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江西省南昌市铁路一中2015届高三二轮复习数学(理)试题(解析版)


2015 年江西省南昌市铁路一中高三二轮复习数学试卷 (理科)
一.选择题:本大题共 12 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) (2015?南昌校级模拟)i 是虚数单位, A. ﹣1+i B. 1+i C. ﹣1﹣i D. 1﹣i 【考点】 : 复数代数形式的乘除运算;复数的基本概念. 【专题】 : 数系的扩充和复数. 【分析】 : 利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出. 【解析】 : 解: = =i+1 的共轭复数为 1﹣i. 的共轭复数为( )

故选:D. 【点评】 : 本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义,属于基础题. 2. (5 分) (2007?广东)已知函数 的定义域为 M,g(x)=ln(1+x)的定

义域为 N,则 M∩ N=( ) A. {x|x>﹣1} B. {x|x<1} C. {x|﹣1<x<1} D. ? 【考点】 : 交集及其运算;函数的定义域及其求法. 【分析】 : 根据题目中使函数有意义的 x 的值求得函数的定义域 M 和 N,再求它们的交集 即可. 【解析】 : 解:∵函数的定义域是指使函数式有意义的自变量 x 的取值范围, ∴由 1﹣x>0 求得函数的定义域 M={x|x<1}, 和由 1+x>0 得,N=[x|x>﹣1}, ∴它们的交集 M∩ N={x|﹣1<x<1}. 故选 C. 【点评】 : 本题属于以函数的定义为平台, 求集合的交集的基础题, 也是高考常会考的题型.

3. (5 分) (2014?辽宁)设等差数列{an}的公差为 d, 若数列{ A. d<0 B. d>0 C. a1d<0 D. a1d>0 【考点】 : 数列的函数特性. 【专题】 : 函数的性质及应用;等差数列与等比数列. 【分析】 : 由于数列{2 }为递减数列,可得 =

}为递减数列,则 (



<1,解出即可.

【解析】 : 解:∵等差数列{an}的公差为 d,∴an+1﹣an=d, 又数列{2 }为递减数列,



=

<1,

∴a1d<0. 故选:C. 【点评】 : 本题考查了等差数列的通项公式、数列的单调性、指数函数的运算法则等基础知 识与基本技能方法,属于中档题. 4. (5 分) (2011?门头沟区一模)已知函数 f(x)满足:① ?x,y∈R,f(x+y)=f(x)+f(y) , ② ?x>0,f(x)>0,则( ) A. f(x)是偶函数且在(0,+∞)上单调递减 B. f(x)是偶函数且在(0,+∞)上单调递增 C. f(x)是奇函数且单调递减 D. f(x)是奇函数且单调递增 【考点】 : 函数奇偶性的判断;函数单调性的判断与证明. 【专题】 : 计算题;压轴题. 【分析】 : ① 先判断 f(x)奇偶性,即找出 f(﹣x)与 f(x)之间的关系,令 y=﹣x,有 f (0)=f(x)+f(﹣x) ,故问题转化为求 f(0)即可,可对 x、y 都赋值为 0; ② 再依据函数单调性的定义判断函数的单调性,任取 x1<x2,充分利用条件当 x>0 时,有 f (x)>0 与 f(x+y)=f(x)+f(y) ,即可判定 f(x2)>f(x1)从而得出其单调性. 【解析】 : 解:显然 f(x)的定义域是 R,关于原点对称. 又∵函数对一切 x、y 都有 f(x+y)=f(x)+f(y) , ∴令 x=y=0,得 f(0)=2f(0) ,∴f(0)=0. 再令 y=﹣x,得 f(0)=f(x)+f(﹣x) , ∴f(﹣x)=﹣f(x) , ∴f(x)为奇函数. 任取 x1<x2,x2﹣x1>0,则 f(x2﹣x1)>0 ∴f(x2)+f(﹣x1)>0; 对 f(x+y)=f(x)+f(y)取 x=y=0 得:f(0)=0, 再取 y=﹣x 得 f(x)+f(﹣x)=0 即 f(﹣x)=﹣f(x) , ∴有 f(x2)﹣f(x1)>0 ∴f(x2)>f(x1) ∴f(x)在 R 上递增. 故选 D. 【点评】 : 本题考点是抽象函数及其性质,在研究其奇偶性时本题采取了连续赋值的技巧, 这是判断抽象函数性质时常用的一种探究的方式,属于中档题. ,0]上

5. (5 分) (2009?临沂一模)使奇函数 f(x)=sin(2x+θ)+ 为减函数的 θ 值为( A. ﹣ B. ﹣ ) C. D.

cos(2x+θ)在[﹣

【考点】 : 正弦函数的奇偶性;正弦函数的单调性. 【专题】 : 计算题. 【分析】 : 首先根据已知将函数 f(x)化简为 f(x)=2sin(2x+θ+ ) ,然后根据函数的奇

偶性确定 θ 的取值,将选项分别代入验证再根据单调性即可排除选项. 【解析】 : 解:由已知得:f(x)=2sin(2x+θ+ 由于函数为奇函数, 故有 θ+ =kπ (k∈Z) ,可淘汰 B、C 选项 ) ,

即:θ=kπ﹣

然后分别将 A 和 D 选项代入检验, 易知当 θ= 时, ,0]上递减,故选 D、

f(x)=﹣2sin2x 其在区间[﹣

故答案为:D 【点评】 : 本题考查正弦函数的奇偶性和单调性,通过对已知函数的化简,判断奇偶性以及 单调性,通过对选项的分析得出结果.考查了对三角函数图象问题的熟练掌握和运用,属于 基础题.
2 2

6. (5 分) (2015?贵阳一模)已知抛物线 C1:y=

x (p>0)的焦点与双曲线 C2:

﹣y =1

的右焦点的连线交 C1 于第一象限的点 M,若 C1 在点 M 处的切线平行于 C2 的一条渐近线, 则 p=( ) A. B. C. D.

