长|ac|关于k1的函数表达式，并求四边形abcd面积s的最大值22（14分）（2014宁波二模）已知r，函数f（x）=lnx，其中x1，+）（）当=2时，求f（x）的最小值；（）在函数y=lnx的图象上取点pn（n，lnn）（nn*），记线段pnpn+1的斜率为kn，sn=+对任意正整数n，试证明：（）sn； （）sn2014-2015学年浙江省宁波市高三（上）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、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1（5分）（2014宁波二模）设集合m=x|x，n=x|x2x，则mn=（）a0，）b（，1c1，）d（，0考点：交集及其运算专题：集合分析：解一元二次不等式求得n，再根据两个集合的交集的定义求得mn解答：解：集合m=x|x，n=x|x2x=x|0x1，则mn=x|0x，故选：a点评：本题主要考查一元二次不等式的解法，两个集合的交集的定义和求法，属于基础题2（5分）（2015中山二模）设a1b0，则下列不等式中正确的是（）a（a）7（a）9bb9b7clglgd考点：幂函数的性质专题：函数的性质及应用分析：根据题意，由指数与对数的性质逐一判定a、b、c、d选项，即可得出正确的答案解答：解：对于a，a1时，a7a9，a7a9，即（a）7（a）9，a错误；对于b，1b0时，0b9b71，b9b7，b错误；对于c，a1b0时，01，lglg，c错误；对于d，a1b0时，lna0，lnb0，d正确故选：d点评：本题考查了指数函数与对数函数的性质的应用问题，解题时要对每一个选项认真分析，以便作出正确的选择3（5分）（2014宁波二模）已知r，cos+3sin=，则tan2=（）abcd考点：二倍角的正切；同角三角函数基本关系的运用专题：三角函数的求值分析：由已知和平方关系可得sin和cos的值，进而可得tan，代入二倍角的正切公式计算可得解答：解：cos+3sin=，cos=3sin+sin2+cos2=1，sin2+=1，解得，或tan=2，或tan=当tan=2，tan2=；tan=，tan2=，故选：a点评：本题考查二倍角的正切公式，涉及同角三角函数的基本关系，属中档题4（5分）（2014宁波二模）若某程序框图如图所示，则输出的n的值是（）a3b4c5d6考点：程序框图专题：算法和程序框图分析：算法的功能是求满足p=1+3+（2n1）20的最小n值，利用等差数列的前n项和公式求得p，根据p20，确定最小的n值解答：解：由程序框图知：算法的功能是求满足p=1+3+（2n1）20的最小n值，p=1+3+（2n1）=n=n220，n5，故输出的n=5故选：c点评：本题考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是关键5（5分）（2015中山二模）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）a若m，n且，则mnb若m，n且mn，则c若，mn且n，则md若m，n且mn，则考点：空间中直线与直线之间的位置关系专题：空间位置关系与距离分析：利用空间中线线、线面、面面间的关系求解解答：解：若m，n且，则m与n相交、平行或异面，故a错误；若m，n且mn，则由平面与平面垂直的判定定理知，故b正确；若，mn且n，则m或m，故c错误；若m，n且mn，则与相交或平行，故d错误故选：b点评：本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养6（5分）（2015中山二模）已知某锥体的三视图（单位：cm）如图所示，则该锥体的体积为（）a2cm3b4cm3c6cm3d8cm3考点：由三视图求面积、体积专题：空间位置关系与距离分析：几何体为四棱锥，结合直观图判断棱锥的高与底面四边形的形状，判断相关几何量的数据，把数据代入棱锥的体积公式计算解答：解：由三视图知：几何体为四棱锥，如图：其中sa平面abcd，sa=2，四边形abcd为直角梯形，ad=1，bc=2，ab=2，四棱锥的体积v=22=2（cm3）故选：a点评：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的特征及相关几何量的数据是关键7（5分）（2015中山二模）（x21）（2）5的展开式的常数项是（）a48b48c112d112考点：二项式系数的性质专题：计算题；二项式定理分析：第一个因式取x2，第二个因式取；第一个因式取1，第二个因式取