1、【解析】山西大学附中2015届高三上学期期中考试数学理试题 考查内容：高中全部 【试卷综析】本分试卷是高三综合测试卷，着重于基础知识，基本技能和基本思想方法，同时也考查的逻辑思维能力和计算能力，空间想象能力以及运用所学的数学知识和思想方法分析问题和解决问题的能力，难度不大，以基础题为主，但又穿插有一定梯度和灵活性的题目，总体而言，此套题着重基础知识和技能的考查考核，通过这份试卷，能过起到查漏补缺， 薄弱环节，便于调整复习的作用，也能够让学生自己了解掌握基本知识和基本技能的情况，做到复习心中有数.【题文】一选择题（512=60分）【题文】1.已知集合,集合,则=（ ）A. B. C. D. 【知
2、识点】集合的并集 A1【答案】A【解析】解析：因为 ，所以可得，故选择A.【思路点拨】先求的集合A，再根据并集概念即可求解.【题文】2设等差数列的前项和为，则等于（ ）A10 B12 C15 D30【知识点】等差数列的性质D2【答案】C【解析】 解析：由等差中项可得 ，所以，故选择C.【思路点拨】解题的关键是利用等差中项得到，再利用求和公式求得.【题文】3已知函数则 ( )A. B. C. D. 【知识点】分段函数B1【答案】C【解析】解析： 因为，所以，所以，故选择C.【思路点拨】求解时先从内函数求起，采用由内到外的顺序求得.【题文】4下列命题错误的是( )A. 命题“若，则”的逆否命题为“
3、若中至少有一个不为则”；B. 若命题，则；C. 中，是的充要条件；D. 若向量满足，则与的夹角为钝角.【知识点】命题以及命题的否定A2 A3【答案】D【解析】 解析：先否定原命题的题设做结论，再否定原命题的结论做题设，就得到原命题的逆否命题，由此知A正确；特称命题的否定为全称命题，可得B正确；由正弦定理以及三角形中的大角对大边可得C正确；若向量满足，则与的夹角为钝角或，可得D错误；故选择D.【思路点拨】因为向量满足，则与的夹角为钝角或，可得D错误.【题文】5.右图给出的是计算的一个程序框图，其中判断框内应填入的条件是( )A. B. C. D. 【知识点】程序框图L1【答案】B【解析】解析：框
4、图首先给变量赋值判断，条件不满足，执行判断，条件不满足，执行判断，条件不满足，执行由此看出，当执行时，执行，在判断时判断框中的条件应满足，所以判断框中的条件应是，故选择B.【思路点拨】框图给出的是计算的值的一个程序框图，首先赋值i=1，执行时同时执行了和式共有50项作和，所以执行完成后的值为51，再判断时i=51应满足条件，由此可以得到正确答案【题文】6.( )A B. C. D.视的值而定 【知识点】基本不等式E6【答案】A【解析】解析： 由不等式可得，又因为，所以可得，故选择A.【思路点拨】利用不等式可得，进而可以得证.【题文】7. 曲线在点（1，-1）处的切线方程为（ ）A. B. C.
5、 D. 【知识点】求切线方程B11【答案】C【解析】解析：由题意可得：，所以在点（1，-1）处的切线斜率为-2，所以在点处的切线方程为：故答案为：C【思路点拨】由题意求出导数：，进而根据切点坐标求出切线的斜率，即可求出切线的方程【题文】8若是和的等比中项，则圆锥曲线的离心率是( )A B C或 D或【知识点】等比中项 圆锥曲线的性质 D3 H5 H6【答案】D【解析】解析：正数是2，8的等比中项，若，椭圆的方程为：，其离心率，若，则双曲线方程为，离心率，故选择D【思路点拨】正数是2，8的等比中项，可求得，从而可曲线为椭圆或双曲线，可求得其离心率【题文】9. 已知函数为偶函数，其图象与直线的某两
6、个交点的横坐标为，若|的最小值为，则（ ）A. B. C. D. 【知识点】由y=Asin（x+）的部分图象确定其解析式 C4【答案】A【解析】 解析： 因为函数的最大值为2，且图象与直线的某两个交点的横坐标|的最小值为，即函数的周期为，所以，因为为偶函数，所以，又因为，所以，故选择A.【思路点拨】由题意可得函数的最小正周期为，即可得，根据函数为偶函数可得，进而得到.【题文】10. 一个四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则这个四棱锥的体积是（ ）A.1 B. 2C.3 D. 4【知识点】由三视图求面积、体积G2【答案】B【解析】解析：由题设及图知，此几何体为一个四棱锥，其底面为一个对角线
7、长为2的正方形，故其底面积为，由三视图知其中一个侧棱为棱锥的高，其相对的侧棱与高及底面正方形的对角线组成一个直角三角形，由于此侧棱长为，对角线长为2，故棱锥的高为此棱锥的体积为，故选择B【思路点拨】由三视图及题设条件知，此几何体为一个四棱锥，其较长的侧棱长已知，底面是一个正方形，对角线长度已知，故先求出底面积，再求出此四棱锥的高，由体积公式求解其体积即可【题文】11已知平面区域，向区域内随机投一点，点落在区域内的概率为（ ）【来源：全,品中&高A B C D【知识点】简单的线性规划的应用 几何概型 E4 K3【答案】C【解析】解析：如下图，阴影部分大的等腰直角三角形区域为，小的等腰直角三角形区
