2015年高三诊断考试理科数学.doc

注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题纸上。
2．本试卷满分150分，考试用时120分钟。答题全部在答题纸上完成，试卷上答题无效。

第Ⅰ卷
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。
1．已知集合，，则
A． B． C． D．
2．复数（是虚数单位）的虚部是
A． B． C． D．
3．设，，且，夹角，则
A． B． C． D．
4．从数字、、、、中任取两个不同的数字构成一个两位数，则这个两位数大于40的概率为
A． B． C． D．
5．已知等差数列的前项和为，若，则
A． B． C． D．
6．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则

正视图 侧视图
俯视图
正视图中的的值是
A．2 B．
C． D．3
是
否
S=S*i
输出S
结束
开始
i=i-1
i=12,S=1
7．如图，程序输出的结果, 则判断框中应填
A．
B．
C．
D．
8．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，，，则∥是 的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
9．已知不等式组所表示的平面区域为，若直线与平面区域有公共点，则的取值范围为是
A． B．
C． D．
10．在直角坐标系中，设是曲线：上任意一点，是曲线在点处的切线，且交坐标轴于,两点，则以下结论正确的是
A．的面积为定值 B．的面积有最小值为
C．的面积有最大值为 D．的面积的取值范围是
11．已知抛物线：的焦点为，以为圆心的圆交于两点，交的准线于两点，若四边形是矩形，则圆的标准方程为
A． B．
C． D．
12．己知定义在上的可导函数的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为
A． B．
C． D．

第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分。第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22～24题为选考题，考生根据要求作答。
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，，则 ．
14．椭圆的中心在原点，焦点在轴上，若椭圆的离心率等于，且它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，则椭圆的标准方程为 ．
15．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是 ．
16．数列的首项为，数列为等比数列且，若，则 ．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（本小题满分12分）
在中，角、、所对的边分别为、、，已知．
（Ⅰ）求的大小；
（Ⅱ）若，求的取值范围．

18．（本小题满分12分）
A
B
C
D
A1
B1
C1
D1
如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，∥，,,顶点在底面内
的射影恰为点．
(Ⅰ)求证：；
(Ⅱ)若直线与直线所成的角为,
求平面与平面所成角（锐角）的
余弦函数值．

19．（本小题满分12分）
为迎接2015年在兰州举行的“中国兰州国际马拉松赛”，某单位在推介晚会中进行嘉宾现场抽奖活动．抽奖盒中装有大小相同的个小球，分别印有“兰州马拉松”和“绿色金城行”两种标志，摇匀后，规定参加者每次从盒中同时抽取两个小球（登记后放回并摇匀），若抽到的两个小球都印有“兰州马拉松”即可中奖，并停止抽奖,否则继续，但每位嘉宾最多抽取次．已知从盒中抽取两个小球不都是“绿色金城行”标志的概率为．
（Ⅰ）求盒中印有“兰州马拉松”标志的小球个数；
（Ⅱ）用表示某位嘉宾抽奖的次数，求的分布列和期望．

20．（本小题满分12分）
已知双曲线：的一条渐近线为，右焦点到直线的距离为．
（Ⅰ）求双曲线的方程；
（Ⅱ）斜率为且在轴上的截距大于的直线与曲线相交于、两点，已知，若，证明：过、、三点的圆与轴相切．
21．（本小题满分12分）
设函数．
（Ⅰ）若函数是定义域上的单调函数,求实数的取值范围；
（Ⅱ）若,试比较当时，与的大小；
（Ⅲ）证明：对任意的正整数，不等式成立．

请从下面所给的22、23、24三题中选定一题作答，如果多答按所答第一题评分。
22．（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲
如图,已知切⊙于点,割线交⊙于、两点,的平分线和、分别交于点、．求证:
A
B
E
P
C
D
•O
（Ⅰ）；
（Ⅱ）．

23．（本小题满分10分）选修4－4：极坐标系与参数方程
在直角坐标系中，曲线的参数方程为，（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(Ⅰ) 求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
(Ⅱ) 设为曲线上的动点，求点到上点的距离的最小值．

