湖北省稳派教育2015届高三一轮复习质量检测
数学（理）试题
本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分.考试时间120分钟.
第I卷（选择题 共50分）
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.）
1．设 是虚数单位，若复数 为纯虚数，则实数 的值为
． ． ． ．
【答案】
【解析】依题意 ．由复数 为纯虚数可知 ，且 ，求得 ．故选 ．
【解题探究】本题主要考查复数的基本概念与复数的运算．解题的关键是利用复数运算法则进行复数的乘法、除法运算，求解时还需要注意理解纯虚数的概念．
2．已知 ，命题 ， ，则
． 是假命题， ，
． 是假命题， ，
． 是真命题， ，
． 是真命题， ，
【答案】 ．
【解析】因为 ，所以当 时， ，函数 单调递减，即对 ， 恒成立，所以 是真命题．又全称命题的否定是特称命题，所以 是 ， ．故选 ．
【解题探究】本题考查函数的单调性的判断与全称命题的否定．解题首先判断命题 的真假，然后再将命题 写成 的形式，注意特称命题与全称命题否定形式的基本格式．
3．某研究机构对儿童记忆能力 和识图能力 进行统计分析，得到如下数据：
记忆能力
识图能力
由表中数据，求得线性回归方程为 ，若某儿童的记忆能力为 时，则他的识图能力为
． ． ． ．
【答案】
【解析】由表中数据得 ， ，由 在直线 ，得 ，即线性回
归方程为 ．所以当 时， ，即他的识图能力为 ．故选 ．
【解题探究】本题考查统计知识中的线性回归方程的应用．解题关键是求出线性归回方程中的 值，方法是利用样本点的中心 在线性归回方程对应的直线上．
4．执行图中的程序框图（其中 表示不超过 的最大整数），则
输出的 值为
． ． ． ．
【答案】 ．
【解析】每次循环的结果分别为： ， ； ， ；
， ； ， ； ， ；
， ，这时 ，输出 ．故选 ．
【解题探究】本题考查程序框图的运算和对不超过 的最大整数 的理解．要得到该程序运行后输出的 的值，主要依据程序逐级运算，并通过判断条件 调整运算的续与结束，注意执行程序运算时的顺序．
5．一个几何体的三视图如图所示，如该几何体的表面积为
，则 的值为
． ． ． ．
【答案】
【解析】由三视图可知该几何体是一个底面是直角梯形
的四棱柱，其底面直角梯形的上底为 ，下底为 ，高为 ，
四棱柱的高为 ，则几何体的表面积
，即 ，解得 ．故选 ．
【解题探究】本题考查立体几何中的三视图及几何体的体积计算．通过题中给出的三视图，分析可以得到该几何体是一个底面是直角梯形的四棱柱，然后依据四棱柱的表面积公式进行计算．
6．在 中，内角 ， ， 所对应的边分别为 ， ， ，若 ，且 ，则 的值为
． ． ． ．
【答案】 ．
【解析】由正弦定理得 ，因为 ，所以 ．
所以 ，又 ，所以 ．由余弦定理得 ，即 ，又 ，所以 ，求得 ．故选 ．
【解题探究】本题考查正弦定理、余弦定理得应用．解题先由正弦定理求得角 ，再由余弦定理
列出关于 ， 的关系式，然后进行合理的变形，即可求出 的值．
7．设 ，则多项式 的常数项为
． ． ． ．
【答案】 ．
【解析】因为 ，则多项式为 ，它的展开式的通项公式为 ，令 ，求得 ，所以展开式的常数项为 ．故选 ．
【解题探究】本题考查定积分的计算和二项式定理的应用．先由定积分求出 的值，再求解二
项式展开式中的常数项，利用二项式 的展开式的通项，令 的对应次数为 即可求出其常数项．
8．如图，大正方形的面积是 ，四个全等直角三角形围成一个小正方形，
直角三角形的较短边长为 ，向大正方形内抛撒一枚幸运小花朵，则
小花朵落在小正方形内的概率为
. . . .
【答案】 .
【解析】因为大正方形的面积是 ，所以大正方形的边长是 ，由直角三角形的较短边长为 ，得四个全等直角三角形的直角边分别是 和 ，则小正方形边长为 ，面积为 .所以小花朵落在小正方形内的概率为 .故选 .