【考点】 : 抛物线的简单性质. 【专题】 : 综合题;圆锥曲线的定义、性质与方程. 【分析】 : 由曲线方程求出抛物线与双曲线的焦点坐标, 由两点式写出过两个焦点的直线方 程,求出函数 y= x (p>0)在 x 取直线与抛物线交点 M 的横坐标时的导数值,由其等于
2

双曲线渐近线的斜率得到交点横坐标与 p 的关系,把 M 点的坐标代入直线方程即可求得 p 的值. 【解析】 : 解:由抛物线 C1:y= x (p>0)得 x =2py(p>0) ,
2 2

所以抛物线的焦点坐标为 F(0, ) . 由 ﹣y =1 得 a=
2

,b=1,c=2.

所以双曲线的右焦点为(2,0) .

则抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线所在直线方程为





① .

设该直线交抛物线于 M( 由题意可知 = ,得 x0=

) ,则 C1 在点 M 处的切线的斜率为 ,代入 M 点得 M( , )



把 M 点代入① 得: 解得 p= .



故选:D. 【点评】 : 本题考查了双曲线的简单几何性质, 考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程, 函数在曲线上某点处的切线的斜率等于函数在该点处的导数,是中档题. 7. (5 分) (2015?南昌校级模拟)已知 x1 是方程 10 =﹣x﹣2 的解,x2 是方程 lgx=﹣x﹣2 的解,函数 f(x)=(x﹣x1) (x﹣x2) ,则( ) A. f(0)<f(2)<f(3) B. f(2)=f(0)<f(3) C. f(3)<f(0)=f(2) D. f(0)<f(3)<f(2) 【考点】 : 对数函数的图像与性质;指数函数的图像与性质. 【分析】 : 设 l: y=﹣x﹣2, 设 l 与 y=10 , y=lgx 分别相交于 A, B 两点, 利用 y=10 与 y=lgx 互为反函数可得 AB 的中点在 y=x 上,从而可求得 x1+x2 的值,从而可知 f(x)=(x﹣x1) (x﹣x2)的对称轴,再利用其单调性即可得到答案. x 【解析】 : 解:设直线 l 的方程为:y=﹣x﹣2,设 l 与 y=10 ,y=lgx 分别相交于 A,B 两点, x ∵y=10 与 y=lgx 互为反函数, ∴它们的图象关于直线 y=x 对称, 由题意得:点 A(x1,﹣x1﹣2)与点 B(x2,﹣x2﹣2)关于直线 y=x 对称, ∴AB 的中点在直线 y=x 上, ∴ = ,
x x x

即﹣x1﹣2﹣x2﹣2=x1+x2, ∴x1+x2=﹣2, 2 2 ∴f(x)=(x﹣x1) (x﹣x2)=x ﹣(x1+x2)x+x1x2=x +2x+x1x2, 其对称轴方程为:x=﹣1, ∴f(x)在[﹣1,+∞)上单调递增, ∴f(0)<f(2)<f(3) , 故选 A.

【点评】 : 本题考查对数函数与指数函数的图象与性质,考查反函数的应用,考查二次函数 的性质,属于难题. 8. (5 分) (2014?分宜县校级二模)已知函数 y=f(x)对任意的 x∈(﹣



)满足 f′

(x)cosx+f(x)sinx>0(其中 f′ (x)是函数 f(x)的导函数) ,则下列不等式成立的是 ( ) A. C. D. B.

【考点】 : 利用导数研究函数的单调性. 【专题】 : 导数的综合应用. 【分析】 : 根据条件构造函数 g(x)= 之间的关系即可得到结论. 【解析】 : 解:构造函数 g(x)= , ,求函数的导数,利用函数的单调性和导数

则 g′ (x)= ∵对任意的 x∈(﹣ ,

= )满足 f′ (x)cosx+f(x)sinx>0, , )单调递增,

∴g′ (x)>0,即函数 g(x)在 x∈(﹣

则 g(﹣

)<g(﹣

) ,即







f(﹣

)<f(﹣

) ,故 A 正确.

∵g(

)>g(

) ,即







f(

)>f(

) ,故 B 错误,

∵g(0)<g(

) ,即





∴f(0)<

f(

) ,故 C 错误,

∵g(0)<g(

) ,即





∴f(0)<2f(

) .故 D 错误.

故选:A. 【点评】 : 本题主要考查函数单调性的应用,利用条件构造函数是解决本题的关键,综合性 较强,有一点的难度. sinxcosx﹣cos x+ ,在△ABC 中,角 A, a,则 f(B)的取值范围( , ] )
2

9. (5 分) (2015?南昌校级模拟)已知 f(x)=

B,C 的对边分别是 a,b,c,且满足 2bcosA≤2c﹣ A. (﹣1, ] B. (﹣ ,

] C. (﹣ ,1] D. (﹣

【考点】 : 余弦定理;两角和与差的正弦函数. 【专题】 : 三角函数的求值. 【分析】 : 由已知及正弦定理可解得 cosB , 可得 0<B≤ , 即有﹣ <2B﹣ ,

由三角函数的恒等变化化简函数解析式可得 f(x)=sin(2x﹣ 【解析】 : 解:∵由于 f(x)= cos2x=sin(2x﹣ ) , sinxcosx﹣cos x+ =
2

) ,从而可求 f(B)的值. + = sin2x﹣

sin2x﹣

又 2bcosA≤2c﹣ a, 则由正弦定理得,2sinBcosA≤2sinC﹣ ﹣ sinA, 则可解得:cosB ,

sinA=2sin(A+B)﹣

sinA=2sinAcosB+2cosAsinB

由 B 为三角形的内角, 则解得:0<B≤ ,可得:﹣ <2B﹣ ,

故 f(B)=sin(2B﹣

)∈(﹣ ,1].