8、域为，由面积比知，故选择C.【思路点拨】本题考查的知识点是线性规划及几何概型的意义，处理的思路为：根据已知的约束条件, 画出满足约束条件的可行域及的范围，再根据几何概型的意义，求出概率【题文】12已知函数若则的最小值为（ ）A6 B8 C9 D12【知识点】函数的性质 基本不等式B1 E6【答案】B【解析】解析：因为 ，所以，即，由不等式可得，当且仅当时，等号成立，故选择B.【思路点拨】根据已知函数的特征结合所求，可得，即可得，再利用不等式，即可求得.【题文】二填空题(54=20分)【题文】13已知复数满足，则_.【知识点】复数的运算L4【答案】 【解析】解析： 化简可得，故答案为.【思路点拨
9、】分式上下同时乘以，化简分母即可得到.【题文】14已知，的夹角为60，则 【知识点】向量的数量积F3【答案】【解析】解析： 由题意可得，故答案为.【思路点拨】由已知可得，求向量的模采用平方再开方求得.【题文】15. 设直线与球有且只有一个公共点，从直线出发的两个半平面截球的两个截面圆的半径分别为1和，二面角的平面角为，则球的表面积为 .【知识点】二面角 球 G8【答案】【解析】解析：设两个半平面截球O的两个截面圆的圆心分别为，连接如图所示： 由球的截面圆性质及球的切线性质得，且四点共面，为二面角的平面角，四边形为矩形得球O的表面积 【思路点拨】设两个半平面截球O的两个截面圆的圆心分别为，根据球
10、的截面圆性质及球的切线性质得，继而四边形为矩形，得出，再计算球O的表面积即可【题文】16已知数列的通项公式为，数列的通项公式为，设，若在数列中，则实数的取值范围是 【知识点】函数及其表示 数列的单调性 B1 D1【答案】【解析】解析：由题意可得是中的较小者， an是递减数列； bn是递增数列，因为，所以是的最大者，则n=1，2，3，7，8时，递增，n=8，9，10，时，递减，因此，n=1，2，3，7时，总成立，当n=7时， n=9，10，11，时，总成立，当n=9时，成立，p25，而，若a8b8，即23p-8，所以p16，则故若，即，所以p16，那么，即8p-9，p17，故16p17，综上，1
11、2p17故答案为：（12，17） 【思路点拨】由表达式知是中的较小者，易判断an是递减数列； bn是递增数列，由，所以是的最大者，则n=1，2，3，7，8时，递增，n=8，9，10，时，递减，进而可知an与bn的大小关系，且，分两种情况讨论，当，当，分别解出p的范围，再取并集即可；【题文】三解答题(写出必要的文字说明和解答过程，共70分)【题文】17（本小题满分12分）公差不为零的等差数列中，且成等比数列。（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的通项公式【知识点】等差数列和等比数列的性质 数列求和 D2 D3 D4 【答案】（1） ；（2） . 【解析】解析：(1)等差数列中，且成等比数列整
12、理得：则数列an的通项公式为；(2)，即则【思路点拨】（1）由等差数列an中a2，a4，a9成等比数列，利用等比数列的性质列出关系式，再利用等差数列的通项公式化简，得出首项与公差的关系，根据a3的值，确定出首项与公差，即可得到等差数列的通项公式；（2）分别把n=1，2，n-1代入an=bn+1-bn，等式左右两边分别相加，左边利用等差数列.【思路点拨】根据等差等比数列的性质可求得进而求得通项公式；根据已知的形式可得采用累加的方法，对数列求和，然后化简，右边抵消合并后将b1的值代入，整理后即可得到数列bn的通项公式【题文】18（本小题满分12分）甲、乙两人参加某种选拔测试在备选的道题中，甲答对其
13、中每道题的概率都是，乙能答对其中的道题规定每次考试都从备选的道题中随机抽出道题进行测试，答对一题加分，答错一题（不答视为答错）减分，至少得分才能入选（1）求乙得分的分布列和数学期望；（2）求甲、乙两人中至少有一人入选的概率【知识点】概率 离散型随机变量及分布列K6【答案】(1)；(2) .【解析】解析：解：（）设乙答题所得分数为，则的可能取值为1分 ； ； 5分乙得分的分布列如下： 6分 7分（）由已知甲、乙至少答对题才能入选，记甲入选为事件，乙入选为事件.则 ， 9分 11分故甲乙两人至少有一人入选的概率 12分【思路点拨】（）确定乙答题所得分数的可能取值，求出相应的概率，即可得到乙得分的分
14、布列和数学期望；（）由已知甲、乙至少答对2题才能入选，求出甲、乙入选的概率，利用对立事件，即可求得结论【题文】19（本小题满分12分）在如图所示的空间几何体中，平面平面，与是边长为的等边三角形，和平面所成的角为，且点在平面上的射影落在的平分线上（）求证：平面；（）求二面角的余弦值第19题图【知识点】线面平行 二面角G4 G11【答案】（）略；（）.【解析】解析：（）证明：由题意知，都是边长为2的等边三角形，取中点，连接，则，2分又平面平面，平面，作平面，那么，根据题意，点落在上，易求得，4分四边形是平行四边形，平面 6分（）解法一：作，垂足为，连接，平面，又，平面，就是二面角的平面角9分中，即