【解题探究】本题考查几何概型的计算. 几何概型的解题关键是求出两个区间的长度（面积或体积），然后再利用几何概型的概率计算公式 求解．所以本题求小花朵落在小正方形内的概率，关键是求出小正方形的面积和大正方形的面积.
9．已知双曲线 （ ， ）的两条渐近线与抛物线 （ ）的准线分别交于 ， 两点， 为坐标原点，若双曲线 的离心率为 ， 的面积为 ，则 的内切圆半径为
． ． ． ．
【答案】 ．
【解析】由 ，可得 ．由 ，求得 ， ，所以 ．将 代入，得 ，解得 ．所以 ， ，则 的三边分别为 ， ， ，设 的内切圆半径为 ，由 ，解得 ．故选 ．
【解题探究】本题考查双曲线和抛物线的综合应用．求解这类问题关键是结合两个曲线的位置关系，找到它们对应的几何量，然后利用图形中的平面几何性质解答问题．
10．给定区域 ，令点集 是 在 上取得最大值或最小值的点 ，则 中的点最多能确定三角形的个数为
． ． ． ．
【答案】 ．
【解析】作出不等式组对应的平面区域如图中阴影部分所示，
因为直线 与直线 ，直线 平行，所以
直线 过直线 上的整数点： ， ， ，
， 时，直线的纵截距最大，即 最大；直线 过
直线 上的整数点： ， 时，直线的纵截距最小，即 最小．所以满足条件的点共有 个，则 中的点最多能确定三角形的个数为 （个）．故选 ．
【解题探究】本题是一道涉及线性规划和组合数求解的综合题．问题求解分两步完成：第一步求出目标函数 在 上取得最大值或最小值的点；第二步计算 中的点最多能确定三角形的个数．在计算三角形个数时，注意排除三点共线的情形．
第Ⅱ卷（非选择题 共100分）
二、填空题（本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分.）
(一)必考题（11—14题）
11．设 ， 为单位向量，其中 ， ，且 在 上的投影为 ，则 与 的夹角为 ．
【答案】 ．
【解析】设 与 夹角为 ，则 ，
解得 ，所以 ．故填 ．
【解题探究】本题考查向量的基本运算及单位向量、向量的投影概念的理解．解题关键是对向量投影的理解：若已知向量 ， ，则 在 上的投影为 ．
12．若直线 经过点 ，且 ，则当
时， 取得最小值．
【答案】
【解析】由直线 经过点 ，得 ，即 ，所以 ．又由 ，得 ，即 ．由柯西不等式，得 ，由此可得
．等号成立的条件为 且 ，即 ， ， ，所以 ．故填 ．
【解题探究】本题考查柯西不等式在求解三元条件最值上的应用．先由直线过定点 可得 ，然后再思考系数的匹配，构造柯西不等式的形式，可求出 的最小值，最后由柯西不等式等号成立求出 ， ， ，可得 的值．
13．我国齐梁时代的数学家祖暅（公元前 世纪）提出了一条原理“幂势既同，则积不容异．”这句话的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得的两个截面的面积总是相等，那么这两个几何体的体积相等．设由曲线 和直线 ， 所围成的平面图形，绕 轴旋转一周所得到的旋转体为 ；由同时满足 ， ， ， 的点 构成的平面图形，绕 轴旋转一周所得到的旋转体为 ，根据祖暅原理等知识，通过考察 可以得到 的体积为 ．
【答案】 ．
【解析】作出两曲线所表示的可行区域知， 的轴截面为一半径为 的半圆内切两半径为 的
小圆所形成，面积近似为 的轴截面面积的两倍，符合祖暅原理．又 的体积为
，于是 所表示几何体的体积应为 ．故填 ．
【解题探究】本题以数学史中祖暅原理为命题背景，考查旋转体的体积求解和类比推理能力．解题时首先由问题给出的图形旋转，求出旋转体 的体积，然后利用祖暅原理分析出旋转体 的体积与旋转体 的体积之间的关系，进而得到 的体积．
14．若 （其中 为整数），则称 为离实数 最近的整数，记作 ，即 ．
（1）若 ，则 的值域是 ；
（2）设集合 ， ，若集合 的子集恰有 个，则实数 的取值范围是 .
