1、浙江省重点中学协作体 2015 届高三第一次适应性测试数学（理）试题（解析版） 2014.11本试题卷分选择题和非选择题两部分全卷共 4 页，选择题部分 1 至 2 页，非选择题部分 3 至 4页满分 150 分，考试时间 120 分钟 请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上 选择题部分（共 50 分）注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上 2每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。不能答在试题卷上 参考公式： 球的表面积公式 棱柱的体积公式 24SR VSh 球
2、的体积公式 其中 表示棱柱的底面积， h表示棱柱的高 3V 棱台的体积公式 其中 R 表示球的半径 )(3121Sh 棱锥的体积公式 其中 S1、 S2 分别表示棱台的上、下底面积， 13VShh 表示棱台的高 其中 表示棱锥的底面积， h表示棱锥的高 如果事件 ,AB互斥，那么()()PABP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. 【题文】1集合 ， ，若 ，则 （ ） 。3,2aA,Bb2ABABA B C D,010,131,234【知识点】集合交集，并集 A1【答案解析】A 解析：由 ，得 =2，所以 , .
3、即 ，2ab,，因此1,2B1,3A【思路点拨】由集合交集概念，可以求出 ，再根据并集概念即可求解。,ab【题文】2若 ( 为复数集)，则 是,abcC22()()0c的（ ） 。A充要条件 B充分不必要条件C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件【知识点】充分条件，必要条件 A2【答案解析】C 解析：当 时，不满足 ，故充分性不成立； 2,1abciabc由 可得 ，所以必要性成立。abc()()0【思路点拨】判断充要条件时，应先明确条件和结论，由条件能推出结论，充分性满足，由结论能推出条件，则必要性满足.【题文】3一几何体的三视图如右图所示，若主视图和左视图都是等腰直角三角形，直角边长为
4、1，则该几何体外接球的表面积为（ ） 。A B 43C D2【知识点】三视图，球体表面积 G2，G8【答案解析】B 解析：由三视图可知，此几何体是四棱锥，是由正方体下底面四个顶点和上底面一个顶点构成。此几何体的外接球就是正方体的外接球，正方体的体对角线是球的直径，所以半径 R= ，球的表面积 。32243sR【思路点拨】由三视图确定几何体，应先由三视图分析原几何体的特征（注意物体的位置的放置与三视图的关系） ，再利用三视图与原几何体的数据对应关系进行解答.一般情况下，锥体或柱体都可以通过长方体和正方体取点得到。【题文】4给定下列两个关于异面直线的命题：那么（ ） 。命题（1）：若平面 上的直线
5、 与平面 上的直线 为异面直线，直线 是 与abc的交线，那么 至多与 中的一条相交； c,命题（2）：不存在这样的无穷多条直线，它们中的任意两条都是异面直线。 A命题（1）正确，命题（ 2）不正确 B命题（2）正确，命题（1）不正确 C两个命题都正确 D两个命题都不正确【知识点】空间直线与平面 G3【答案解析】D 解析：命题（ 1）中， 至少与 中的一条相交；命题（ 2）中的异面直c,ab线是存在的，所以两个命题都不对。【思路点拨】熟悉异面直线的画法，理解异面直线的定义是求解此题的关键。【题文】5将二项式 的展开式按 的降幂排列，若前三项系数成等差数列，nx)21(4x左视图主视图俯视图（第
6、 3 题图）则该展开式中 的指数是整数的项共有（ ）个。xA3 B4 C5 D6 【知识点】二项式定理的展开式 J3【答案解析】A 解析：展开式中前三项的系数分别为 ，由题意得(n1),28，所以 或 1（舍去） 。展开式通项 ，所以(n1)2*88 34182rrrTCx当 r=0,4,8 时，x 的指数是整数，故有 3 个。【思路点拨】根据二项式定理的展开式可求前三项的系数，再由等差可求 n，由二项式系数的性质即可求出指数是整数的情况。【题文】6在 中，已知 ， ，若 点在斜边 上，ABC90A6BDBC，则 的值为（ ） 。2CDDA48 B24 C12 D6【知识点】平面向量数量积的运
7、算 F3【答案解析】B 解析：以 AC 为 x 轴，AB 为 y 轴建立直角坐标系，则有 A（0,0）B(0,6)C（ x，0 ）D（ ） ,4306423A【思路点拨】由题意建立适当的坐标系，写出各点坐标，利用数量积的坐标运算即可求解。【题文】7甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得 1 分，负者得 0 分，比赛进行到有一人比对方多 2 分或打满 6 局时停止设甲在每局中获胜的概率为 ，乙在每局中获23胜的概率为 ，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数 的期望 为（ ） 。13 EA B C D24826827481670243【知识点】随机变量，独立事件及其公式，期望 K5,K6,K8