（2）5，即可得出结论解答：解：第一个因式取x2，第二个因式取，可得=80；第一个因式取1，第二个因式取（2）5，可得（1）（2）5=32（x21）（2）5的展开式的常数项是80+32=48故选：b点评：本题考查二项式定理的运用，解题的关键是确定展开式的常数项得到的途径8（5分）（2015中山二模）袋子里有3颗白球，4颗黑球，5颗红球由甲、乙、丙三人依次各抽取一个球，抽取后不放回若每颗球被抽到的机会均等，则甲、乙、丙三人所得之球颜色互异的概率是（）abcd考点：古典概型及其概率计算公式专题：概率与统计分析：先计算甲、乙、丙三人依次各抽取一个球，抽取后不放回的情况种数，再计算甲、乙、丙三人所得之球颜色互异的情况种数，进而代入古典概型概率计算公式，可得答案解答：解：袋子里有3颗白球，4颗黑球，5颗红球，共12颗，故甲、乙、丙三人依次各抽取一个球，抽取后不放回共有=220种不同情况；其中甲、乙、丙三人所得之球颜色互异的情况有：345=60种，故甲、乙、丙三人所得之球颜色互异的概率p=，故选：d点评：此题考查了古典概型概率计算公式，掌握古典概型概率公式：概率=所求情况数与总情况数之比是解题的关键9（5分）（2014宁波二模）已知实系数二次函数f（x）和g（x）的图象均是开口向上的抛物线，且f（x）和g（x）均有两个不同的零点则“f（x）和g（x）恰有一个共同的零点”是“f（x）+g（x）有两个不同的零点”的（）a充分不必要条件b必要不充分条件c充分必要条件d既不充分也不必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断专题：简易逻辑分析：根据函数零点的性质，以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论解答：解：函数f（x）=x（x1），有两个不同的零点x=0和x=1，g（x）=x（x+1）有两个不同的零点x=0和x=1，则f（x）和g（x）恰有一个共同的零点x=0，但f（x）+g（x）=2x2，有两个相同的零点，充分性不成立若f（x）+g（x）=2x（x1），则满足有两个不同的零点x=0和x=1，但当f（x）=x（x1），g（x）=x（x1）时，f（x）和g（x）恰有2个共同的零点，f（x）和g（x）恰有一个共同的零点，不正确，必要性不成立即“f（x）和g（x）恰有一个共同的零点”是“f（x）+g（x）有两个不同的零点”的既不充分也不必要条件，故选：d点评：本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用函数零点的定义和性质是解决本题的关键，本题可以使用特殊值法进行判断10（5分）（2014宁波二模）设f1、f2是椭圆的两个焦点，s是以f1为中心的正方形，则s的四个顶点中能落在椭圆上的个数最多有（s的各边可以不与的对称轴平行）（）a1个b2个c3个d4个考点：椭圆的简单性质专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：根据椭圆的对称性，可得结论解答：解：f1、f2是椭圆的两个焦点，s是以f1为中心的正方形，根据椭圆的对称性，即可知s的四个顶点中能落在椭圆上的个数最多有2个，故选：b点评：本题考查椭圆的简单性质，属于基础题二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分11（4分）（2015中山二模）已知复数z满足=i（其中i是虚数单位），则|z|=2考点：复数求模专题：数系的扩充和复数分析：把等式两边同时乘以z2，求得z，然后利用复数代数形式的除法运算化简，最后代入复数模的公式求解解答：解：由=i，得（1i）z=22i，|z|=故答案为：2点评：本题考查复数代数形式的除法运算，考查了复数模的求法，是基础题12（4分）（2015中山二模）设z=2x+5y，其中实数x，y满足6x+y8且2xy0，则z的取值范围是21，31考点：简单线性规划专题：不等式的解法及应用分析：作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义进行求解即可解答：解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=2x+5y，得y=x+表示，平移直线y=x+，当直线y=x+经过点a时，直线y=x+的截距最大，此时z最大，由得，即a（3，5），此时zmax=23+55=31当直线y=x+经过点c时，直线y=x+的截距最小，此时z最下，由得，即c（3，3），此时zmin=23+53=21