云南省部分名校2015届高三数学12月统一考试试题 文(含解析)新人教A版

云南省部分名校高2015届1月份统一考试

文科数学试卷

【试卷综述】本次期末数学试卷，能以大纲为本，以教材为基准，基本覆盖了平时所学的知识点，试卷不仅有基础题，也有一定的灵活性的题目，能考查学生对知识的掌握情况，实现体现了新课标的新理念，试卷注重了对学生的思维能力、运算能力、计算能力、解决问题能力的考查，且难度也不大，在出题发面应该是一份很成功的试卷。

【题文】一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．集合A{x|x20}，B{x|xa}，若ABA，则实数a的取值范围是（ ）

A.(,2] B．[2,) C.(,2] D．[2,) 【知识点】集合的运算A1

【答案】【解析】D解析：因为A{x|x20}{x|x2} ，A即a2，故选D.

【思路点拨】由集合的运算直接计算即可.

【题文】2.已知i为虚数单位，复数z满足iz1i，则z （ ） A．1i

【知识点】复数运算L4 【答案】【解析】A解析：zB．1i

C．1i

D．1i

BA，所以AB，

1i1i，z1i 故选A. i【思路点拨】由复数运算直接计算即可.

【题文】3.下列函数中，在其定义域内既是偶函数又在(,0)上单调递增的函数是( ) A.f(x)x2 B. f(x)2 C. f(x)log2【知识点】函数的奇偶性，单调性B4 B3

【答案】【解析】C解析： f(x)x和f(x)2是偶函数，在(,0)上单调递减，

2x1 D. f(x)sinx xxf(x)sinx为奇函数，故选C.

【思路点拨】根据函数的性质之奇偶和增减的定义可求.

【题文】4.已知向量a,b，其中a2,b2，且(ab)a，则向量a与b的夹角是（ ）  B. C. D.

4263

【知识点】向量的定义F1

A．

【答案】【解析】B解析：(ab)a2，即a(ab)0|a|ab0， ，

- 1 -

|a|2|a||b|cos0，222cos0,cos【思路点拨】

(ab)a，a2，所以，故选B.

422，即可求. 2(ab)0，即222cos0,cos【题文】5．执行如图所示的程序框图,输出的S值为4时，则输入的S0的值为（ ） A.7 B.8 C.9 D.10

【知识点】程序框图L1 【答案】【解析】D解析：设Sm，第一次循环，Sm2，i2；第二次循环，Sm6，i3；第三次循环，Sm14，i4；循环终止，此时，m144，m10，故选D.

【思路点拨】按条件依次循环，当循环终止时，Sm14，即可求解S0

.

a＞b＞1，c0 ，给出下列三个结论：① 【题文】6. 设 cccc＞ ；②a＜b ； ③balogb(ac)loga(bc)，其中所有的正确结论的序号是 （ ）.

A．① B.① ② C.② ③ D.① ②③

【知识点】不等式的性质E1

a＞b＞1，0【答案】【解析】D解析：① cc11cc，又c0，＞ ，正确；②由指数ababa＞b＞1， 函数性质，可得a＜b，正确；③acbc1，而 logb(ac)loga(bc)正确；故选D.

【思路点拨】由不等式性质，结合其他性质，加以计算可得.

【题文】7.已知函数①ysinxcosx,②y22sinxcosx,则下列结论正确的是( )

- 2 -

A．两个函数的图象均关于点(4,0)成中心对称图形

B．两个函数的图象均关于直线xC．两个函数在区间(4成轴对称图形

,)上都是单调递增函数 44D．两个函数的最小正周期相同 【知识点】三角函数的性质C4

2sin(x)，图像关于点(,0)成中心

443对称图形，关于直线xk成轴对称图形，在区间(,)上是单调递增, 最小正周

444k,0)成中心对称图形，关于直期为2;②y22sinxcosx2sin2x，图像关于点(2k成轴对称图形，在区间(,)上是单调递增, 最小正周期为,故选C. 线x2444【答案】【解析】C解析：①ysinxcosx 【思路点拨】此类题一般都是先化简，再根据化简后的结果，由三角函数的性质一一判断. 【题文】8.已知P是ABC所在平面内一点，PBPC2PA0，现将一粒黄豆随机撒在

ABC内，则黄豆落在PBC内的概率是 （ ）

1121A. B. C. D.

3432

【知识点】几何概型K3 【答案】【解析】D解析：由

得

，设BC边中点为D，

则故选D.

,P为AD中点，所以黄豆落在内的概率是，

【思路点拨】：由得P为BC边中线AD的中点，由此可得黄豆落在PBC内的概率.

【题文】9．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于（ ） A.

35232160B. 32 C. D.