故选:C. 【点评】 : 本题考查三角函数的化简和求值,考查三角函数的周期性和单调性,考查解三角 形的正弦定理,考查运算能力,属于中档题. 10. (5 分) (2015?南昌校级模拟)如图,在棱长为 1 正四面体 S﹣ABC,O 是四面体的中 心,平面 PQR∥平面 ABC,设 SP=x(0≤x≤1) ,三棱锥 O﹣PQR 的体积为 V=f(x) ,其导函 数 y=f(x)的图象大致为( )

A.

B.

C.

D.

【考点】 : 函数的图象. 【专题】 : 函数的性质及应用. 【分析】 : 根据棱锥的体积公式,分别设底面 PQR 距点 0 的高为 h,底面 PQR 的面积为 s, 分别观察 s,h 的变化,得到体积的变化. 【解析】 : 解:设 O 点到底面 PQR 距点 0 的高为 h,底面 PQR 的面积为 s, ∴三棱锥 O﹣PQR 的体积为 V=f(x)= sh, 当点 P 从 S 到 A 的过程为底面积 S 一直再增大,高先减少再增大,当底面经过点 O 时,高 为 0, ∴体积先增大,后减少,再增大, 故选:C 【点评】 : 本题考查了函数的图象和识别,关键掌握各变量的变化趋势,属于基础题. 11. (5 分) (2015?南昌校级模拟)定义在 R 上的可导函数 f(x)= x + ax +2bx+c,当 x∈ (0,1)时取得极大值,当 x∈(1,2)时,取得极小值,若(1﹣t)a+b+t﹣3>0 恒成立, 则实数 t 的取值范围为( ) A. (2,+∞) B. [2,+∞) C. (﹣∞, ) D. (﹣∞, ]
3 2

【考点】 : 利用导数研究函数的极值;简单线性规划的应用. 【专题】 : 导数的综合应用;不等式的解法及应用. 【分析】 : 据极大值点左边导数为正右边导数为负, 极小值点左边导数为负右边导数为正得 a,b 的约束条件,据线性规划求出最值. 【解析】 : 解∵f(x)= x + ax +2bx+c, ∴f′ (x)=x +ax+2b, ∵函数 f(x)在区间(0,1)内取得极大值,在区间(1,2)内取得极小值, 2 ∴f′ (x)=x +ax+2b=0 在(0,1)和(1,2)内各有一个根, f′ (0)>0,f′ (1)<0,f′ (2)>0,
2 3 2



,在 aOb 坐标系中画出其表示的区域(不包括边界) ,如图:

若(1﹣t)a+b+t﹣3>0 恒成立,可知 a+b﹣3>t(a﹣1)恒成立,由可行域可知 a<0, 可得 t> 加 1, 当 A(x,y)位于 M(﹣1,0)时, 则最小值为 1+1=2, ∴ 的取值范围[2,+∞) , 最小,最小值为 1; =1+ 它的几何意义是表示点 P(1,2)与可行域内的点 A 连线的斜率

故选:B.

【点评】 : 考查学生利用导数研究函数极值的能力,以及会进行简单的线性规划的能力.

12. (5 分) (2015?黑龙江模拟)设函数 f(x)=
2 2 2

sin

,若存在 f(x)的极值点 x0 满足

x0 +[f(x0)] <m ,则 m 的取值范围是( ) A. (﹣∞,﹣6)∪(6,+∞) B. (﹣∞,﹣4)∪(4,+∞) C. (﹣∞,﹣2) ∪(2,+∞) D. (﹣∞,﹣1)∪(1,+∞) 【考点】 : 正弦函数的定义域和值域. 【专题】 : 三角函数的图像与性质. 【分析】 : 由题意可得,f(x0)=± ,且
2 2

=kπ+

,k∈z,再由题意可得当 m 最小

2

时,|x0|最小,而|x0|最小为 |m|,可得 m > m +3,由此求得 m 的取值范围. 【解析】 : 解:由题意可得,f(x0)=±
2 2 2 2

,且

=kπ+

,k∈z,即 x0=

m.