即z的取值范围是21，31故答案为：21，31点评：本题主要考查线性规划的基本应用，利用z的几何意义是解决线性规划问题的关键，注意利用数形结合来解决13（4分）（2015中山二模）已知抛物线x2=3y上两点a，b的横坐标恰是方程x2+5x+1=0的两个实根，则直线ab的方程是5x+3y+1=0考点：抛物线的简单性质专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：分别设出a和b的坐标，代入抛物线解析式和方程中，分别消去平方项得到两等式，根据两等式的特点即可得到直线ab的方程解答：解：设a（x1，y1），b（x2，y2），则把a的坐标代入抛物线解析式和已知的方程得：x12=3y1，x12+5x1+1=0，整理得：5x1+3y1+1=0；同理把b的坐标代入抛物线解析式和已知的方程，化简可得：5x2+3y2+1=0，表示经过a和b的方程，所以直线ab的方程是：5x+3y+1=0故答案为：5x+3y+1=0点评：此题考查学生会求动点的轨迹方程，考查抛物线方程，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题14（4分）（2015中山二模）口袋中装有大小质地都相同、编号为1，2，3，4，5，6的球各一只现从中一次性随机地取出两个球，设取出的两球中较小的编号为x，则随机变量x的数学期望是考点：离散型随机变量的期望与方差专题：计算题；概率与统计分析：确定x的可能取值为1，2，3，4，5，求出相应的概率，可求随机变量x的数学期望解答：解：由题设知x的可能取值为1，2，3，4，5随机地取出两个球，共有：=15种，p（x=1）=，p（x=2）=，p（x=3）=，p（x=4）=，p（x=5）=，随机变量x的分布列为x12345p故ex=1+2+3+4+5=故答案为：点评：本题考查离散型随机变量的数学期望的求法，确定x的可能取值，求出相应的概率是关键15（4分）（2014马鞍山三模）已知直线xy1=0及直线xy5=0截圆c所得的弦长均为10，则圆c的面积是27考点：圆的一般方程专题：直线与圆分析：求出两条平行直线直线xy1=0及直线xy5=0之间的距离为2d，可得弦心距d=，利用弦长公式求出半径r的值，可得圆c的面积解答：解：两条平行直线直线xy1=0及直线xy5=0之间的距离为2d=2，弦心距d=半径r=圆c的面积是r2=27，故答案为：27点评：本题主要考查直线和圆相交的性质，两条平行直线间的距离公式，属于中档题16（4分）（2015中山二模）在abc中，c=90，点m满足=3，则sinbam的最大值是考点：平面向量数量积的运算专题：平面向量及应用分析：以cb，ca为x，y轴建立坐标系，设b（4a，0），a（0，b），求出，利用数量积公式表示出cosbam，利用基本不等式求出最小值，sin2bam+cos2bam=1，sinbam0，求出sinbam的最大值解答：解：以cb，ca为x，y轴建立坐标系，设b（4a，0），a（0，b），=3，m（a，0），=（a，b）（4a，b）=4a2+b2，cosbam=cosbam最小值为，sin2bam+cos2bam=1，sinbam0，sinbam的最大值是为点评：本题考查通过结论坐标系解决向量问题；利用基本不等式求最值，属于一道中档题17（4分）（2014宁波二模）已知点o是abc的外接圆圆心，且ab=3，ac=4若存在非零实数x、y，使得=x+y，且x+2y=1，则cosbac=考点：平面向量的基本定理及其意义专题：综合题；平面向量及应用分析：由=x+y，且x+2y=1，可得=y（2），利用向量的运算法则，取ac的中点d，则=2y，再利用点o是abc的外心，可得bdac即可得出解答：解：如图所示，=x+y，且x+2y=1，=y（2），=y（+），取ac的中点d，则+=2，=2y，又点o是abc的外心，bdac在rtbad中，cosbac=故答案为：，点评：本题考查了向量的运算法则、三角形的外心定理、直角三角形的边角关系，属于难题三、解答题：本大题共5小题，共72分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤18（14分）（2015宣城三模）在abc中，内角a，b，c的对边分别为a，b，c，且2asinb=5c，cosb=（）求角a的大小；（）设bc边的中点为d，|ad|=，求abc的面积考点：正弦定理；余弦定理专题：解三角形分析：（）利用同角三角函数关系求得sinb的值，利用2asinb=5c求得a和c的关系，进而利用正弦定理求得转化成角的正弦，利用两角和公式化简整理求得sina和cosa的关系，求得tana的值，进而求得a（）利用余弦定理求得c，进而求得b，最后根据三角形面积公式求得答案解答：解：（ i）在abc中，2a=5c3a=7c，3sina=7sinc，3sina=7sin（a+b），3sina=7sinacosb+7cosasinb，即3sina=7sina+7cosasina=cosa，即（），又3a=7c，bd=，c=3，则a=7，点评：本题主要考查了正弦定理和余弦定理的运用解题的关键就是利用正弦定理和余弦定理完成边角问题的转化19（14分）（2015中山二模）设等差数列an的前n项和为sn，且a2=8，s4=40数列bn的前n项和为tn，且tn2bn+3=0，nn*（）求数列an，bn的通项公式；（）设cn=，求数列cn的前n项和pn考点：数列的求和；等差数列的性质专题：计算题；等差数列与等比数列分析：（）运用等差数列的通项公式与求和公式，根据条件列方程，求出首项和公差，得到通项an，运用n=1时，b1=t1，n1时，bn=tntn1，求出bn；（）写出cn，然后运用分组求和，一组为等差数列，一组为等比数列，分别应用求和公式化简即可解答：解：（）设等差数列an的公差为d，由题意，得，解得，an=4n，tn2bn+3=0，当n=1时，b1=3，当n2时，tn12bn1+3=0，两式相减，得bn=2bn1，（n2）则数列bn为等比数列，； （）当n为偶数时，pn=（a1+a3+an1）+（b2+b4+bn）= 当n为奇数时，（法一）n1为偶数，pn=pn1+cn=2（n1）+1+（n1）22+4n=2n+n2+2n1，（法二）pn=（a1+a3+an2+an）+（b2+b4+bn1）= 点评：本题主要考查等差数列和等比数列的通项与求和公式的运用，考查方程的思想在数列中的运用，同时考查数列的通项与前n项和的关系式，考查数列的求和方法：分组求和，是一道综合题20（15分）（2015宣城三模）如图所示，pa平面abcd，cab为等边三角形，pa=ab，accd，m为ac中点（）证明：bm平面pcd；（）若pd与平面pac所成角的正切值为，求二面角cpdm的正切值考点：用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定专题：空间位置关系与距离；空间角分析：（）因为m为等边abc的ac边的中点，所以bmac依题意cdac，且a、b、c、d四点共面，由此能证明bm平面pcd （）因为cdac，cdpa，所以cd平面pac，故pd与平面pac所成的角即为cpd，（方法一）在等腰rtpac中，过点m作mepc于点e，再在rtpcd中作efpd于点f，efm即为二面角cpdm的平面角，由此能求出二面角cpdm的正切值（方法二）以a点为坐标原点，ac为x轴，建立空间直角坐标系axyz，利用向量法能求出能求出二面角cpdm的正切值解答：（）证明：因为m为等边abc的ac边的中点，所以bmac依题意cdac，且a、b、c、d四点共面，所以bmcd 3分又因为bm平面pcd，cd平面pcd，所以bm平面pcd 5分（）解：因为cdac，cdpa，所以cd平面pac，故pd与平面pac所成的角即为cpd7分不妨设pa=ab=1，则pc=由于tan，所以cd=9分（方法一）在等腰rtpac中，过点m作mepc于点e，再在rtpcd中作efpd于点f（图1所示）因为mepc，mecd，所以me平面pcd，可得mepd又efpd，所以efm即为二面角cpdm的平面角 12分由题意知pe=3ec，me=，ef=，所以tanefm=，即二面角cpdm的正切值是15分（方法二）以a点为坐标原点，ac为x轴，建立如图2所示的空间直角坐标系axyz则p（0，0，1），m（，0，0），c（1，0，0），d（1，0）则，若设=（x1，y1，z1）和=（x2，y2，z2）分别是平面pcd和平面pmd的法向量，则，可取同理，得=（2，1）12分所以cos=，故二面角cpdm的余弦值是，其正切值是15分点评：本题考查直线与平面平行的证明，考查二面角的正切值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养21（15分）（2015中山二模）已知椭圆：+=1（ab0）的离心率为，其右焦点f与椭圆的左顶点的距离是3两条直线l1，l2交于点f，其斜率k1，k2满足k1k2=设l1交椭圆于a、c两点，l2交椭圆于b、d两点（）求椭圆的方程；（）写出线段ac的长|ac|关于k1的函数表达式，并求四边形abcd面积s的最大值考点：直线与圆锥曲线的综合问题专题：圆锥