2015年高考模拟改编卷(浙江卷)理科数学试卷

理科数学

第I卷（选择题 共50分）

一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（原创）已知集合My|y|x|1,xR，Nx|ylog2(1x)，则MN（ ）

A．1,1

B．(,1)

C．1,2

D．[1,1)

2．（改编）设z(2i)2（i为虚数单位），则复数z的模为（ ）

A．5

B．3

C．2

D．6

3．（2015·河北衡水高三4月调研·6）设命题p：平面向量a和b，|ab||a||b|，则p为（ ）

A．平面向量a和b，|ab|≥|a||b| B．平面向量a和b，|ab||a||b| C．平面向量a和b，|ab||a||b| D．平面向量a和b，|ab|≥|a||b|

4．（2015·北京东城区高三二模）设aR，则“a2a”是“a1”的（ ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

5．（改编）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3a94，则S11等于（ ）

A．12

B．18

C．22

D．44

6．（原创）木球越来越成为人们喜爱的体育项目，现有一块木料表示的几何体的三视图如图所示（其中侧视图为边长为2的等边三角形），将该木料刨削、打磨、着色等工序加工成合格的木球，则能得到的最大木球的半径等于（ ）

113正视图侧视图33俯视图

C．2

D．A．3 2B．3 33 47．（2015·哈市三中高三4月月考）已知m,n是满足mn1，且使正实数．若曲线yx过点Pm,A．1

B．

19取得最小值的mn2n，则的值为（ ） 3C．2

21 2D．3

28．（改编）已知过点A1,0且斜率为k的直线l与圆C:x3y21相交于P、Q

uuuruuur两点，则APAQ的值为（ ）

A．2

B．1

C．4

D．7

x31,x09．（2015·四川成都高三一模）函数f(x)1x的图象大致为（ ）

(),x03y y y y O

x

O

x

O

x

O

x

A B C D

10．（2015·广东省潮州市高三二模·10）已知奇函数yf(x)的导函数fx0在R恒

2222成立，且x,y满足不等式f(x2x)f(y2y)0，则xy的取值范围是（ ）

A． [0,2] B． [0,22] C． [1,2] D． [2,22]

第Ⅱ卷（选择题 共100分）

二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．

11．（改编）函数y3sin(2x4)的最小正周期为 ．

12．（改编）设等边三角形ABC边长为6，若 BC3BE,ADDC，则 BDAE等

于 ．

13．（原创）某市业余“飞人摩托队”表演，参与表演共有5辆摩托车．它们“一字”排开，并排前行，如果甲、乙两辆必须相邻行驶，且甲、丁两辆不能相邻行驶，那么不同的行驶方法有 种．

14．（原创）已知数列an的前n项和Sn2n1，则其通项公式为

ìï1,x£115．（原创）设函数f(x)=ï,则fíf2 ． ïsinx,x>1ïî16．（改编）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b=1，a=2c，则sinC的最大值为 ______________．

17．（2015·四川成都高三一模）已知曲线C：y2xa在点Pn(n,2na)（a0,nN）处的切线ln的斜率为kn，直线ln交x轴，y轴分别于点An(xn,0)，

2Bn(0,yn)，且x0y0．给出以下结论：

①a1；

②当nN*时，yn的最小值为③当nN*时，kn5； 42sin1； 2n1 ④当nN*时，记数列{kn}的前n项和为Sn，则Sn2(n11)．

其中，正确的结论有 （写出所有正确结论的序号）

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． 18．（本题满分14分）（2015·山东莱州高三一模）2015年“庆五一劳动节”晚会某师生一块做游戏，数学老师制作了六张卡片放在盒子里，卡片上分别写着六个函数：