【答案】 ； 或 .
【解析】（1）当 时， ， .故填 .
（2）由条件知 是周期为 的周期函数，由周期性可作出其图象.又集合 的子集恰有 个，即 中只有两个元素.作出 和 的图象如图所示，则有
或 ，即 或 .故填 或 .
【解题探究】本题是一道涉及创新定义、体现数形结合的小综合题．解题关键是理解“离实数 最近的整数”的数学意义，第（2）问由条件得到函数 的周期性是解题的突破，这样可以得到函数的图象，从而求出实数 的取值范围.另外解题中还要注意特殊点的选取，对应区间端点是否取得.
15．（选修4—1：几何证明选讲）如图， 是圆 的直径， 、
为圆 上的点， 是 的角平分线， 与圆 切于点
且交 的延长线于点 ， ，垂足为点 .若圆 的
半径为 ， ，则 .
【答案】 .
【解析】连接 ，则有 .又 是 的角平分线， ，所以 ，所以 .因为 是圆 的切线，所以 ，则 .由题意知 ，所以 ， .因为 是圆 的切线，由切割线定理，得 .在 中， ，所以 .于是 .故填 .
【解题探究】本题主要考查平面几何证明中圆的基本性质的应用．求解时首先由 是 的角平分线推理出 ，然后由圆的切割线定理得到 ，求出 的值．
16．（选修4—4：坐标系与参数方程）在极坐标系中，圆 的方程为 ，以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面坐标系，圆 的参数方程为 （ 为参数， ），若圆 与 外切，则实数 的值为 .
【答案】 .
【解析】圆 的方程化为 ，化简得 ，故其普通方程为 ，其圆心 坐标为 ，半径 ；圆 的普通方程是 ，所以 的坐标是 ， ，因为两圆外切，所以 ，所以 .故填 .
【解题探究】本题考查圆的参数方程、圆的极坐标方程背景下两圆的位置关系问题．求解这类问题，先将极坐标中的圆 对应的方程和参数方程中的圆 对应的方程都化为直角坐标系下的普通方程，再在普通方程中由两圆相外切时求出实数 的值．
三、解答题（本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17.（本小题满分11分）已知函数 （ ， ， ， ）的部分图象如图所示， 是图象的最高点， 为图象与 轴的交点， 为坐标原点．若 ， ， ．
（1）求函数 的解析式；
（2）将函数 的图象向右平移 个单位后得到函
数 的图象，当 时，求函数 的值域．
【解析】（1）由条件知 ，所以 ． （2分）
由此可得振幅 ，周期 ，又 ，则 ．
将点 代入 ，得 ，
因为 ，所以 ，于是 ． （5分）
（2）由题意可得 ．
所以
． （9分）
当 时， ，所以 ，
即 ．于是函数 的值域为（-1,3）． （12分）
【命题立意】本题主要考查三角函数的图象和性质．第（1）问从给出的三角函数图象中给出三个线段信息，从中可以求出图象最高点的坐标， 的长度，由此推理出三角函数的解析式；第（2）问考查三角函数图象的平移、三角函数的恒等变换及三角函数的值域等知识，求解三角函数的值域，关注自变量 的取值范围是解题的关键，同时还要结合三角函数的图象进行分析，才能准确求出其函数值域.