8、【答案解析】B 解析：依题意知， 的所有可能值为 2，4，6，设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为 。若该轮结束25()39时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响从而有254520416(2),(),()(,998198PP06481E【思路点拨】由题意，比赛进行到有一人比对方多 2 分或打满 6 局时停止，所以随机变量 的所有可能的取值为 2，4，6，利用随机变量的定义及独立事件同时发生的概率公式求出每一个随机变量取值时对应的随机事件的概率，再由离散型随机的期望公式求出期望【题文】8设点 P是椭圆 )0(12bayx上一点， 2
9、1,F分别是椭圆的左、右焦点， I为 21F的内心，若 2121 FIIPFISS，则该椭圆的离心率是（ ） 。A 4B C D 23【知识点】椭圆方程，离心率 H5【答案解析】C 解析：设 21FP的内切圆半径为 r，则由 2121 FIIPFISS得，即 ，所以122PFrr即 。ace【思路点拨】设出内切圆半径，根据面积条件列出相应等式，找到椭圆中量的关系即可求出离心率。【题文】9函数 的导函数为 ，对 R，都有 成立，若)(xf)(xf2()fxf，则不等式 的解是（ ） 。2)4ln(f 2eA. B C Dx0ln4x1x01x【知识点】导数的运算法则,利用导数判断函数的单调性 B
10、11 , B12【答案解析】A 解析： ， 构造函数 2()ff2()f2()xfge所以函数 在 R 上单调递22 1(x)e()e(x)0xffffg(x)增， ，又 ， ，即 ，因ln42()(l)1fe2()xfe()1f()gln4)为函数 在 R 上单调递增，因此 。xgln4【思路点拨】利用 得 ，出现减，构造分式函数()ffx2()fx0求导，判断 单调性，再结合 ，即可求解。2()xxfgeg2)4ln【题文】10记数列 的前 项和为 ，若不等式 对任意等差数列nanS21nSam及任意正整数 都成立，则实数 的最大值为（ ） 。nanmA B C D12131415【知识点
11、】等差数列前 n 项和，二次函数 D2,D5【答案解析】D 解析： 是等差数列， 代入 ，化简a12nnaS21nSam得 ，此式对任意正整数 都成立，所以22115(4m)0nna成立，即 解得 。4a45(14)05【思路点拨】由等差数列前 n 项和公式（首末项表示）代入原不等式，化简可得一元二次不等式，由 可解 m 的范围。22115(4)0【题文】非选择题部分（共 100 分）注意事项：1用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上2在答题纸上作图，可先使用 2B 铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑二、填空题：本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分
12、【题文】11一个算法的程序框图如下图所示，若该程序输出的结果为 56，则判断框中应填入的条件是 。【知识点】程序框图 L1【答案解析】 解析：第一次循环后 ，第二次循环6i1,2sumi，第三次循环 ，第四次循环12,3sumi 34，第五次循环 ，此时， 不34545,6si6i满足条件，输出结果，所以应填 。6i【思路点拨】由框图的算法依次计算即可解出结果。（第 11 题图）【题文】12已知点 P (x，y) 满足条件 （ 为常数） ，若 的最0,2xyk3zxy大值为 8，则 。k【知识点】线性规划 E5【答案解析】-6 解析：画出 x，y 满足的可行域如图： 联立方程 得20yxk3k
13、xy代入 。3863zxyk【思路点拨】由目标函数 的最大值为 8，可以画出满足条件 的zxy0,2xyk平面区域，根据目标函数的解析式形式，分析取得最优解的点的坐标，然后根据分析列出一个含有参数 K 的方程组，消参后即可得到 K 的取值。【题文】13若复数 ， 满足 ， ， ，则 1z21z23123zi12z。【知识点】复数与复数运算 L4【答案解析】 解析：3071i1212211213(3)6zzzz= 2121216(i)6()6()zz307i【思路点拨】直接求解计算量比较大，所以另寻思路，利用 代入求解比较简单。2|z【题文】14直线 椭圆 相交于 ， 两点，该椭圆上点 ，使得1
14、34yx1962yxABP面积等于 ，这样的点 共有 个。PABP【知识点】椭圆，直线与椭圆的位置关系 H5,H8【答案解析】2 解析：设 1(4cos,3in)(0)2P即点 在第一象限的椭圆上，考虑四边形 的面积 S，1P1PAOB11si4s2OABPS co为定值，max6(sinco)6n()621436OAB的最大面积为 。 点 P 不可能在直线 AB 的上方，1PAB3显然在直线 AB 的下方有两个点 P。【思路点拨】设出 的坐标，表示出四边形 的面积 S，利用两角和公式整理后，利1 1AB用三角函数的性质求得面积的最大值，进而求得 的最大值，利用 判623断出点 P 不可能在直