f1xx21,f2xx3,f3xlnx， xf4xxcosx,f5xsinx，f6x3x．

（1）现在取两张卡片，记事件A为“所得两个函数的奇偶性相同”，求事件A的概率；

（2）从盒中不放回逐一抽取卡片，若取到一张卡片上的函数是奇函数则停止抽取，否则继续进行，记停止时抽取次数为，写出的分布列，并求其数学期望．

19．（本题满分14分）（改编）如图，已知矩形ABCD中，AB2,AD1,M为CD的中点．将ADM沿AM折起，使得平面ADM平面ABCM．

（Ⅰ）求证：ADBM；

A

（Ⅱ）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角EAMD的余弦值为

5． 520．（本题满分15分）（2015·山东滕州高三4月模拟·19）已知单调递增的等比数列an满足：a2a3a428,且a32是a2,a4的等差中项．

（I）求数列an的通项公式；

（II）若bnanlog1an，snb1b2bn，求snn22n150成立的正整数n的

最小值．

44x221．（本题满分15分）（改编）已知函数 f(x)(k)lnx，其中常数 k0。

kx （1）讨论f(x)在（0，2）上的单调性；

（2）若k4,，曲线yf(x)上总存在相异两点M(x1,y1),N(x2,y2)使得曲线

yf(x)在M，N两点处切线互相平行，求x1x2的取值范围．

x2y21的右焦22．（本题满分14分）（2015·北京东城区高三一模·19）已知椭圆C：

1612点为F，右顶点为A，离心率为e，点P(m,0)(m4)满足条件

（Ⅰ）求m的值；

（Ⅱ）设过点F的直线l与椭圆C相交于M，N两点，记PMF和PNF的面积分别为S1，S2，求证：

|FA|e． |AP|S1|PM|． S2|PN|

2015年高考模拟改编卷（浙江卷）

理科数学参及解析

1．D

【命题立意】考查集合的基本运算、函数的定义域和值域的求解，考查不等式的求解能力。 【解析】根据集合M，得y1，根据集合N，得1x0,解得x1，故，故选D． MN{x|1x1}2．A

【命题立意】本题重点考查了复数的乘除法运算法则、复数的模的计算等知识． 【解析】根据复数的运算法则，z2i2i2i34i，所以复数z的模为

2z32453．D

2

【命题立意】考查含有一个量词的命题的否定，总的原则就是：特称命题的否定为全称命题，全称命题的否定是特称命题，属于基础题．

【解析】直接根据全称命题的否定为特称命题进行求解即可． 4．B

【命题立意】考查了充分条件、必要条件、充要条件及其判断，属于基础题．

2【解析】根据aa，得到a0或a1，故“aa”是“a1”的必要不充分条件，

2故选B． 5．C

【命题立意】本题重点考查了等差数列的概念、性质、求和公式等知识的应用，属于基础题． 【解析】由已知，得a3a9a1a11，故S116．B

【命题立意】三视图的概念、三棱柱的结构特征、三棱柱的内切球，考查空间想象力、分析问题和求解问题能力．

【解析】根据三视图可以知道该木料是一个正三棱柱（如图示），该正三棱柱的底面边长为2的等边三角形，高为3，要得到最大半径的球，则球需与三个侧面相切，从而球的半径就是底面三角形的内切圆的半径即可，故半径r满足32r32，解得r11(a1a11)11422，故选C．