再由 x0 +[f(x0)] <m ,可得当 m 最小时,|x0|最小,而|x0|最小为 |m|,

∴m > m +3,∴m >4. 求得 m>2,或 m<﹣2, 故选:C. 【点评】 : 本题主要正弦函数的图象和性质,函数的零点的定义,体现了转化的数学思想, 属于中档题. 二.填空题:本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13. (5 分) (2014?北京)把 5 件不同产品摆成一排,若产品 A 与产品 B 相邻,且产品 A 与 产品 C 不相邻,则不同的摆法有 36 种. 【考点】 : 排列、组合的实际应用;排列、组合及简单计数问题. 【专题】 : 排列组合. 【分析】 : 分 3 步进行【分析】 :① 用捆绑法分析 A、B,② 除去 A、B 相邻又满足 A、C 相邻 的情况. 【解析】 : 解:先考虑产品 A 与 B 相邻,把 A、B 作为一个元素有 交换位置,所以有 2 种方法,而 A、B 可 =12 种摆法,

2

2

2

=48 种摆法,又当 A、B 相邻又满足 A、C 相邻,有 2

故满足条件的摆法有 48﹣12=36 种. 故答案为:36. 【点评】 : 本题考查分步计数原理的应用,要优先分析受到限制的元素,如本题的 A、B、 C. 14. (2015?南昌校级模拟)为了了解 1000 名学生的学习情况,采用系统抽样的方法,从中 抽取容量为 40 的样本,则分段的间隔为 25 . 【考点】 : 【专题】 : 【分析】 : 【解析】 : 系统抽样方法. 概率与统计. 利用系统抽样的性质求解. 解:由已知得: =25.

分段的间隔为:

故答案为:25. 【点评】 : 本题考查系统抽样的分段间隔的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意系统 抽样的性质的合理运用. 15. (5 分) (2015?南昌校级模拟)如图,在△ABC 中,O 为 BC 中点,若 AB=1,AC=3, < , >=60°,则 = .

【考点】 : 平面向量数量积的运算. 【专题】 : 平面向量及应用. 【分析】 : 根据题意,利用向量的中点坐标公式表示出向量 ,求模长即可.

【解析】 : 解:如图所示, 根据题意,O 为 BC 中点, ∴ = ( = (
2

+

) , +2 ?
2

+



= (1 +2×1×3×cos60°+3 ) = ∴| ; |= . . ,是基

故答案为:

【点评】 : 本题考查了平面向量的应用问题,解题的关键是利用中点表示出向量 础题.

16. (5 分) (2015?南昌校级模拟)已知一个正三棱锥 P﹣ABC 的正视图如图所示,若 AC=BC= ,PC= ,则此正三棱锥的表面积为 9 .

【考点】 : 棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积. 【专题】 : 空间位置关系与距离. 【分析】 : 求正三棱锥的表面积即求三个侧面面积与底面面积的和, 故求解本题需要求出底 面三角形的边长,侧面上的斜高,然后求解表面积. 【解析】 : 解:由题设条件及主视图知底面三角形的边长是 3,顶点到底面的距离是 , 故底面三角形各边上的高为 3× = ,

令顶点 P 在底面上的投影为 M,由正三棱锥的结构特征知 M 到三角形各边中点的距离是底 面三角形高的 ,计算得其值为 故斜高为 = , =9 . ,

故此正三棱锥的表面积为:

故答案为:9 . 【点评】 : 本题考查由三视图求面积与体积,三视图的作图规则是主视图与俯视图长对正, 主视图与侧视图高平齐, 侧视图与俯视图是宽相等, 本题是考查利用三视图的作图规则把三 视图中的数据还原到原始图形中来, 求面积与体积, 做题时要注意正确利用三视图中所提供 的信息.

17. (5 分) (2015?南昌校级模拟) 函数 ( f x) =min{2

, |x﹣2|}, 其中 min{a, b}=



若动直线 y=m 与函数 y=f(x)的图象有三个不同的交点,它们的横坐标分别为 x1,x2,x3, 则 x1?x2?x3 最大值为 1 . 【考点】 : 函数的零点与方程根的关系. 【专题】 : 综合题;函数的性质及应用. 【分析】 : 由 f(x)表达式作出函数 f(x)的图象,由图象可求得符合条件的 m 的取值范 围,不妨设 0<x1<x2<2<x3,通过解方程可用 m 把 x1,x2,x3 分别表示出来,利用基本 不等式即可求得 x1?x2?x3 的最大值. 【解析】 : 解:作出函数 f(x)的图象如图所示: 由,解得 A(4﹣2 ,2 ﹣2) , 由图象可得,当直线 y=m 与 f(x)图象有三个交点时 m 的范围为:0<m<2 ﹣2. 不妨设 0<x1<x2<2<x3, 则由 2 =m 得 x1= ,由|x2﹣2|=2﹣x2=m,

得 x2=2﹣m,由|x3﹣2|=x3﹣2=m, 得 x3=m+2,且 2﹣m>0,m+2>0, ∴x1?x2?x3=
2

?(2﹣m)?(2+m)= ?m ?(4﹣m )≤
2

2

2

=

=1,

当且仅当 m =4﹣m . 即 m= 时取得等号, ∴x1?x2?x3 存在最大值为 1. 故答案为:1.

