浙大附中2015高考数学(理)全真模拟试卷及答案

浙大附中2015年高考全真模拟试卷数学（理科）试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分，考试时间为120分钟.参考公式：柱体的体积公式VSh其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式13VSh其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高台体的体积公式11221()3VhSSSS其中S1,S2分别表示台体的上,下底面积球的表面积公式24SR其中R表示球的半径，h表示台体的高球的体积公式343VR其中R表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题1．设集合}32|{xxA，}01|{xxB，则集合AB等于（▲）（A）{|21}xx（B）}12|{xx（C）{|13}xx（D）{|13}xx2.下列函数中，其图象既是轴对称图形又在区间(0,)上单调递增的是（▲）（A）1yx（B）21yx（C）2xy（D）lg|1|yx3.已知,ab为实数,则“2ab”是“1a且1b”的（▲）（A）充分不必要条件（B）必要不充分条件（C）充要条件（D）既不充分也不必要条件4．下列命题中错误．．的是（▲）（A）如果平面平面，平面平面，l，那么l（B）如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面（C）如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面（D）如果平面平面，过内任意一点作交线的垂线，那么此垂线必垂直于5.如图所示的是函数()sin2fxx和函数()gx的部分图象，则函数()gx的解析式是（▲）（A）()sin(2)3gxx（B）2()sin(2)3gxx（C）5()cos(2)6gxx（D）()cos(2)6gxxyx17π24π8O（第5题图）（第12题图）6.已知双曲线222210,0xyabab与圆22222xyccab交于A、B、C、D四点，若四边形ABCD是正方形，则双曲线的离心率是（▲）（A）22（B）222（C）12（D）1227．用餐时客人要求：将温度为10C、质量为0.25kg的同规格的某种袋装饮料加热至3040CC.服务员将x袋该种饮料同时放入温度为80C、质量为2.5kg的热水中，5分钟后立即取出．设经过5分钟饮料与水的温度恰好相同，此时，1mkg该饮料提高的温度1tC与2mkg水降低的温度2tC满足关系式11220.8mtmt，则符合客人要求的x可以是（▲）（A）4（B）10（C）16（D）228.如图，在Rt△ABC中，AC=1，BC=x，D是斜边AB的中点，将△BCD沿直线CD翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得CB⊥AD，则x的取值范围是（▲）（A）(0,3]（B）2(,2]2（C）(3,23]（D）（2，4]非选择题部分（共110分）二、填空题9.已知等比数列na的公比为q，前n项和为nS，若12,,nnnSSS成等差数列，且11S，则q▲，2a▲，na▲．10.已知点(cos,sin)P在直线3yx上，则πtan()4▲；1cos2=sin2▲．11.若不等式组20510080xyxyxy所表示的平面区域被直线2ykx分为面积相等的两部分，则k的值为▲；若该平面区域存在点00(,)xy使0020xay成立，则实数a的取值范围是▲.12.一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的体积为▲，其外接球的表面积为▲.（第8题图）DBCACABD13.非零向量,ab夹角为60，且1ab，则ab的取值范围为▲．14.实数,xy满足224545xxyy，设22Sxy，则maxmin11SS▲．15.已知关于x的方程2||2xkkx在区间[1,1]kk上有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是▲．新*课标*第*一*网三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答请写在答卷纸上，应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16.（本题15分）在ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc，且23sin5aBc，11cos14B．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）设BC边的中点为D，192AD，求ABC的面积．17.（本题15分）如图，已知平面QBC与直线PA均垂直于RtABC所在平面，且ACABPA.（Ⅰ）求证：PA∥平面QBC；（Ⅱ）若PQQBC平面，求二面角APBQ的余弦值.QPABC（第17题图）18.（本题15分）已知直线(13)(32)(13)0mxmym()mR所经过的定点F恰好是椭圆C的一个焦点，且椭圆C上的点到点F的最大距离为3.（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）设过点F的直线l交椭圆于A、B两点，若1218||||57FAFB，求直线l的斜率的取值范围.19.