18. （本小题满分12分）设二次函数 （ ， ），关于 的不等式 的解集有且只有一个元素．
（1）设数列 的前 项和 （ ），求数列 的通项公式；
（2）记 （ ），则数列 中是否存在不同的三项能组成等比数列？请说明理由．
【解析】（1）因为关于 的不等式 的解集有且只有一个元素，
所以二次函数 （ ）的图象与 轴相切，
则 ，考虑到 ，所以 ．
从而 ，
所以数列 的前 项和 （ ）． （3分）
于是当 ， 时， ，
当 时， ，不适合上式．
所以数列 的通项公式为 ． （6分）
（2） ．
假设数列 中存在三项 ， ， （正整数 ， ， 互不相等）成等比数列，则 ，
即 ，整理得 ． （9分）
因为 ， ， 都是正整数，所以 ，
于是 ，即 ，从而 与 矛盾．
故数列 中不存在不同的三项能组成等比数列． （12分）
【命题立意】本题主要考查数列通项公式的求解及等比数列性质的研究．第（1）问由不等式 的解集有且只有一个元素，得到 ，然后由此求出数列 的通项公式，由 求通项 时注意检验初始项 是否满足；第（2）问判断数列 中是否存在不同的三项能组成等比数列，基本方法是先假设它们成等比数列，再证明问题是否有解．
19.（本小题满分12分）如图，在三棱锥 中， 底面 ， ，
， ， 分别是 ， 的中点， 在 上，
且 ．
（1）求证： 平面 ；
（2）在线段上 上是否存在点 ，使二面角
的大小为 ？若存在，求出 的长；
若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由 ， ，
是 的中点，得 ．
因为 底面 ，所以 ． （2分）
在 中， ，所以 ．
因此 ，又因为 ，
所以 ，
则 ，即 ． （4分）
因为 底面 ，所以 ，又 ，
所以 底面 ，则 ．
又 ，所以 平面 ． （6分）
（2）解法1（常规法）：假设满足条件的点 存在，
并设 ．
过点 作 交 于点 ，
又由 ， ，得 平
面 ．
作 交 于点 ，连结 ，则 ．
于是 为二面角 的平面角，
即 ，由此可得 ． （8分）
由 ，得 ，于是有 ， ．
在 中， ，即 ，解得 ．
于是满足条件的点 存在，且 ． （12分）
（2）解法2（向量法）：假设满足
条件的点 存在，并设 ．
以 为坐标原点，分别以 ， ，
为 ， ， 轴建立空间直线坐标系
，则
， ， ，
．
由 得 ．
所以 ， ，
． （8分）
设平面 的法向量为 ，则
，即 ，取 ，得 ， ，即 ．
设平面 的法向量为 ，则
，即 ，取 ，得 ， ，即 ．
由二面角 的大小为 ，得 ，
化简得 ，又 ，求得 ．
于是满足条件的点 存在，且 ． （12分）
【命题立意】本题考查空间几何图形中线面关系的平行或垂直的证明及空间角的计算．第（1）问证明 平面 ，基本思路是证明 与平面 内的两条相交直线垂直，注意合理利用题设条件给出的数量关系和图形关系；第（2）问应抓住两点找到问题的求解方向：一是点 的预设位置，二是二面角 的位置．涉及空间二面角的问题，可以从两个不同的方法上得到求解，即常规法和向量法．
20.（本小题满分12分）翡翠市场流行一种赌石“游戏规则”：翡翠在开采出来时有一层风化皮包裹着，无法知道其内的好坏，须切割后方能知道翡翠的价值，参加者先缴纳一定金额后可得到一块翡翠石并现场开石验证其具有的收藏价值．某举办商在赌石游戏中设置了甲、乙两种赌石规则，规则甲的赌中率为 ，赌中后可获得20万元；规则乙的赌中率为 （ ），赌中后可得 万元；未赌中则没有收获．每人有且只有一次赌石机会，每次赌中与否互不影响，赌石结束后当场得到兑现金额．
（1）收藏者张先生选择规则甲赌石，收藏者李先生选择规则乙赌石，记他们的累计获得金额数为 （单位：万元），若 的概率为 ，求 的大小；
（2）若收藏者张先生、李先生都选择赌石规则甲或选择赌石规则乙进行赌石，问：他们选择何种规则赌石，累计得到金额的数学期望最大？
【解析】（1）由已知得收藏者张先生赌中的概率为 ，收藏者李先生赌中的概率为 ，且两人
赌中与否互不影响．记“这2人的累计获得金额数为 （单位：万元）”的事件为 ，则事件 的对立事件为“ ”．
因为 ，所以 ，求得 ． （4分）
（2）设收藏者张先生、李先生都选择规则甲赌中的次数为 ，都选择规则乙赌中的次数
为 ，则这两人选择规则甲累计获奖得金额的数学期望为 ，选择规则乙累计获奖得金额的
数学期望为 ．
由已知可得， ， ，所以 ， ，
从而 ， ． （8分）
若 ，则 ，解得 ；
若 ，则 ，解得 ；
若 ，则 ，解得 ． （11分）
综上所述，当 时，他们都选择规则甲进行赌石时，累计得到金额的数学期望最大；当
时，他们都选择规则乙进行赌石时，累计得到金额的数学期望最大；当 时，他们都选择规则甲或规则乙进行赌石时，累计得到金额的数学期望相等． （12分）
【命题立意】本题以翡翠市场流行一种赌石“游戏规则”为命题背景，考查数学期望 的计算及在实际中的应用.第（1）问是理解对立事件及其概率的计算，即若“2人的累计获得金额数为 （单位：万元）”的事件为 ，则事件 的对立事件为“ ”；第（2）问是考查离散型随机变量的期望值，通过对期望值的计算，比较期望值的大小得到求解问题的决策.