【点评】 : 本题考查函数与方程的综合运用,考查基本不等式在求函数最值中的应用,考查 数形结合思想,考查学生综合运用知识分析解决新问题的能力,难度较大. 三、解答题:本大题共 6 个题,共 75 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18. (12 分) (2014?厦门二模)自驾游从 A 地到 B 地有甲乙两条线路,甲线路是 A﹣C﹣D ﹣B,乙线路是 A﹣E﹣F﹣G﹣H﹣B,其中 CD 段、EF 段、GH 段都是易堵车路段,假设这 三条路段堵车与否相互独立,这三条路段的堵车概率及平均堵车时间如表 1 所示. 表 1: CD 段 EF 段 GH 段 堵车概率 x y 平均堵车时间 (单位:小时) a 2 1 经调查发现,堵车概率 x 在( ,1)上变化,y 在(0, )上变化. 在不堵车的情况下, 走甲线路需汽油费 500 元, 走乙线路需汽油费 545 元. 而每堵车 1 小时, 需多花汽油费 20 元.路政局为了估计 CD 段平均堵车时间,调查了 100 名走甲线路的司机, 得到表 2 数据. 表 2: 堵车时间(单位:小时) 频数 [0,1] 8 (1,2] 6 (2,3] 38 (3,4] 24 (4,5] 24 (Ⅰ)求 CD 段平均堵车时间 a 的值; (Ⅱ)若只考虑所花汽油费期望值的大小,为了节约,求选择走甲线路的概率. 【考点】 : 几何概型;相互独立事件的概率乘法公式;离散型随机变量的期望与方差. 【专题】 : 综合题;概率与统计. 【分析】 : (Ⅰ)利用组中值,可求 CD 段平均堵车时间 a 的值; (Ⅱ) 求出走乙路线花汽油费的数学期望是 40y+550 元, 可得选择走甲线路应满足 (550+4y) ﹣[500(1﹣x)+(500+60)x]≥0,即 6x﹣4y﹣5≤0,利用面积之比,求出选择走甲线路的 概率. 【解析】 : 解: (Ⅰ)a= + +2.5× +3.5× +4.5× =3;

(Ⅱ)在 EF 路段多花汽油费的数学期望是 20×2y=40y 元,在 GH 路段多花汽油费的数学期 望是 20×1× =5 元, ∵EF,GH 路段堵车与否相互独立, ∴走乙路线多花汽油费的数学期望是 40y+5 元, ∴走乙路线花汽油费的数学期望是 40y+550 元, ∴选择走甲线路应满足(550+4y)﹣[500(1﹣x)+(500+60)x]≥0,即 6x﹣4y﹣5≤0,

∵x 在( ,1)上变化,y 在(0, )上变化,

∴选择走甲线路的概率为

=

【点评】 : 本题考查概率的计算,考查面积的计算,属于中档题. 19. (2013?太原一模) 为了解某校高三毕业班报考体育专业学生的体重(单位: 千克) 情况, 将他们的体重数据整理后得到如下频率分布直方图. 已知图中从左至右前 3 个小组的频率之 比为 1:2:3,其中第 2 小组的频数为 12. (I)求该校报考体育专业学生的总人数 n; (Ⅱ)已知 A,a 是该校报考体育专业的两名学生,A 的体重小于 55 千克,a 的体重不小于 70 千克. 现从该校报考体育专业的学生中选取体重小于 55 千克的学生 1 人、 体重不小于 70 千克的学生 2 人组成 3 人训练组,求 A 不在训练组且 a 在训练组的概率.

【考点】 : 列举法计算基本事件数及事件发生的概率;频率分布直方图;用样本的频率分布 估计总体分布. 【专题】 : 概率与统计. 【分析】 : (I)设报考体育专业的人数为 n,前三小组的频率分别为 p1,p2,p3,根据前 3 个小组的频率之比为 1:2:3 和所求频率和为 1,建立方程组,解之即可求出第二组频率, 然后根据样本容量等于频数÷频率进行求解即可; (II)根据古典概型的计算公式,先求从该校报考体育专业的学生中选取体重小于 55 千克 的学生 1 人、体重不小于 70 千克的学生 2 人组成 3 人训练组的所有可能情形,再求符合要 求的可能情形,根据公式计算即可. 【解析】 : 解: (I)设该校报考体育专业的人数为 n,前三小组的频率分别为 p1,p2,p3, 则由题意可知,



解得 p1=0.125,p2=0.25,p3=0.375. 又因为 p2=0.25= ,故 n=48.

(II)由题意,报考体育专业的学生中,体重小于 55 千克的人数为 48×0.125=6,记他们分 别为 A,B,C,D,E,F, 体重不小于 70 千克的人数为 48×0.0125×5=3,记他们分别为 a,b,c, 则从该校报考体育专业的学生中选取体重小于 55 千克的学生 1 人、 体重不小于 70 千克的学 生 2 人组成 3 人训练组的结果为: (A,a,b) , (A,a,c) , (A,b,c) , (B,a,b) , (B, a,c) , (B,b,c) , (C,a,b) , (C,a,c) , (C,b,c) , (D,a,b) , (D,a,c) , (D,b, c) , (E,a,b) , (E,a,c) , (E,b,c) , (F,a,b) , (F,a,c) , (F,b,c) ,共 18 种; 其中 A 不在训练组且 a 在训练组的结果有: (B,a,b) , (B,a,c) , (C,a,b) , (C,a, c) , (D,a,b) , (D,a,c) , (E,a,b) , (E,a,c) , (F,a,b) , (F,a,c) ,共 10 种, ∴所求概率 P= = .

【点评】 : 本题主要考查了频率分布直方图, 以及列举法计算基本事件数及事件发生的概率, 同时考查了计算能力,属于中档题. 20. (12 分) (2013?宁波二模) 设公比大于零的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 a1=1, S4=5S2, 数列{bn}的前 n 项和为 Tn,满足 b1=1, ,n∈N .
*

(Ⅰ)求数列{an}、{bn}的通项公式; (Ⅱ)设 Cn=(Sn+1) (nbn﹣λ) ,若数列{Cn}是单调递减数列,求实数 λ 的取值范围. 【考点】 : 等差数列与等比数列的综合. 【专题】 : 计算题;等差数列与等比数列. 【分析】 : (Ⅰ)利用 a1=1,S4=5S2,求出数列的公比,即可求数列{an}的通项公式;通过 ,推出 ,利用累积法求解{bn}的通项公式.

