浙江省六校聯考2015屆高考數學模擬試卷（文科） 一、選擇題（本題共有8小題，每小題5分，共40分）1（5分）已知集合m=x|1，n=y|y=，則mn=（）a（0，1）b0，1c0，1）d（0，12（5分）若a是實數，則“a24”是“a2”的（）a充要條件b既不充分也不必要條件c充分不必要條件d必要不充分條件3（5分）將函數y=cos（x+）的圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再向左平移個單位，所得函數圖象的一個對稱中心為（）a（0，0）b（）c（）d（，0）4（5分）下列命題中錯誤的是（）a如果平面平面，那么平面內一定存在直線平行于平面b如果平面不垂直于平面，那么平面內一定不存在直線垂直于平面c如果平面平面，平面平面，=l，那么l平面d如果平面平面，那么平面內所有直線都垂直于平面5（5分）設實數列an和bn分別為等差數列與等比數列，且a1=b1=8，a4=b4=1，則以下結論正確的是（）aa2b2ba3b3ca5b5da6b66（5分）設a1，a2分別為橢圓=1（ab0）的左、右頂點，若在橢圓上存在點p，使得，則該橢圓的離心率的取值范圍是（）a（0，）b（0，）cd7（5分）定義在r上的奇函數f（x），當x0時，f（x）=，則函數f（x）=f（x）的所有零點之和為（）abcd8（5分）如圖，正方體abcda1b1c1d1的棱長為1，p為bc的中點，q為線段cc1上的動點，過點a，p，q的平面截該正方體所得的截面記為s 當0cq時，s為四邊形截面在底面上投影面積恒為定值存在某個位置，使得截面s與平面a1bd垂直當cq=時，s與c1d1的交點r滿足c1r=其中正確命題的個數為（）a1b2c3d4二、填空題（第9題至第12題，每小題6分；第13題至第15題每小題6分，共36分）9（6分）函數f（x）=sinx+cosx的最小正周期為，單調增區間為，=10（6分）已知點m（2，1）及圓x2+y2=4，則過m點的圓的切線方程為，若直線axy+4=0與圓相交于a、b兩點，且|ab|=2，則a=11（6分）某空間幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則其體積是cm3，表面積是cm 212（6分）設實數x，y滿足，則動點p（x，y）所形成區域的面積為，z=|x2y+2|的取值范圍是13（4分）已知點p是雙曲線y2=1上任意一點，過點p分別作兩漸近線的垂線，垂足分別為a、b，則線段|ab|的最小值為14（4分）已知實數x、y滿足4x2+y2xy=1，且不等式2x+y+c0恒成立，則c的取值范圍是15（4分）如圖，圓o為rtabc的內切圓，已ac=3，bc=4，ab=5，過圓心o的直線l交圓o于p、q兩點，則的取值范圍是三、解答題（第16題至第19題，每題15分；第20題14分，共74分）16（15分）如圖，在abc中，d為ab邊上一點，da=dc，已知b=，bc=1（）若abc是銳角三角形，dc=，求角a的大小；（）若bcd的面積為，求邊ab的長17（15分）已知數列an的前n項和為sn，滿足sn+2=2an（nn*）（）求數列an的通項公式；（）令bn=log2an，tn=+，求滿足tn的最大正整數n的值18（15分）等腰梯形abcd，abcd，deab，cfab，ae=2，沿de，cf將梯形折疊使a，b重合于a點（如圖），g為ac上一點，fg平面ace（）求證：aeaf；（）求dg與平面ace所成角的正弦值19（15分）已知拋物線c：y2=2px（p0）上的點m到直線l：y=x+1的最小距離為點n在直線l上，過點n作直線與拋物線相切，切點分別為a、b（）求拋物線方程；（）當原點o到直線ab的距離最大時，求三角形oab的面積20（14分）已知函數f（x）=x2（a+1）x4（a+5），g（x）=ax2x+5，其中ar （1）若函數f（x），g（x）存在相同的零點，求a的值（2）若存在兩個正整數m，n，當x0（m，n）時，有f（x0）0與g（x0）0同時成立，求n的最大值及n取最大值時a的取值范圍浙江省六校聯考2015屆高考數學模擬試卷（文科）參考答案與試題解析一、選擇題（本題共有8小題，每小題5分，共40分）1（5分）已知集合m=x|1，n=y|y=，則mn=（）a（0，1）b0，1c0，1）d（0，1考點：交集及其運算 