21.（本小题满分14分）已知椭圆 （ ）的左、右顶点分别为 ， ，且 , 为椭圆上异于 ， 的点， 和 的斜率之积为 ．
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）设 为椭圆中心， ， 是椭圆上异于顶点的两个动点，求 面积的最大值．
【解析】（1）由 ，得 ，所以 ， ．
设 ，则 ，解得 ．
于是椭圆 的标准方程为 ． （5分）
（2）①当直线 垂直于 轴时，设 的方程为 ，
由 ，得 ， ，
从而 ，
当 时， 的面积取得最大值 ． （7分）
②当直线线 与 轴不垂直时，设 的方程为 ，
由 消去 ，得 ．
，化简得 ． （9分）
设 ， ，则 ， ，
，
原点 到直线 的距离 ，
所以 ．
当且仅当 时， 取得最大值 ． （13分）
综合①②知， 的面积取得最大值 ． （14分）
【命题立意】本题考查椭圆标准方程的求解及研究直线和椭圆相交时对应三角形面积的最值讨
论．第（1）问首先由 得到椭圆左、右顶点的坐标，再由 和 的斜率之积为 求出几何量 的值即得椭圆标准方程；第（2）问先列出 的面积，需要求直线被椭圆截得的弦长，计算点到直线的距离，再讨论 的面积最值．
22.（本小题满分14分）已知函数 ， ．
（1）求函数 的单调区间；
（2）当 时，过原点分别作曲线 与 的切线 ， ，已知两切线的斜率互为倒数，证明： ；
（3）设 ，当 ， 时，求实数 的取值范围．
【解析】（1）依题意，函数 的定义域为 ，对 求导，得 ．
①若 ，对一切 有 ，函数 的单调递增区间是 ．
②若 ，当 时， ；当 时， ．
所以函数 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ． （3分）
（2）设切线 的方程为 ，切点为 ，则 ，
，所以 ， ，则 ．
由题意知，切线 的斜率为 ， 的方程为 ．
设 与曲线 的切点为 ，则 ，
所以 ， ．
又因为 ，消去 和 后，整理得 ． （6分）
令 ，则 ， 在 上单调递减，在 上单调递增．
若 ，因为 ， ，所以 ，
而 在 上单调递减，所以 ．
若 ，因为 在 上单调递增，且 ，则 ，
所以 （舍去）．
综上可知， ． （9分）
（3） ， ．
①当 时，因为 ，所以 ，
在 上递增， 恒成立，符合题意．
②当 时，因为 ，所以 在 上递增，且 ，则存在 ，使得 ．
所以 在 上递减，在 上递增，又 ，所以 不恒成立，不合题意． （13分）
综合①②可知，所求实数 的取值范围是 ． （14分）
【命题立意】本题考查利用导数讨论含参数函数的单调性、利用导数求曲线的切线问题及研究不等式恒成立问题.第（1）问利用导数求函数的单调区间，注意对参数 的分类讨论；第（2）问背景为指数函数 与对数函数 关于直线 对称的特征，得到过原点的切线也关于直线 对称，主要考查利用导函数研究曲线的切线及结合方程有解零点存在定理的应该用求参数的问题，得到不等式的证明；第（3）问考查利用导数处理函数的最值和不等式的恒成立求参数的范围问题，求导过程中用到了课后习题 这个结论，考查学生对课本知识的掌握程度．
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