(Ⅱ)求出等比数列的前 n 项和,化简 Cn=(Sn+1) (nbn﹣λ) ,推出 Cn+1﹣Cn,利于基本不 等式求出数列{Cn}是单调递减数列,求实数 λ 的取值范围. 【解析】 : (本题满分 14 分) 解: (Ⅰ)由 S4=5S2,q>0,得 …(3 分)



(n>1) ,

则得

所以 (Ⅱ)因为 则 即

,当 n=1 时也满足. …(7 分) ,所以
*

,使数列{Cn}是单调递减数列, 对 n∈N 都成立,…(10 分) ,…(12 分) ,

当 n=1 或 2 时,

,所以



…(14 分)

【点评】 : 本题考查等比数列与等差数列的综合应用, 累积法的应用以及数列的函数的特征 的应用,考查计算能力. 21. (12 分) (2014?保定一模)如图,在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,已知 AB⊥侧面 BB1C1C, AB=BC=1,BB1=2,∠BCC1= (1)求证:C1B⊥平面 ABC; (2)设 的值. =λ (0≤λ≤1) ,且平面 AB1E 与 BB1E 所成的锐二面角的大小为 30°,试求 λ .

【考点】 : 与二面角有关的立体几何综合题;直线与平面垂直的判定. 【专题】 : 空间角. 【分析】 : (1)由已知条件推导出 AB⊥BC1,BC⊥BC1,由此能证明 C1B⊥平面 ABC. (2)以 B 为原点,BC,BA,BC1 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.利用 向量法能求出 λ 的值. 【解析】 : (1)证明:AB⊥侧面 BB1C1C,BC1?侧面 BB1C1C,∴AB⊥BC1, 在△BCC1 中,BC=1,CC1=BB1=2,∠BCC1= 由余弦定理得:B =1 +2 ﹣2×1×2×cos
2 2



=BC +C =3,

2

﹣2BC?CC1?cos∠BCC1

∴BC1= ∴BC +B
2

,…3 分 =C ,∴BC⊥BC1,

∵BC∩ AB=B,∴C1B⊥平面 ABC.…(5 分) (2)解:由(1)知,BC,BA,BC1 两两垂直, 以 B 为原点,BC,BA,BC1 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系. 则 分) ∴ 则 设平面 AB1E 的法向量为 , , ∴ , ∴ . , , .…(7



,∴





,则

,∴ =(0,1,0)是平面 BEB1 的一个法向量,

.…(10 分)

∵AB⊥侧面 BB1C1C,∴

∴|cos<

>|=|
2

|=



两边平方并化简得 2λ ﹣5λ+3=0, ∴λ=1 或 (舍去) .…(12 分)

∴λ 的值是 1. 【点评】 : 本题考查直线与平面垂直的证明,考查满足条件的实数值的求法,解题时要认真 审题,注意向量法的合理运用.

22. (2014?嘉峪关校级一模)如图,三角形 ABC 中,AC=BC=

,ABED 是边长为 1

的正方形,平面 ABED⊥底面 ABC,若 G、F 分别是 EC、BD 的中点. (Ⅰ)求证:GF∥底面 ABC; (Ⅱ)求证:AC⊥平面 EBC; (Ⅲ)求几何体 ADEBC 的体积 V.

【考点】 : 直线与平面平行的性质;棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面垂直的判定. 【专题】 : 计算题;证明题. 【分析】 : (1)证法一:证明一条直线与一个平面平行,除了可以根据直线与平面平行的 判定定理以外,通常还可以通过平面与平面平行进行转化,比如取 BE 的中点 H,连接 HF、 GH,根据中位线定理易证得:平面 HGF∥平面 ABC,进一步可得:GF∥平面 ABC. 证法二: 根据直线与平面平行的判定定理可知: 如果不在一个平面内的一条直线和平面内的 一条直线平行,那么直线和这个平面平行.故只需在平面 ABC 中找到与 GF 平行的直线即 可.因为 G、F 分别是 EC、BD 的中点,故平移是可以通过构造特殊的四边形、三角形来实 现. 证法三: 根据直线与平面平行的判定定理可知: 如果不在一个平面内的一条直线和平面内的 一条直线平行,那么直线和这个平面平行.故只需在平面 ABC 中找到与 GF 平行的直线即 可.因为 G、F 分别是 EC、BD 的中点,所以构造中位线是常用的找到平行直线的方法. (2)证明直线与平面垂直,关键要找到两条相交直线与之都垂直.有时候题目中没有现成 的直线与直线垂直, 需要我们先通过直线与平面垂直或者平面与平面垂直去转化一下. 由第 一问可知:GF∥平面 ABC,而平面 ABED⊥平面 ABC,所以 BE⊥平面 ABC,所以 BE⊥ AC;又由勾股定理可以证明:AC⊥BC. (3)解决棱锥、棱柱求体积的问题,关键在于找到合适的高与对应的底面,切忌不审图形, 盲目求解;根据平面与平面垂直的性质定理可知:CN⊥平面 ABED,而 ABED 是边长为 1 的正方形,进一步即可以求得体积. 【解析】 : 解: (I)证法一:取 BE 的中点 H,连接 HF、GH, (如图)

∵G、F 分别是 EC 和 BD 的中点 ∴HG∥BC,HF∥DE, (2 分) 又∵ADEB 为正方形∴DE∥AB,从而 HF∥AB

∴HF∥平面 ABC,HG∥平面 ABC,HF∩ HG=H, ∴平面 HGF∥平面 ABC ∴GF∥平面 ABC(5 分) 证法二:取 BC 的中点 M,AB 的中点 N 连接 GM、FN、MN (如图)