3 3 3

【知识点】三视图G2

【答案】【解析】A解析：由已知中的三视图，我们可以判断该几何体是由一个直三棱柱和一

- 3 -

个四棱锥组成，三棱柱的底面是一个直角边长为4的直角三角形，高为4，四棱锥的底面是一个以4为边长的正方形，高为4，分别求出棱柱和棱锥的体积，其中直三棱的底面为左视图，高为8-4=4，故V直三棱柱8432，四棱锥的底面为边长为4的正方形，高为4， 故V四棱锥13164643，故该几何体的体积VV160直三棱柱V四棱锥3，故选A. 【思路点拨】由已知中的三视图，可以判断该几何体是一个直三棱柱和一个四棱锥的组合体. 【题文】10.在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若ABC的面积为S,且

2S(ab)2c2, 则tanC等于（ ）

A.

34 B.

43

C. 43 D.34 【知识点】正弦定理 余弦定理C8

【答案】【解析】C解析：由余弦定理c2a2b22abcosC，联立2S(ab)2c2，得

212absinCa2b22abc2，absinC2ab2abcosC，即

sinC22cosC，结合sin2Ccos2C1，得cosC35或cosC1（舍），从而

sinC445，tanC3，故选 C.

【思路点拨】联立c2a2b22abcosC和2S(ab)2c2，得cosC35，从而可求

tanC.

【题文】11．定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)，f(x2)f(x2)，且x(1,0)f(x)2x15，则f(log220)=（ ）

A.1 B.445 C.1 D.5

【知识点】函数的奇偶性 周期性B4 【答案】【解析】A解析：因为

，所以是奇函数，所以当

时，，则

，因为

，所以，所以

是周期为4的周期函数。而

，所以

故选A.

【思路点拨】因为

，所以是奇函数，因为，所以

，所以

是周期为4的周期函数，从而

- 4 -

时

.

【题文】12.抛物线y22px（p＞0）的焦点为F，已知点A、B为抛物线上的两个动点，且满足AFB120.过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则最大值为( ) A. |MN|

的|AB|

233 B. 1 C. D. 2 33【知识点】抛物线 重要不等式 H7 E6 【答案】【解析】A解析：如下图所示，设则

，

，所以

.

故选A.

【思路点拨】由抛物线性质可得重要不等式即可得

，余弦定理得，再利用

|MN|3 . |AB|3【题文】二．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卡上）

xy10xy20【题文】13.设zx2y，其中实数x,y满足， 则z的取值范围是_______.

x0y0【知识点】线性规划E5

xy10xy207【答案】【解析】[0,] 解析：约束条件对应的平面区域如图示：

2x0y0 - 5 -

（0，0）约束条件由图易得目标函数z=x+2y在O处取得最小值，此时z0,

在B处取最大值，由xy10137（，）可得B，此时z, 222xy207272故zx2y的取值范围为：[0,]故答案为：[0,].

【思路点拨】根据已知的约束条件画出满足约束条件的可行域，结合z在目标函数中的几何意义，求出目标函数的最大值及最小值，进一步线出目标函数z的范围．

【题文】14.已知圆O:x2y21,直线x2y50上动点P,过点P作圆O的一条切线,切点为A,则PA的最小值为_________. 【知识点】圆的切线方程H4

0【答案】【解析】2解析：由题意可得，OAP为Rt，且OAP90，

2即|P|PA|2|OA|2|OP|2，A||OP|22|OrP|12，要使PA取最小值，只需|OP|最

小即可，|OP|最小值为圆心O到直线x2y50的距离，为5，所以|PA|2，故答案为2.

【思路点拨】由题意可得，

OAP中OAP900，|PA|2|OA|2|OP|2，即

|PA2||O2Pr|22，要使|OP|1PA取最小值，只需|OP|最小即可.

【题文】15．观察下列等式：1312,132332,13233362,13233343102,根据上述规律，第n个等式为

【知识点】合情推理与演绎推理M1

,n(n1)2]解析：由题意得1,3,6,10，，可得第n项2n(n1)n(n1)23333]故答案为 为，所以第n个等式为123n[22n(n1)2132333n3[].

2【答案】【解析】123333n3[【思路点拨】观察各个等式，找其中的规律，便可得到结果.

- 6 -

【题文】16．表面积为60的球面上有四点S,A,B,C且ABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为3，若平面SAB平面ABC,则棱锥SABC体积的最大值为 . 【知识点】棱锥的体积G7 【答案】【解析】27解析：由题意画出几何体的图形如图：

因为球的表面积为60，，所以球半径为15，由于面SAB⊥面ABC，所以点S在平面ABC上的射影D落在AB上，由于OO′⊥平面ABC，SD⊥平面ABC，即有OO′∥SD， 当D为AB的中点时，SD最大，棱锥S-ABC的体积最大．

由于OC15,OO'3,则CO'23,DO'3，则△ABC是边长为6的正三角形，

则ABC的面积为：S32693. 4在直角梯形SDO′O中，作OESD于点E，OEDO'3,DEOO'3, SDDESE315333,即有三棱锥S-ABC体积

11VSh933327,故答案为27.