專題：集合分析：求出m中不等式的解集確定出m，求出n中y的范圍確定出n，找出m與n的交集即可解答：解：由m中不等式變形得：10，即0，解得：0x1，即a=（0，1，由n中y=，得到0y1，即n=0，1，則mn=（0，1，故選：d點評：此題考查了交集及其運算，熟練掌握交集的定義是解本題的關鍵2（5分）若a是實數，則“a24”是“a2”的（）a充要條件b既不充分也不必要條件c充分不必要條件d必要不充分條件考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷 專題：簡易邏輯分析：根據充分必要條件的定義進行判斷即可解答：解：若“a24”，則“a2”，是充分條件，若“a2”，則推不出“a24”，不是必要條件，故選：c點評：本題考查了充分必要條件，考查了不等式問題，是一道基礎題3（5分）將函數y=cos（x+）的圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再向左平移個單位，所得函數圖象的一個對稱中心為（）a（0，0）b（）c（）d（，0）考點：余弦函數的圖象 專題：三角函數的圖像與性質分析：根據三角函數的圖象變換求出函數的解析式即可得到結論解答：解：將函數y=cos（x+）的圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），得到y=cos（x+），再向左平移個單位，得到y=cos（x+）+=cos（x+）=sinx，由x=k，解得x=2k，即函數對稱中心為（2k，0），當k=0時，函數的對稱中心為（0，0），故選：a點評：本題主要考查三角函數對稱中心的求解，根據函數圖象變換關系求出函數的解析式是解決本題的關鍵4（5分）下列命題中錯誤的是（）a如果平面平面，那么平面內一定存在直線平行于平面b如果平面不垂直于平面，那么平面內一定不存在直線垂直于平面c如果平面平面，平面平面，=l，那么l平面d如果平面平面，那么平面內所有直線都垂直于平面考點：平面與平面垂直的性質 專題：空間位置關系與距離；簡易邏輯分析：本題考查的是平面與平面垂直的性質問題在解答時：a注意線面平行的定義再結合實物即可獲得解答；b反證法即可獲得解答；c利用面面垂直的性質通過在一個面內作交線的垂線，然后用線面垂直的判定定理即可獲得解答；d結合實物舉反例即可解答：解：由題意可知：a、結合實物：教室的門面與地面垂直，門面的上棱對應的直線就與地面平行，故此命題成立；b、假若平面內存在直線垂直于平面，根據面面垂直的判定定理可知兩平面垂直故此命題成立；c、結合面面垂直的性質可以分別在、內作異于l的直線垂直于交線，再由線面垂直的性質定理可知所作的垂線平行，進而得到線面平行再由線面平行的性質可知所作的直線與l平行，又兩條平行線中的一條垂直于平面那么另一條也垂直于平面，故命題成立；d、舉反例：教室內側墻面與地面垂直，而側墻面內有很多直線是不垂直與地面的故此命題錯誤故選d點評：本題考查的是平面與平面垂直的性質問題在解答的過程當中充分體現了面面垂直、線面垂直、線面平行的定義判定定理以及性質定理的應用值得同學們體會和反思5（5分）設實數列an和bn分別為等差數列與等比數列，且a1=b1=8，a4=b4=1，則以下結論正確的是（）aa2b2ba3b3ca5b5da6b6考點：等差數列的通項公式；等比數列的通項公式 專題：等差數列與等比數列分析：由題意可得數列的公差和公比，進而可得選項中的各個值，比較可得解答：解：a1=8，a4=1，d=，b1=8，b4=1，q3=，q=，b2=4a2=，b3=2a3=，b5=a5=，b6=a6=，故選：a點評：本題考查等差數列和等比數列的通項公式，屬基礎題6（5分）設a1，a2分別為橢圓=1（ab0）的左、右頂點，若在橢圓上存在點p，使得，則該橢圓的離心率的取值范圍是（）a（0，）b（0，）cd考點：橢圓的簡單性質 專題：圓錐曲線的定義、性質與方程分析：根據題意設p（asin，bcos），所以根據條件可得到，b2換上a2c2從而可得到，再根據a，c0，即可解出離心率的取值范圍解答：解：設p（asin，bcos），a1（a，0），a2（a，0）；，；，a，c0；解得；該橢圓的離心率的范圍是（）故選：c點評：考查橢圓的標準方程，橢圓的頂點的定義，頂點的坐標，由點的坐標求直線的斜率，以及b2=a2c2，橢圓斜率的概念及計算公式，設出p點坐標是求解本題的關鍵7（5分）定義在r上的奇函數f（x），當x0時，f（x）=，則函數f（x）=f（x）的所有零點之和為（）abcd考點：函數零點的判定定理；分段函數的應用 