∵G、F 分别是 EC 和 BD 的中点



(2 分)

又∵ADEB 为正方形∴BE∥AD,BE=AD ∴GM∥NF 且 GM=NF ∴MNFG 为平行四边形 ∴GF∥MN,又 MN?平面 ABC, ∴GF∥平面 ABC(5 分) 证法三:连接 AE, ∵ADEB 为正方形, ∴AE∩ BD=F,且 F 是 AE 中点, (2 分) ∴GF∥AC, 又 AC?平面 ABC, ∴GF∥平面 ABC(5 分) (Ⅱ)∵ADEB 为正方形,∴EB⊥AB,∴GF∥平面 ABC(5 分) 又∵平面 ABED⊥平面 ABC,∴BE⊥平面 ABC(7 分) ∴BE⊥AC 2 2 2 又∵CA +CB =AB ∴AC⊥BC, ∵BC∩ BE=B, ∴AC⊥平面 BCE(9 分) (Ⅲ)连接 CN,因为 AC=BC,∴CN⊥AB, (10 分) 又平面 ABED⊥平面 ABC,CN?平面 ABC,∴CN⊥平面 ABED. (11 分) ∵三角形 ABC 是等腰直角三角形,∴ ∵C﹣ABED 是四棱锥, , (12 分)

∴VC﹣ABED=

=

(14 分)

【点评】 : 本小题主要考查空间线面关系、 面面关系、 几何体的体积等知识, 考查数形结合、 化归与转化的数学思想方法,以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.

23. (12 分) (2015?南昌校级模拟)已知椭圆 C:

+

=1(a>b>0) ,F1,F2 为左右焦点,

|F1F2|=2,椭圆上一动点 P,左顶点为 A,且 cos∠F1PF2 的最小值为 . (1)椭圆 C 的方程; (2)直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 相交于不同的两点 M,N(均不是长轴的顶点) ,AH⊥MN, 垂足为 H,且 = ? ,直线 l 是否过定点,如果过定点求出定点坐标,不过说明理由.

【考点】 : 直线与圆锥曲线的综合问题;椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的关系. 【专题】 : 圆锥曲线的定义、性质与方程. 【分析】 : (1)利用余弦定理结合基本不等式求出 cos∠F1PF2 的最小值.通过椭圆的定义 求出 a,b,然后求解椭圆的方程. (2)设 M(x1,y1) ,N(x2,y2) ,联立直线与椭圆方程,通过韦达定理,结合 推出 AH⊥MN,然后求出 m 与 k 的关系,利用直线系求出直线恒过的定点. 【解析】 : 解: (1)因为 P 是椭圆上的点,所以|PF1|+|PF2|=2a, 在△F1PF2 中,有余弦定理可得: = ? ,

, 当且仅当 PF1=PF2 时取等号, ∴ ,|F1F2|=2,可得 c=2,∴b =3,
2

故椭圆 C 的方程为



(2)设 M(x1,y1) ,N(x2,y2) , 联立直线与椭圆方程,



,∴

∵直线与椭圆有两个交点 2 2 ∴△>0?3+4k >m , ∵ ,∴AH⊥MN?AM⊥

AN

解得 m=2k 或 当 m=2k 直线 l 过点 A(舍去) , 当 时,直线 ,过定点 .

【点评】 : 本题考查椭圆方程的综合应用, 椭圆方程的求法, 直线与椭圆的位置关系的应用, 考查转化思想以及计算能力. 24. (12 分) (2014?嘉兴二模)已知 a∈R,函数 m(x)=x ,n(x)=aln(x+2) . (Ⅰ)令 f(x)= ,若函数 f(x)的图象上存在两点 A、B 满足 OA⊥OB
2

(O 为坐标原点) ,且线段 AB 的中点在 y 轴上,求 a 的取值集合; (Ⅱ)若函数 g(x)=m(x)+n(x)存在两个极值点 x1、x2,求 g(x1)+g(x2)的取值 范围. 【考点】 : 数量积判断两个平面向量的垂直关系;利用导数研究函数的极值. 【专题】 : 综合题;导数的综合应用. 2 【分析】 : (Ⅰ)不妨设 A(t,aln(t+2) ) ,B(﹣t,t ) ,利用 OA⊥OB,再分离参数,即 可求 a 的取值集合; 2 (Ⅱ)函数 g(x)=m(x)+n(x)存在两个极值点 x1、x2,g′ (x)=0,即 2x +4x+a=0 在 (﹣2,+∞)上存在两个不等的实根,可得 0<a<2,x1+x2=﹣2,x1x2= ,表示出 g(x1) +g(x2) ,确定其单调性,即可求 g(x1)+g(x2)的取值范围.