（本题15分）已知数列}{na中，41,121aa，且),4,3,2()1(1nananannn．（Ⅰ）求数列}{na的通项公式；（Ⅱ）求证：对一切*Nn，有2221276naaa．新*课*标*第*一*网]20.（本题14分）已知函数22()(1)4(5),()5fxxaxagxaxx，其中.Ra（Ⅰ）若函数()fx、()gx存在相同的零点，求a的值；（Ⅱ）若存在两个正整数m、n，当0(,)xmn时，有0()0fx与0()0gx同时成立，求n的最大值及n取最大值时a的取值范围.数学（理科）答案1．C2．D3．B4．D5．C6．A7．C8．A9．2,2,1(2)n10．2，1311．12，1a12．24，289413．(1,3]14．8515．01k16.解：（Ⅰ）由11cos14B，得53sin14B，又23sin5aBc，代入得37ac，由sinsinacAC，得3sin7sinAC，3sin7sin()AAB，3sin7sincos7cossinAABAB得tan3A，23A（Ⅱ）22192cos4ABBDABBDB，22771119()266144cccc，3c，则7a1153153sin3722144SacB17.方法一：（Ⅰ）证明：过点Q作QDBC于点D，∵平面QBC⊥平面ABC∴QD平面ABC又∵PA⊥平面ABC∴QD∥PA又∵QD平面QBC∴PA∥平面QBC（Ⅱ）解：∵PQ平面QBC∴90PQBPQC又∵,PBPCPQPQ∴PQBPQC∴BQCQ∴点D是BC的中点，连结AD，则ADBC∴AD平面QBC∴PQ∥AD，ADQD∴四边形PADQ是矩形设2PAa∴2PQADa，22PBa∴6BQa过Q作QRPB于点R，∴266222aaQRaa，2222222PQaPRaPBa取PB中点M，连结AM，取PA的中点N，连结RN∵1142PRPBPM，12PNPA∴MA∥RN∵PAAB∴AMPB∴RNPB∴QRN为二面角QPBA的平面角连结QN，则222223QNQPPNaaa又∵22RNa∴222222313322cos2362222aaaQRRNQNQRNQRRNaa即二面角QPBA的余弦值为33方法二:（I）证明：同方法一（Ⅱ）解：∵PQ平面QBC∴90PQBPQC，又∵,PBPCPQPQ∴PQBPQC∴BQCQ∴点D是BC的中点，连结AD，则ADBC∴AD平面QBC∴PQ∥AD，ADQD∴四边形PADQ是矩形分别以,,ACABAP为,,xyz轴建立空间直角坐标系Oxyz设2PAa，则(,,2)Qaaa，(0,2,0)Ba，(0,0,2)Pa，设平面QPB的法向量为(,,)nxyz∵(,,0)PQaa，(0,2,2)PBaa∴0(1,1,1)220axaynayaz又∵平面PAB的法向量为(1,0,0)m……12分设二面角QPBA为，则3|cos||cos,|3||||mnmnmn又∵二面角QPBA是钝角∴3cos3即二面角QPBA的余弦值为33。18.(Ⅰ)由(13)(32)(13)0mxmym得(31)(323)0xymxy，由3103230xyxy，解得(1,0)F.设椭圆C的标准方程为22221(0)xyabab，则22213cacabc解得2,3,1abc，从而椭圆C的标准方程为22143xy.(Ⅱ)过F的直线l的方程为(1)ykx，11(,)Axy，22(,)Bxy，由22(1)143ykxxy，得2222(34)84120kxkxk，因点F在椭圆内部必有0，有2122212283441234kxxkkxxk，所以|FA|·|FB|＝(1+k2)|(x1–1)(x2–1)|2(1)k1212|()1|xxxx229(1)34kk由22129(1)185347kk，得213k，解得31k或13k，所以直线l的斜率的取值范围为3,11,3.19.解（Ⅰ）由已知，对2n有11)1()1(11nannananannnn，两边同除以n，得)1(1)1(111nnannann，即)111()1(111nnannann，于是，)111(111)1(1112121nkkakkanknkkk，即2),111(1)1(12nnaann，所以123)111(1)1(12nnnaann，2,231nnan．又1n时也成立，故*,231Nnnan．（Ⅱ）当2k，有)131431(31)13)(43(1)23(122kkkkkak，所以2n时，有)131431()8151()5121(31112212nnaankknkk.6761113121311n又1n时，.67121a故对一切*Nn，有6712nkka．20．解（Ⅰ）2()(1)4(5)fxxaxa=(4)[(5)]xxa124,5xxa9(4)1690,16gaa，2(5)[(5)1]0gaaa046aaa或或，经检验上述a的值均符合题意，所以a的值为96,4,,016……5分（Ⅱ）令()0,fx则45xa，,mn为正整数，50,5aa即，……6分记)5,0(aN，令2g()0,50xaxx即的解集为M，则由题意得区间(,)mnMN.……7分①当0a时，因为g(0)50，故只能2g(5)[(5)1]0aaa，即4a或6a，又因为5a，故40a，此时55na.又nm,Z，所以4nm.………9分当且仅当40,455,(3)920,aaga即921a时，n可以取4，所以，n的最大整数为4；………11分②当0a时，MN，不合题意；………12分③当0a时，因为g(0)50，2g(5)[(5)1]0aaa，故只能105,21200,aaa无解；综上，n的最大整数为4，此时a的取值范围为921a．………14分