15、二面角的余弦值为.12分解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，可知平面的一个法向量为设平面的一个法向量为则，可求得9分所以，又由图知，所求二面角的平面角是锐角，所以二面角的余弦值为12分【思路点拨】（）取中点，连接，由题设条件推导出平面，作平面，由已知条件推导出，由此能证明平面；（）法一：作，垂足为，连接，就是二面角的平面角，由此能求出的余弦值为法二：以为x轴，以为y轴，以为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值【题文】20（本小题满分12分）椭圆：的离心率为，长轴端点与短轴端点间的距离为（1）求椭圆的方程；（2）设过点的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，若为直角三角形，求直线
16、的斜率【知识点】椭圆方程以及直线与椭圆的位置关系H5 H8【答案】（）；()和 【解析】解析：（1）由已知，又，解得，所以椭圆的方程为；4分(2) 根据题意，过点满足题意的直线斜率存在，设，联立，消去y得，令，解得 7分设、两点的坐标分别为，）当为直角时，则，因为为直角，所以，即，所以，所以，解得9分）当或为直角时，不妨设为直角，此时，所以，即又将代入，消去得，解得或（舍去），将代入，得所以，经检验，所求k值均符合题意。 11分 综上，k的值为和 12分【思路点拨】(1)由题意可得，即可求得进而得到椭圆方程；(2)过点满足题意的直线斜率存在，设，与椭圆联立，因为为直角三角形，所以分为直角和或为
17、直角时，两种情况进行讨论，利用向量的数量积为零，结合韦达定理求解.【题文】21.(本小题满分12分) 设函数（1）当时，求函数的单调区间；（2）令，其图像上任意一点P处切线的斜率恒成立，求实数的取值范围；（3）当时，方程在区间内有唯一实数解，求实数的取值范围。【知识点】导数的应用B12【答案】（1）的单调增区间为，减区间为；(2) ；(3) 或.【解析】解析：（1）依题意，知的定义域为当时，令，解得或（舍去）当时，.当时，.所以的单调增区间为，减区间为；（2），则有在上恒成立.所以.当时，取得最大值.所以.(3）当时，.由得.又，所以要使方程在区间上有唯一实数解.只需有唯一实数解.令由得，得.
18、在区间上是增函数，在区间上是减函数.，或.【思路点拨】(1)由导函数的正负可求得函数的单调区间；(2) 其图像上任意一点处切线的斜率恒成立，即等价于在上恒成立，即在上恒成立，即可求得；(3)由题意要使在在区间上有唯一实数解，即只需有唯一实数解，即可求解.选做题（在22、23、24三题中任选一题做答）【题文】22（本小题满分10分）选修41：几何证明选讲：如图所示，已知与相切，为切点，过点的割线交圆于两点，弦，相交于点，为上一点，且（1）求证：；（2）若，求的长第22题图【知识点】几何证明N1【答案】(1)略；(2) .【解析】解析：（）,2分又, ,， ， 4分又，5分（）, ， 由（1）可知
19、：，解得.7分 是的切线，解得10分【思路点拨】（I）由已知可得，得到由平行线的性质可得，于是得到，再利用对顶角的性质即可证明于是得到利用相交弦定理可得进而证明结论；（II）利用（I）的结论可得，再利用切割线定理可得，即可得出PA【题文】23（本小题满分10分）选修44：坐标系与参数方程：以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的长度单位已知直线的参数方程为 (为参数，)，曲线的极坐标方程为（）求曲线的直角坐标方程；（）设直线与曲线相交于、两点，当变化时，求的最小值【知识点】极坐标 参数方程N3 【答案】（）；（）4.【解析】解析：（）由，得所以曲线C的直角坐标方程为.5
20、分（）将直线的参数方程代入，得.设、两点对应的参数分别为、，则， ，当时，的最小值为4. 10分【思路点拨】由化简可得曲线的直角坐标方程；直线与曲线联立可得方程，利用两点间的距离公式结合韦达定理求得的最小值【题文】24（本小题满分10分）选修45：不等式选讲：已知函数（）求不等式的解集；（）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围【知识点】绝对值不等式的解法 E2【答案】（）；（）或【解析】解析：（）原不等式等价于或 解得：.即不等式的解集为 5分（）不等式等价于，因为，所以的最小值为4，于是即所以或10分【思路点拨】利用零点分段法求得每段的解析式，然后分段求得不等式的解集求并集即可，原不等式恒成立等价于，解对数不等式即可.