【解析】 : 解: (Ⅰ)由题意,不妨设 A(t,aln(t+2) ) ,B(﹣t,t ) (t>0) ∴OA⊥OB, ∴﹣t +at ln(t+2)=0, ∴a= ,
2 2

2

∵ln(t+2)∈(ln2,+∞) , ∴a 的取值集合为(0, ) ;
2

(Ⅱ)g(x)=m(x)+n(x)=x +aln(x+2) , ∴g′ (x)= ,

∵函数 g(x)=m(x)+n(x)存在两个极值点 x1、x2, 2 ∴g′ (x)=0,即 2x +4x+a=0 在(﹣2,+∞)上存在两个不等的实根, 2 令 p(x)=2x +4x+a, ∴△=16﹣8a>0 且 p(﹣2)>0, ∴0<a<2, ∵x1+x2=﹣2,x1x2= , ∴g(x1)+g(x2)=x1 +aln(x1+2)+x2 +aln(x2+2) 2 =(x1+x2) ﹣2x1x2+aln[x1x2+2(x1+x2)+4] =aln ﹣a+4 令 q(x)=xln ﹣x+4,x∈(0,2) , ∴q′ (x)=ln <0, ∴q(x)在(0,2)上单调递减, ∴2<aln ﹣a+4<4 ∴g(x1)+g(x2)的取值范围是(2,4) . 【点评】 : 本题考查导数知识的运用,考查韦达定理,考查函数的单调性与极值,考查学生 的计算能力,属于中档题.
2 2

25. (2015?南昌校级模拟)已知函数 f(x)=lnx+

,其中 a>0.

(1)若函数 f(x)在区间[1,+∞)内单调递增,求 a 的取值范围; (2)0<a≤2 时,求 f(x)在 x∈[1,2]上的最小值; (3)求证:对于任意的 n∈N 时,都有 lnn> + +…+ 成立.
*

【考点】 : 利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性. 【专题】 : 计算题;证明题;导数的综合应用. 【分析】 : 求导 ,

(1)由题意得 f′ (x)≥0 对 x∈[1,+∞)恒成立,再转化为最值问题即可, (2)结合(1)及导数,根据导数的正负性分 2≥a≥1, 函数的单调性,从而求函数的最小值; (3)由函数可证明 对 n∈N ,且 n>1 恒成立,再写 lnn=[lnn﹣ln(n
*



三种情况讨论

﹣1)]+[ln(n﹣1)﹣ln(n﹣2)]+…+[ln3﹣ln2]+[ln2﹣ln1],从而证明. 【解析】 : 解: ,

(1)由题意得 f′ (x)≥0 对 x∈[1,+∞)恒成立, 即 对 x∈[1,+∞)恒成立; ,

∵x∈[1,+∞)时,

∴a≥1, 即 a 的取值范围为[1,+∞) ; (2)当 2≥a≥1 时, 由(1)知,f′ (x)>0 对 x∈(1,2)恒成立, 此时 f(x)在[1,2]上为增函数, ∴[f(x)]min=f(1)=0; 当 时,f′ (x)<0 对 x∈(1.2)恒成立,

此时 f(x)在[1,2]上为减函数, ∴ 当 若 若 ∴ (3)由(1)知函数 当 n>1 时,∵ ∴ 即 , , 对 n∈N ,且 n>1 恒成立,
*

; 时,令 f′ (x)=0,得 ,则 f′ (x)<0; ,则 f′ (x)>0, . 在[1,+∞)上为增函数, ∈(1,2) ,

∴lnn=[lnn﹣ln(n﹣1)]+[ln(n﹣1)﹣ln(n﹣2)]+…+[ln3﹣ln2]+[ln2﹣ ln1] .

【点评】 : 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题, 同时考查了分类讨论的数学思想及数 学证明,属于难题. 【极坐标与参数方程】 26. (10 分) (2015?南昌校级模拟)以坐标原点 O 为极点,以 x 轴的非负半轴为极轴建立极 坐标系,曲线 C1 的极坐标方程为 ρ﹣2cosθ=0,曲线 C2 的参数为 (1)求曲线 C1 的参数方程; (2)射线 OM:θ= 与曲线 C1 的交点为 O,P,与曲线 C2 交于点 Q,求线段 PQ 的长. (t 为参数) .

【考点】 : 简单曲线的极坐标方程;参数方程化成普通方程. 【专题】 : 坐标系和参数方程. 【分析】 : (1) 利用极坐标方程求出普通方程, 然后利用三角代换求出曲线 C1 的参数方程. (2)求出射线 OM 的方程,通过方程组求出 P、Q 坐标,然后利用两点间距离公式求解即 可. 【解析】 : 解: (1)∵ρ﹣2cosθ=0,∴ρ ﹣2ρcosθ=0,∴x +y ﹣2x=0,∴(x﹣1) +y =1 曲线 C1 的参数方程为 (2)射线 OM:θ= (θ 为参数) 可得普通方程为:y= (x≥0) .
2 2 2 2 2

, ∴3x +x ﹣2x=0 ∴ ,
2 2

由 ∴ , ,









【点评】 : 本题考查极坐标与参数方程的应用,化为普通方程的方法,两点间距离公式的应 用,考查计算能力. 【不等式选修】 27. (2015?南昌校级模拟)设函数 f(x)=|x﹣4|+|x﹣6|. (1)解不等式 f(x)>5; (2)若存在实数 x 满足 f(x)≥ax﹣1,求实数 a 的取值范围. 【考点】 : 函数恒成立问题;抽象函数及其应用. 【专题】 : 函数的性质及应用. 【分析】 : (1)化简函数的解析式,利用 f(x)的图象与 y=5 的交点横坐标,求解不等式 即可; (2)画出函数的图象,利用已知条件结合表达式的几何意义,求解 a 的范围.

【解析】 : 解: (1)f(x)=



y=f(x)与 y=5 图象交点的横坐标为 ∴



(2)f(x)=



直线 y=ax﹣1 恒过点(0,﹣1) ,如图点 A(6,2) ,当且仅当函数 y=f(x)与直线 y=ax﹣1 有公共点时满足要求,由图象可得 【点评】 : 本题考查函数的恒成立, 函数的图象的应用, 考查数形结合以及转化思想的应用, 考查分析问题解决问题的能力.


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