33【思路点拨】由于面SAB⊥面ABC，所以点S在平面ABC上的射影D落在AB上，D为AB中点时，SD最大，棱锥S-ABC的体积最大．运用线面垂直的性质，结合勾股定理，即可求得CD，AB，及SD，由三棱锥的体积公式即可得到最大值．

【题文】三．解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

【题文】17. （本小题满分12分）

已知数列an的前n项和Sn和通项an满足2Snan1,数列bn中，b11,b21, 2211nN*. bn1bnbn2 - 7 -

（1）求数列an,bn的通项公式；

（2）数列{cn}满足cnan，求{cn}的前n项和Tn. bn【知识点】数列求和D4

【答案】【解析】（1）an(),bn13n132n31n （2）Tnn443解析：（1）由

2Snan1，得S11a nn211111an1an1anan1 2222当n2时，anSnSn1即2ananan1an1（由题意可知an10） an1311a1 2an是公比为的等比数列，而S1a1111a1，an333由

n1131 3n211111111，得1,2,d1,n,bn

bn1bnbn2b1b2b2b1bnnna1（2）cnnn，设Tnc1c2bn3111Tn1233331Tn311123323123cn，则

n1n311n1n33nnnn1

3311132n31Tnnn.44323443（12分） 由错位相减，化简得：

a12San1，得

【思路点拨】（1）由n（2））数列{cn}2ananan1n可求an；

为an13

差比数列，利用错位相减法求解即可.【题文】18．（本小题满分12分）

云南省2014年全省高中男生身高统计调查数据显示：全省100000名男生的平均身高为

- 8 -

170.5cm.现从我校高三年级男生中随机抽取50名测量身高，测量发现被测学生身高全部介于157.5cm和187.5 cm之间，将测量结果按如下方式分成6组：第一组 [157.5，162.5]，第二组[162.5，167.5]，„，第6组[182.5，187.5]， 下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．

（1）试评估我校高三年级男生在全省高中男生中的平均身高状况；

（2）已知我校这50名男生中身高排名（从高到低）在全省前100名有2人，现从身高182.5cm

以上（含182.5 cm）的人中任意抽取2人，求该2人中至少有1人身高排名（从高到低）在全省前100名的概率.

【知识点】频率分布直方图 古典概率I2 K2 【答案】【解析】（1）170.5（2）P(A)7 10解析：（1）由直方图，经过计算我校高三年级男生平均身高为

1600.11650.21700.31750.21800.11850.1171高于全市的平均值170.5（6分）

（2）这50人中182.5 cm以上的有5人，分别设为A,B,C,D,E，其中身高排名在全省前100名为A,B。设“该2人中至少有1人身高排名（从高到低）在全省前100名”为事件A, 由列举法可知P(A)7（12分） 10【思路点拨】由直方图中可直接求平均值；由列举法可得2人中至少有1人身高排名（从高到低）在全省前100名的概率，此问也可利用对立事件求解. 【题文】19．（本小题满分12分）

如图，AB为圆O的直径，点E,F在圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直，且ADEFAF1 ,AB2 （1）求证：平面AFC⊥平面CBF．

（2）在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面ADF，并说明理由．

- 9 -

【知识点】面面垂直 线面平行G5 G4 【答案】【解析】(1)略（2）CF中点M

解析: (1)∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，

平面ABCD∩平面ABEF=AB，∴CB⊥平面ABEF，∵AF⊂平面ABEF， ∴AF⊥CB，又∵AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，∴AF⊥平面CBF． ∵AF⊂面AFC，∴平面AFC⊥平面CBF；（6分）

（2）取CF中点记作M，设DF的中点为N，连接AN，MN 则MN

，又AO

，则MN

AO，所以MNAO为平行四边形，（10分）

∴OM∥AN，又AN⊂平面DAF，OM⊄平面DAF，∴OM∥平面DAF． （12分）

【思路点拨】（1）要证面面垂直，只需线面垂直（2）要证线面平行，可通过线线平行，也可通过面面平行去证.

【题文】20．（本小题满分12分）

x2y22如图，已知椭圆E:221ab0的离心率为，且过点2,2，四边形ABCDab2b2的顶点在椭圆E上，且对角线AC,BD过原点O， kACkBD2。

a（1）求OAOB的取值范围；

（2）求证：四边形ABCD的面积为定值.

 - 10 -

【知识点】椭圆方程H5

【答案】【解析】（1）[2,2]（2）略

c2a2解析：（1）42a28x2y2a2b2128412分

ab2c2b42当直线AB的斜率存在时，设lAB:ykxm,Ax1,y1,Bx2,y2.