專題：數形結合；函數的性質及應用分析：得出x0時，f（x）=畫出r上的圖象，構造f（x）與y=交點問題，利用對稱性求解，注意確定交點坐標求解解答：解：定義在r上的奇函數f（x），當x0時，f（x）=，x0時，f（x）=畫出圖象：函數f（x）=f（x），f（x）與y=交點的橫坐標，根據圖象可設交點的橫坐標從左到右為x1，2，x3，x4，x5，根據圖象的對性可知；x1+x2=6，x4+x5=6，x1+x2=x3=x4=x5=x3，=，xx=，故函數f（x）=f（x）的所有零點之和為：故選：b點評：本題考查了函數的奇偶性，圖象的對稱性，函數的零點與構造函數交點的問題，屬于中檔題，關鍵是確定函數解析式，畫圖象8（5分）如圖，正方體abcda1b1c1d1的棱長為1，p為bc的中點，q為線段cc1上的動點，過點a，p，q的平面截該正方體所得的截面記為s 當0cq時，s為四邊形截面在底面上投影面積恒為定值存在某個位置，使得截面s與平面a1bd垂直當cq=時，s與c1d1的交點r滿足c1r=其中正確命題的個數為（）a1b2c3d4考點：棱柱的結構特征 專題：空間位置關系與距離分析：對選項逐個進行檢驗即可，對于：得到0dt1，可以容易得到s為四邊形；對于則找其投影三角形即可；對于，則需要找線面垂直關系即可；對于，則需補圖完成解答：解：設截面與dd1相交于t，則atpq，且at=2pqdt=2cq對于，當0cq時，則0dt1，所以截面s為四邊形，且s為梯形，故正確；對于，截面在底面上投影為apc，其面積為，故錯誤；對于，存在某個位置，使得截面s與平面a1bd垂直，故正確；對于，右補充一個正方體后，得到s與c1d1的交點r滿足c1r=，故正確；故選：c點評：本題重點考查了空間幾何體的結構特征、空間中點線面的位置關系等知識，對于中點問題的處理思路是：無中點，取中點，相連得到中位線屬于中檔題二、填空題（第9題至第12題，每小題6分；第13題至第15題每小題6分，共36分）9（6分）函數f（x）=sinx+cosx的最小正周期為2，單調增區間為2k，2k+，=考點：正弦函數的圖象；三角函數的周期性及其求法 專題：三角函數的圖像與性質分析：利用輔助角公式將三角函數進行化簡即可得到結論解答：解：f（x）=sinx+cosx=sin（x+），則函數的周期t=2，由2kx+2k+，kz，解得2kx2k+，kz，故函數的遞增區間為2k，2k+，f（）=sin（+）=sin=，故答案為：2，2k，2k+，點評：本題主要考查三角函數的圖象和性質，利用輔助角公式進行化簡是解決本題的關鍵10（6分）已知點m（2，1）及圓x2+y2=4，則過m點的圓的切線方程為x=2或3x+4y10=0，若直線axy+4=0與圓相交于a、b兩點，且|ab|=2，則a=考點：圓的切線方程 專題：計算題；直線與圓分析：當切線方程的斜率不存在時，顯然x=2滿足題意，當切線方程的斜率存在時，設斜率為k，利用點到直線的距離公式表示出圓心到切線的距離d，根據d=r列出關于k的方程，解之即可求出所求；由題意易知圓心到直線的距離等于1（勾股定理），然后可求a的值解答：解：由圓x2+y2=4，得到圓心坐標為（0，0），半徑r=2，當過p的切線方程斜率不存在時，顯然x=2為圓的切線；當過p的切線方程斜率存在時，設斜率為k，p（2，1），切線方程為y1=k（x2），即kxy2k+1=0，圓心到切線的距離d=r=2，解得：k=，此時切線方程為3x+4y10=0，綜上，切線方程為x=2或3x+4y10=0直線axy+4=0與圓相交于a、b兩點，且|ab|=2，圓心（0，0）到直線的距離等于1，=1，a=故答案為：x=2或3x+4y10=0；點評：本題主要考查了直線圓的位置關系，以及切線的求解方法，同時考查了運算求解的能力，屬于基礎題11（6分）某空間幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則其體積是cm3，表面積是2cm 2考點：由三視圖求面積、體積 專題：空間位置關系與距離分析：由三視圖可得該幾何體是正方體的內接正四棱錐，由三視圖中的數據和間接法求出幾何體的體積，再由三角形的面積公式求出表面積解答：解：由三視圖可得，該幾何體是棱長為1的正方體的內接正四棱錐，所以此正四棱錐的體積v=14=cm3，由圖可得正四面體的棱長是，所以表面積s=4=2cm 