2212123，3

故选B．

CBA7．B

【命题立意】本题主要考查基本不等式求最值． 【解析】根据题意，∵正实数m,n满足mn1，∴

C1B1A1

1919mn mnmn10n9m3n9m1n9m即m且n时取到最小10216，当且仅当mn4mn4mn11111值，∴曲线yx过点P,，故，解得．故选B．

224248．D

【命题立意】本题旨在考查直线与圆、圆与圆的位置关系．

【解析】∵直线PQ过点A（1，0），∴设PQ的直线方程为y=k（x-1），

2代入C:x3y21，消y得（1+k2）x2+(2k4k6)x+k2+16k+12=0，

222k24k6k24k12设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2=，x1x2= ，

k21k21∴APAQ=（x1-1，y1）•（x2-1，y2）=（x1-1）（x2-1）+y1y2=（x1-1）（x2-1）+k（x1-1）k（x2-1）

k24k122k24k6=（1+ k．k）[x1x2-（x1+x2）+1]=（1+k）[-+1]=7． 22k1k19．A

【命题立意】本题考查分段函数，函数图象的判断．

【解析】当x0时，函数y()是减函数，且经过点(0,1)，排除选项B、D；当x0时，函数yx1是增函数，排除选项C，故选A． 10．B

【命题立意】本题综合考查了函数的基本性质、奇偶性和单调性、不等式恒成立问题处理思

313x路和方法等知识．

【解析】因为函数y=f(x)为奇函数，所以f(x22x)f(2yy2)，由函数y=f(x)的导函数fx0在R恒成立，知函数y=f(x)为减函数，x22x2yy2

22即(x1)2(y1)22，故xy的最小值为0，最大值为直径22．

11．

【命题立意】本题容易忽略三角函数周期公式的应用，错误的记成T型函数的周期混淆。

【解析】依据三角函数的周期公式T12．18

【命题立意】由三角形的关系可利用向量的数量积可求出结果．

，这容易和正切2，因此得到该函数的周期为。 211【解析】由题意可得BDAEBAADABBEABACABBC

231211ABACBCACABBCAB18 26313．36

【命题立意】排列组合公式和应用、计数原理，考查分类讨论思想和实际问题应用能力．

3【解析】先考虑甲、乙，若甲、乙是“左1左2”号位置，则其余3辆有A36种方法； 甲、

112乙是“左3左4号”位置，则丁有C22种排法，其余2辆有C2A24种方法，同理，甲、

乙是“左3左4、左4左5”位置，均分别有4种方法，甲、乙位置交换，同样有以上各种情况，故方法种数为：2（6+4+4+4）=36．

-1 (n1)14． ann2

-2 (n2)【命题立意】本题重点考查了数列的通项公式的求解方法，考查公式法在确定数列通项公式中的应用．主要考查数列的通项公式求解能力．

【解析】当n1时，a11；当n2时，anSnSn12所以an15．1

n1(2n2)2n2，

-1 (n1)-2n2 (n2)．

【命题立意】考查分段函数的概念、性质等知识． 【解析】因为f(2)sin21，故ff21． 16．

1 2【命题立意】本题重点考查了三角形中余弦定理及其运用等知识． 【解析】由题意可知c不是最大边，再由三角形边长的关系可知，

1a2b2c23c1acb,acbc1，再由余弦定理可知cosC3，32ab44c所以sinC1． 217．①③④

【命题立意】本题考查导数的几何意义，用导数法求函数的单调性，最值，用放缩裂项相消法求数列的前n项和．

【解析】对①，由y22xa，当x0时，y2xa，所以y1，即

2xakn1na1(xn)，令x0，则y，切线方程为y2na，

2na2na2nana，由于|x0||y0|，

2na令y0，则xn(2na)na，即xnna，yn所以|a||a|，所以a1，故①正确． at211n121(t1)在t3上单对②由于yn，令2n1t(t3)，则ynt2t2n1调递增，所以当t3时取得最小值，且

1323，故②错误． (3)233对③当nN时，kn111(0u)，则有y2sinuu，，令u2n12n1311，则cosu1，即y0，所以函数342所以，y2cosu1，由于0uy2sinuu在0u11上单调递增，即y0，所以kn2sin成立，故32n1

③正确．对④，当nN时，记数列{kn}的前n项和为Sn，kn1， 2n1ab2a2b222)由于(（当且仅当ab取等号），则ab2(ab)， 22所以nn12nn1， 所以

122[(21)(32)(n1n)2(n11) 2n1nn1故④正确．故答案为①③④． 18．（1）

47（2）

415【命题立意】本题旨在考查离散型随机变量及其分布列．

【解析】（1）由题意得f2(x),f3(x),f4(x)是奇函数，f1(x),f5(x)为偶函数，f6(x)为非奇

24C32C2非偶函数，所以P（A）==． 215C6（2）由题意可知，的所有可能取值为1,2,3,4

1111113C3C3C3C3CC331P（1）=1,P（2）=11,P（3）=12=, 11C62C6C510C6C5C420111C3CC1P（4）=112131

C6C5C4C320所以的分布列为：

 P 1 2 3 4 3 1013317所以E=1+2+3+4=。

2102020419．（Ⅰ）略 ；（Ⅱ）1 23 201 205 5【命题立意】空间中线面垂直的性质定理、空间直角坐标系的建立、空间向量的基本运算，空间想象力和逻辑推理能力．