由ykxmx22y2812k2x24kmx2m280 x4km2m281x212k2,x1x212k2.„„„„„„..4分 2yykx22m84km2m28k2121mkx2mk12k2km12k2m12k2。kb2y1y1OAkOBa2x2x122„„„„„„..6分

m28k212k2122m2812k2m24b22OAOBx2m28m28k24k2241x2y1y212k212k22k2122k21， 2OAOB2，当k=0时OAOB=-2，

当k不存在即ABx轴时OAOBmax=2,所以OAOB的范围是2,2。„„„„„„..8分

2SABCD4SAOBS„„„„„„..10分

AOB121k2x1x224x1x2m1k224k2m2422„„„„„„..12分

SABCD82

- 11 -

1，所以可设出直线AB的方程，联立椭圆，可得24m24b22，OAOBx1x2y1y222可得其范围；

2k11（2）SABCD4SAOB，而SAOB|AB|d，d为原点到直线AB的距离.

2【思路点拨】（1）由题意可得kOAkOB【题文】21.（本小题满分12分） 已知函数f(x)alnx在点(1,f(1))处的切线与x轴平行． x（1）求实数a的值及fx的极值；

（2）如果对任意x1,x2[e,)，有f(x1)f(x2)k【知识点】导数与极值B12

【答案】【解析】（1）a1，fx的极大值为1，无极小值（2）k2

211，求实数k的取值范围． x1x21x(alnx)1alnx解析：（1）f(x)x 22xx∵f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行∴f(0)∴a1 ∴f(x)1aln10 211lnxlnx,x0,f(x)2, xx当0x1时，f(x)0,当x1时，f(x)0,∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)单调递减，故f(x)在x1处取得极大值1，无极小值.

（2）由（1）的结论知，f(x)在[e,)上单调递减，不妨设x1x2e， 则f(x1)f(x2)k221111f(x2)f(x1)k() x2x1x1x2f(x2)kkkf(x1)函数F(x)f(x)在[e2,)上单调递减，

xx2x1k1lnxkklnx，F(x)0,在[e2,)上恒成立，klnx2xxxx又F(x)f(x)222在[e,)上恒成立，在[e,)上(lnx)minlne2，k2

【思路点拨】（1）直接利用导数与极值的关系求解即可（2）由（1）的结论知，f(x)在[e,)2 - 12 -

2上单调递减，不妨设x1x2e，化简得函数F(x)f(x)k2在[e,)上单调递减，利x用导数可得k的取值范围.

请考生在第23,24题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号.

选修4-4：坐标系与参数方程 【题文】23. （本小题满分10分）

2tx52在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为t为参数，若以O为极点，

y52t2x轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为4cos.

（Ⅰ）求曲线C的直角坐标方程及直线l的普通方程；

（Ⅱ）将曲线C上的所有点的横坐标缩短为原来的

1，再将所得曲线向左平移1个单位，得2到曲线C1，求曲线C1上的点到直线l的距离的最小值. 【知识点】参数方程N3

2【答案】【解析】（Ⅰ）曲线C：x2y4直线l：xy250（Ⅱ）2102

解析：（Ⅰ）曲线C的直角坐标方程为：

x2y24x 即：x2y24

直线l的普通方程为xy250 4分 （Ⅱ）将曲线C上的所有点的横坐标缩为原来的

21，得 2y22x2y4，即x11

4222y21 再将所得曲线向左平移1个单位，得C1：x42又曲线C1的参数方程为xcos（为参数），设曲线C1上任一点Pcos,2sin

y2sin - 13 -

则dplcos2sin252255sin2110（其中tan）

22点P到直线l的距离的最小值为10。 2【思路点拨】（Ⅰ）直接变换即可求解（Ⅱ）利用三角函数的有界性即可. 【题文】24. （本小题满分10分）

已知函数f(x)log2(|x1||x2|a）． （Ⅰ）当a7时，求函数f(x)的定义域；

（Ⅱ）若关于x的不等式f(x)3的解集是R，求a的取值范围. 【知识点】不等式的解法N4

（，4）（3，）（，5] 【答案】【解析】（Ⅰ）（Ⅱ）

（Ⅰ）由题设知：x1x2＞7，由绝对值的几何意义可得x4或x3，从而函数f

（，4）（3，）（x）的定义域为； „（5分）

fx）3，即x1x2a8，（Ⅱ）不等式（xR时，恒有

x1x2（|x1）（x2）|3，„（8分）

∵不等式x1x2a8解集是R，a83 即a5，

（，5]． „（10分） a的取值范围是

【思路点拨】（Ⅰ）由题意可得x1x2＞7，由绝对值的几何意义即得所求． （Ⅱ）由不等式可得x1x2a8恒成立，再由x1x2的最小值等于3，故有

a83，由此求得实数a的取值范围．

- 14 -