2故答案為：；2點評：本題考查了正方體的內接正四棱錐的體積、表面積，解題的關鍵是由三視圖正確還原幾何體，并求出幾何體中幾何元素的長度，考查空間想象能力12（6分）設實數x，y滿足，則動點p（x，y）所形成區域的面積為12，z=|x2y+2|的取值范圍是0，18考點：簡單線性規劃 專題：計算題；作圖題；不等式的解法及應用分析：由題意作出其平面區域，從而利用三角形的面積公式求面積，再由z=|x2y+2|的幾何意義是陰影內的點到直線x2y+2=0的距離的倍求其取值范圍，從而解得解答：解：由題意作出其平面區域，可知a（4，8），b（2，2）；故動點p（x，y）所形成區域的面積s=4（4+2）=12；z=|x2y+2|的幾何意義是陰影內的點到直線x2y+2=0的距離的倍；故0|x2y+2|428+2|=18；即0z18；故答案為：12，0，18點評：本題考查了簡單線性規劃，作圖要細致認真，用到了表達式的幾何意義的轉化，屬于中檔題13（4分）已知點p是雙曲線y2=1上任意一點，過點p分別作兩漸近線的垂線，垂足分別為a、b，則線段|ab|的最小值為考點：雙曲線的簡單性質 專題：計算題；直線與圓；圓錐曲線的定義、性質與方程分析：設p（m，n），則n2=1，求出雙曲線的漸近線方程，求得p到漸近線的距離，由漸近線的傾斜角結合條件可得apb=180120=60，運用余弦定理，可得|ab|的表達式，化簡整理，再由雙曲線的性質，即可得到最小值解答：解：設p（m，n），則n2=1，雙曲線y2=1的漸近線方程為y=x設|pa|=，|pb|=，由于aob=120，則apb=180120=60，由余弦定理可得|ab|2=|pa|2+|pb|22|pa|pb|cos60，即有|ab|2=+2=（1+m2）（當m=0時取得等號），則有|ab|的最小值為故答案為：點評：本題考查雙曲線的方程和性質，主要考查漸近線方程的運用，同時考查點到直線的距離公式和余弦定理的運用，屬于中檔題14（4分）已知實數x、y滿足4x2+y2xy=1，且不等式2x+y+c0恒成立，則c的取值范圍是（，+）考點：一元二次不等式的解法 專題：綜合題；不等式的解法及應用分析：由4x2+y2xy=1，得出2x+y=，再根據不等式2x+y+c0恒成立，得出c（2x+y）=；利用基本不等式4x2+y222xy，求出xy，代入上式，求出c的取值范圍解答：解：4x2+y2xy=1，（2x+y）2=1+5xy，2x+y=；又不等式2x+y+c0恒成立，2x+yc；令c，得c；又4x2+y222xy=4xy，當且僅當2x=y時“=”成立，4xyxy1，即xy；c=；c的取值范圍是（，+）故答案為：（，+）點評：本題考查了基本不等式的應用問題，也考查了不等式的解法與應用問題，是綜合性題目15（4分）如圖，圓o為rtabc的內切圓，已ac=3，bc=4，ab=5，過圓心o的直線l交圓o于p、q兩點，則的取值范圍是7，1考點：向量在幾何中的應用；平面向量數量積的運算 專題：平面向量及應用；直線與圓分析：以o為坐標原點，與直線bc平行的直線為x軸，與直線ac平行的直線為y軸，建立直角坐標系，設abc的內切圓的半徑為r，運用面積相等可得r=1，設出圓的方程，求得交點p，q，討論直線的斜率k不存在和大于0，小于0的情況，運用向量的坐標運算，結合數量積的坐標表示和不等式的性質，計算即可得到范圍解答：解：以o為坐標原點，與直線bc平行的直線為x軸，與直線ac平行的直線為y軸，建立直角坐標系，設abc的內切圓的半徑為r，運用面積相等可得，=r（3+4+5），解得r=1，則b（3，1），c（1，1），即有圓o：x2+y2=1，當直線pq的斜率不存在時，即有p（0，1），q（0，1），=（3，3），=（1，0），即有=3當直線pq的斜率存在時，設直線l：y=kx，（k0），代入圓的方程可得p（，），q（，），即有=（3，1），=（1，+1），則有=（3）（1）+（1）（+1）=3+，由1+k21可得04，則有33+1同理當k0時，求得p（，），q（，），有3，可得73+3綜上可得，的取值范圍是7，1故答案為：7，1點評：本題考查向量的數量積的坐標表示，主要考查向量的坐標運算，同時考查直線和圓聯立求交點，考查不等式的性質，屬于中檔題三、解答題（第16題至第19題，每題15分；第20題14分，共74分）16（15分）如圖，在abc中，d為ab邊上一點，da=dc，已知b=，bc=1（）若abc是銳角三角形，dc=，求角a的大小；（）若bcd的面積為，求邊ab的長考點：正弦定理 