【解析】（Ⅰ）证明：连接BM，则AM=BM=2，所以AMBM 又因为面ADM平面ABCM，面ADM面ABCM=AM

所以，BM面ADMBMAD．„„„„„„„„„„„„„„„„4分 （Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，

由（I）可知，平面ADM的法向量m(0,1,0)，

设平面ABCM的法向量n(x,y,z)，

所以，A(2,0,0),B(0,2,0),D(22,0,),M(0,0,0) 222222DB(,2,),DEDBE((1),2,(1))2222

22MA(2,0,0),ME((1),2,(1))

22nMA0n(0,1,2) „„„„„„„„„„„„„„„„12分 nME051

得，，即：E为DB的中点．„„„„„„14分 52

二面角EAMD的余弦值为20．（I）an2n；（II）5

【命题立意】本题重点考查等比数列的概念、性质、通项公式、数列求和等知识，属于中档题．

【解析】（I）设等比数列{an}的首项为a1，公比为q， 依题意，有2（a3+2）=a2+a4, 代入a2+a3+a4=28, 得a3=8,∴a2+a4=20

13q2qa1qa1q20∴解之得或2 2a1a3a1q8a132又{an}单调递增，∴q=2,a1=2, ∴an2n． ………………8分

nnnb2log2n2n1, （II）

223ns122232...n2n∴ ① 234nn12s122232...(n1)2n2n∴ ②

∴①-②得sn222...2n223nn12(12n)n2n1＝2n1n2n12 12∴snn2n150,即2n1250,2n152

50,成立的正整数n的最小值为5 ．………………

15分

故使snn2n121．（1）略（2） 16,． 5【命题立意】本题重点考查了导数的计算、导数与函数的单调性、分类讨论思想的应用等知识．

44xkxk4kk21,x0,k0， 【解析】 因为函数fxxxx2①当0k2时，0k44,且2x0,k,fx0,xk,2fx0所以函kk数fx在0,k上单调递减，在k,2上单调递增；

x24②当k2时，k2，fx0恒成立，所以函数fx在0,2上单调

kx2递减；③当k2时，0244442,0kx0,,fx0,x,2,fx0，kkkk所以函数在0,



44上单调递减，在,2上单调递增； kkk44kk41k41，化简（2）由题意fx1fx2x1,x20且x1x2即2x1x12x2x24xx2得4x1x2kx1x2,而x1x21，所以

k22

1xx对k[4,)恒成立．令4x1x2k12，即x1x24k2kkgkk44k2k20对k[4,)恒成立，gk12kkk2gkg4516161616x1x2即x1x2的取值范围是,． 4555kk22．（Ⅰ）m8，（Ⅱ）略

【命题立意】本题重点考查椭圆的简单的几何性质、直线与椭圆的位置关系、三角形的面积公式等知识，属于中档题。解题关键是熟练运用椭圆的性质进行求解，直线与椭圆的位置关系的处理思路和方法，属于中档题．

x2y2【解析】（Ⅰ）因为椭圆C的方程为 1，

1612所以 a4,b23,ca2b22, „„„„„„2分 则 e因为

c1，|FA|2，|AP|m4． „„„„„„3分 a2|FA|21， |AP|m42所以 m8． „„„„„„5分 （Ⅱ）若直线l的斜率不存在， 则有 S1S2，|PM||PN|，符合题意．„„„6分

若直线l的斜率存在，则设直线l的方程为yk(x2)，M(x1,y1)，N(x2,y2)． x2y21, 由 1612yk(x2),得 (4k23)x216k2x16k2480， „„„„„„ 7分

16k216k248 可知 0恒成立，且 x1x22，x1x2． „„„„„„ 8分 24k34k3 因为 kPMkPNy1yk(x12)k(x22) „„„„„„ 9分 2x18x28x18x28 k(x12)(x28)k(x22)(x18)

(x18)(x28)

2kx1x210k(x1x2)32k

(x18)(x28)16k24816k22k10k232k24k34k30，

(x18)(x28) 所以 MPFNPF． „„„„„ 10分 因为PMF和PNF的面积分别为S11|PF||PM|sinMPF， S122|PF||PN|sinNPF， 所以

S1|PM|S． 2|PN|2 „„„„„„ 12分 „„„„„„ 14分