一、选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
C
D
B
D
D
B
A
C
A
A
B
7. 解析 ：由题意，S表示从12开始的逐渐减小的若干个整数的乘积，由于12×11=132，故此循环体需要执行两次所以每次执行后i的值依次为11，10,由于i的值为10时，就应该退出循环，再考察四个选项，B符合题意
11. 解析 ：依题意，抛物线：的焦点为,∴圆的圆心坐标为∵四边形是矩形，且为直径，为直径，为圆的圆心
∴点为该矩形的两条对角线的交点，
∴点到直线的距离与点到的距离相等，又点到直线的距离为 ∴直线的方程为： ∴
∴圆的半径
∴圆的方程为：
12. 解析 ：∵为偶函数，∴的图象关于对称,∴的图象关于对称∴
设（）,则
又∵，∴（），∴函数在定义域上单调递减
∵,而
∴ ∴故选B．
二、填空题
13. 14. 15. 16.
15．解析 ：函数，则，
令得，因为函数有两个极值点，所以有两个零点，等价于函数与的图象有两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象，过点（0，－1）作的切线，设切点为（x0，y0），则切线的斜率，切线方程为. 切点在切线上，则，又切点在曲线上，则，即切点为（1，0）.切线方程为. 再由直线与曲线有两个交点，知直线位于两直线和之间，其斜率2a满足：0＜2a＜1，解得实数a的取值范围是.

三、解答题
17. 解：（Ⅰ）∵，
∴ ∴
∵
∴ …………6分
（Ⅱ）由正弦定理得：，
∴，
∴

∵ ∴
即： …………12分
18. 解：(Ⅰ)证明:连接,则平面,
∴
在等腰梯形中,连接
∵,∥
∴
∴平面
∴ …………6分
(Ⅱ)解法一:
∵∥ ∴
∵ ∴
在底面中作,连接,则,所以为平面与平面所成角的一个平面角
在中,,
∴ ∴
即平面与平面所成角(锐角)的余弦函数值为 …………12分
解法二
由(Ⅰ)知、、两俩垂直，
∵∥ ∴ ∴
A
B
C
D
A1
B1
C1
D1
x
y
z
在等腰梯形中,连接因,∥，
所以，建立如图空间直角坐标系，
则，，
设平面的一个法向量
由得
可得平面的一个法向量．
又为平面的一个法向量．
因此
所以平面和平面所成的角(锐角)的余弦值为.
19. 解（Ⅰ）设印有“绿色金城行”的球有个,同时抽两球不都是“绿色金城行”标志为事件,则同时抽取两球都是“绿色金城行”标志的概率是
由对立事件的概率: = 即，
解得 …………6分
（Ⅱ）由已知，两种球各三个，可能取值分别为，

，

(或)
则 的分布列为：

所以 ． …………12分
20. 解：（Ⅰ）依题意有，
∵
∴
∴，
∴
∴曲线的方程为 ……………6分
（Ⅱ）设直线的方程为，则，，的中点为
由 得
∴，
∵，即
∴（舍）或
∴， 点的横坐标为
∵

∴
∴过、、三点的圆以点为圆心，为直径
∵点的横坐标为
∴
∵
∴过、、三点的圆与轴相切 ……………12分
21. 解：（Ⅰ）∵又函数在定义域上是单调函数.
∴ 或在上恒成立
若在上恒成立,即函数是定义域上的单调地增函数,则在上恒成立,由此可得；
若在上恒成立,则在上恒成立.即在上恒成立.
∵在上没有最小值
∴不存在实数使在上恒成立.
综上所述,实数的取值范围是. ……………4分
（Ⅱ）当时，函数.
令
则
显然，当时，,
所以函数在上单调递减
又，所以，当时，恒有,
即恒成立.
故当时，有 ……………8分
（Ⅲ）证法一:由（Ⅱ）可知 ()
∴ ()
∴ ()
∴ ………12分
证法二:设
则
∵ ∴
欲证
只需证

只需证
由（Ⅱ）知
即。
所以原命题成立。
方法三：数学归纳法
证明：1、当时，左边=，右边=，原不等式成立。
2、设当时，原不等式成立，
即
则当时，
左边=
只需证明
即证
即证
由（Ⅱ）知
即
令，即有。
所以当时成立
由1、2知，原不等式成立。
22. 证明: (Ⅰ) 切⊙于点,

∵平分

,
…………5分
(Ⅱ)
∽

同理∽,

…………10分
23. 解：(Ⅰ)由曲线： 得
即：曲线的普通方程为：
由曲线：得：
即：曲线的直角坐标方程为: …………5分
(Ⅱ) 由(Ⅰ)知椭圆与直线无公共点，
椭圆上的点到直线的距离为

所以当时，的最小值为 …………10分
24. 解：（Ⅰ）由得，
∴，即，
∴
∴ …………5分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知,令
则，
∴的最小值为4，故实数的取值范围是． …………10分