15、线 AB 的上方，进而推断出在直线 AB 的下方有两个点 P。【题文】15设 的最小值为 ，则 。()cos2(1cos)fxax12a【知识点】同角三角函数基本关系，三角函数求值与化简 C2，C7【答案解析】 解析： 。令3 2(x)cosax21f ， （1）当 即 时，cos,1stx2(x)at,f t,，得 不成立。 （2）当 即 时，min()4af 38，不成立。 （3）当 即 时，i 2,2a，得 ，又 ，所以min 1()f3a成立。23a【思路点拨】首先利用同角三角函数基本关系化简得到一个关于 的二次函数，再利cosx用二次函数在给定区间上求最值的方法求解。【题文】16在
16、中， ， ，则 = ABCcos2cosabAtan3tBCAB 。【知识点】正弦定理,两角和与差的正弦公式 C8, C5【答案解析】 解析：由 得132cos2cosabA， ，所以sinAcosic2sincoBACsin()2sincosiABCA， ， ， ，123323BCtanttant()tan21C得， = 。sii(A)nCsAB313cosicos12nin32【思路点拨】 根据正弦定理由 得scosaBbA， ，求得sicoic2icosi()sicoinAC，由 可求 ，再由 即12Atan3tB213tanCs(C)ii可求解。【题文】17设 为正六边形，一只青蛙开始
17、在顶点 处，它每次可随意地跳到CDEFA相邻两顶点之一。若在 5 次之内跳到 点，则停止跳动；若 5 次之内不能到达 点，则跳完 5D次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种。【知识点】基本计数原理 J1【答案解析】26 解析：青蛙不能经过跳 1 次、2 次或 4 次到达 D 点故青蛙的跳法只有下列两种：（1）青蛙跳 3 次到达 D 点，有 ABCD，AFED 两种跳法；（2）青蛙一共跳 5 次后停止，那么，前 3 次的跳法一定不到达 D，只能到达 B 或 F，则共有 AFEF，AFAF，ABAF，ABCB，ABAB，AFAB 这 6 种跳法随后的两次跳法各有四种，比如
18、由 F 出发的有：FEF，FED，FAF，FAB 共四种因此这 5 次跳法共有 64=24 种不同跳法所以，一共有 2+24=26 种不同跳法故答案为：26【思路点拨】由已知，我们分析得到青蛙不能经过跳 1 次、2 次或 4 次到达 D 点。可以分青蛙跳 3 次到达 D 点和跳 5 次后停止两种情况分析计算。【题文】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【题文】18 （本小题满分 14 分）已知 的面积为 ，角 的对边分别为 ， 。ABCS,ABC,abc32ABCS（1）求 的值； cos（2）若 成等差数列，求 的值。,absin【知识点】三角
19、变换、正弦定理、余弦定理 C8，C9【答案解析】 （1） ， （2）3cos5A12sin3C（1）由 ，得 ，即 （2 分）BCScosibbcA4sincos3A代入 ，化简整理得， （2 分）22sincs1A+29cos5由 ，知 ，所以 （2 分）4o30A3A（2）由 及正弦定理，得 ， bac+2sinsinBC+即 ， （1 分）sin()siAC所以 2sico2sinsinAC+由 及 ，得 ， （2 分）35A4ic45代入，整理得 （2 分）sinco8C代入 ，整理得 ， 22sins1+265sin8i40C解得 或 （234i分）因为 ，所以 （1 分）(0,)C
20、12sin3C【思路点拨】根据正弦定理，由 ，得 ，求得2ABS31cossin2bAbccosA。由 及正弦定理，得 ，即 ，2bac+sininC+i()siAC+加以计算可求 。1sin3C【题文】19 （本小题满分 14 分）已知正项数列 的前 n项和为 ， ，且满足 。anS12a14()nSN（1）求数列 的通项公式；n（2）当 ， （ 均 为 正 整 数 ） 时 ， 求 和 的 所 有 可 能 的 乘 积1inj,ijniaj之ija和 。【知识点】等比数列通项、求和公式、数列前 n 项和与通项的关系 D3【答案解析】 （1） ， （2）na21()4（1） ， （2 分）124(),(,)n nSNSN 两式相减得 ， （2 分）112,(2,)nna由 得 ，又（1 分）214S121()4a211,aa 数列 n是首项为 ，公比为 的等比数列， （2 分）22n（2）由 ia和 j的所有可能乘积 （ ， ） （1 分）4ijija1ij可构成下表（2 分）142134142 231423434142344,.,2nnnnnLL设上表第一行的和为 ，则 （2 分）1T()14(2)nn于是 （2 分）21(nT1)n1(2)4nn2(1)4n