專題：解三角形分析：（）在bcd中，由正弦定理得到bdc，又由da=dc，即可得到a；（）由于bcd面積為 ，得到 bcbdsin =，得到bd，再由余弦定理得到cd2=bc2+bd22bcbdcos ，再由da=dc，即可得到邊ab的長解答：解：（）在bcd中，b=，bc=1，dc=，由正弦定理得到：，解得sinbdc=，則bdc=或abc是銳角三角形，可得bdc=又由da=dc，則a=（）由于b=，bc=1，bcd面積為，則bcbdsin=，解得bd=再由余弦定理得到cd2=bc2+bd22bcbdcos=1+2=，故cd=，又由ab=ad+bd=cd+bd=，故邊ab的長為：點評：本題考查了正弦定理和余弦定理結合去解三角形，屬于中檔題17（15分）已知數列an的前n項和為sn，滿足sn+2=2an（nn*）（）求數列an的通項公式；（）令bn=log2an，tn=+，求滿足tn的最大正整數n的值考點：數列的求和；數列遞推式 專題：等差數列與等比數列分析：（）由數列遞推式求得首項，取n=n1得另一遞推式，作差后可得數列an是以2為首項，2為公比的等比數列，由等比數列的通項公式得答案；（）由bn=log2an求得bn，然后利用錯位相減法求得tn，作差判斷出tn為遞增數列，再由數列的函數特性求得滿足tn的最大正整數n的值為6解答：解：（）由sn+2=2an（nn*）當n=1時，求得a1=2，當n2時，sn1=2an12，兩式作差得：an=2an2an1，即an=2an1（n2），數列an是以2為首項，2為公比的等比數列，則；（）bn=log2an=，tn=+=，得：=令f（n）=，則f（n+1）f（n）=，f（n）為增函數，又f（6）=2，滿足tn的最大正整數n的值為6點評：本題考查了等比關系的確定，考查了錯位相減法求數列的和，考查了數列的函數特性，是中檔題18（15分）等腰梯形abcd，abcd，deab，cfab，ae=2，沿de，cf將梯形折疊使a，b重合于a點（如圖），g為ac上一點，fg平面ace（）求證：aeaf；（）求dg與平面ace所成角的正弦值考點：直線與平面所成的角；空間中直線與直線之間的位置關系 專題：空間位置關系與距離分析：（i）由fg平面ace，可得fgae，由cfaf，cfef，可得cf平面aef，可得cfae，ae平面acf，即可證明；（ii）如圖所示，建立空間直角坐標系則e（0，0，0），a，d（0，0，2），g設平面eac的法向量為=（x，y，z），則，設dg與平面ace所成角為，利用sin=即可得出解答：（i）證明：fg平面ace，fgae，cfaf，cfef，afef=f，cf平面aef，cfae，又fgcf=f，ae平面acf，aeaf；（ii）解：如圖所示，建立空間直角坐標系則e（0，0，0），a，d（0，0，2），利用三角形中位線定理與等腰直角三角形的性質可得：g=，=，=設平面eac的法向量為=（x，y，z），則，令y=1，解得x=1，z=設dg與平面ace所成角為則sin=點評：本題考查了空間線面面面位置關系的判定及其性質、空間角的求法、等腰直角三角形的性質、三角形的中位線定理，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題19（15分）已知拋物線c：y2=2px（p0）上的點m到直線l：y=x+1的最小距離為點n在直線l上，過點n作直線與拋物線相切，切點分別為a、b（）求拋物線方程；（）當原點o到直線ab的距離最大時，求三角形oab的面積考點：拋物線的簡單性質 專題：綜合題；圓錐曲線的定義、性質與方程分析：（）設y=x+b與拋物線y2=2px（p0）相切，且與l：y=x+1的最小距離為，求出b，再將直線方程與拋物線方程聯立，利用=0，即可求拋物線方程；（）當原點o到直線ab的距離最大時，求出直線ab的方程，即可求三角形oab的面積解答：解：（）設y=x+b與拋物線y2=2px（p0）相切，且與l：y=x+1的最小距離為，則=，b=或（舍去），y=x+與拋物線y2=2px聯立，可得x2+（12p）x+=0，=（12p）24=0，p=1或p=0（舍去），拋物線方程為y2=2x；（）設a（x1，y1），b（x2，y2），n（x0，y0），則過點a的切線方程為yy1=x+