2015高考重组卷(一)

一、选择题（本题共12道小题）

1. 已知集合A{xx3n2,nN},B{6,8,10,12,14}，则集合AB中的元素个数为（ ）

A. 5 B. 4 C. 3 D. 2

2. 设z1，z2C，则“z1、z1中至少有一个数是虚数”是“z1z2是虚数”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 3. 若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值（ ） A. 大于5 B. 等于5 C. 至多等于4 D. 至多等于3

4. 已知非零向量a,b满足|b|4|a|，且a(2ab)则a与b的夹角为（ ）

25 B. C. D.

36323cos()10（ ） 5. 若tan2tan，则

5sin()5A.

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

6. 记方程①：x2a1x10，方程②：x2a2x20，方程③：x2a3x40，其中a1，a2，a3是正实数，当a1，a2，a3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（ ）

A. 方程①有实根，且②有实根 B. 方程①有实根，且②无实根 C. 方程①无实根，且②有实根 D. 方程①无实根，且②无实根

7. 某校老年、中年和青年教师的人数见下表，采用分层抽样的方法调查教师的身体状况，在抽取的样本中，青年教师有320人，则该样本的老年教师人数为（ ） A. 90 B. 100 C. 180 D. 300

8. 在等差数列{an}中，若a24,a42,则a6（ ） A. 1 B. 0 C. 1 D. 6 9. 设函数f(x)ln(1|x|)值范围是（ ）

A. (,1) B. (,)(1,) C. (,) D. (,)(,)

10. 某工作的三视图如图所示，现将该工作通过切削，加工成一个体积尽可

能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工作的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率新工件的体积/原工件的体积）（ ）

1，则使得f(x)f(2x1)成立的x的取1x2113313131313888(21)224(21)2A. B. C. D.

927211. 设直线l与抛物线 y4x相较于A，B两点，与圆C：

且M为线段AB中点，若这样的直线l(x5)2y2r2(r0) 相切于点M，

恰有4条，则r的取值范围是( )

A. (1,3) B. (1,4) C. (2,3) D. (2,4)

x2y212. 已知椭圆E:221(ab0)的右焦点为F，短轴的一个端点为M，

ab直线l:3x4y0交椭圆E于A,B两点，若|AF||BF|4，点M到直线l的距离不小于的离心率的取值范围是（ ） A. (0,4，则椭圆E53333] B. (0,] C. [,1) D. [,1)

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二、填空题（本题共4道小题）

xy2013. 若x，y满足约束条件x2y10 ，则z3xy的最大值为_____.

2xy2014. 已知函数fxax3x1的图像在点1,f1的处的切线过点2,7，则a_____. 15. 在区间[0,5]上随机地选择一个数p，则方程x22px3p20有两个负根的概率为________．

16. 已知0，在函数y2sinx与y2cosx的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为23，则_____．

三、解答题（本题共6道小题）

17. 已知a,b,c分别是ABC内角A,B,C的对边，sin2B2sinAsinC．

（Ⅰ）若ab，求cosB； （Ⅱ）若B90，且a2， 求ABC的面积．

18. 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a11,a22，且an13SnSn13,(nN*)．（Ⅰ）证明：an23an；（Ⅱ）求Sn．

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19. 如图，三棱锥PABC中，平面PAC平面ABC，ABC2且ADDEEC2，PDPC4，点F在线段AB上，且EF∥BC．

(1)证明：AB平面PFE．(2)若四棱锥PDFBC的体积为7，求线段BC的长．

20. 随着我国经济的发展，居民的储蓄存款逐年增长．设某地区城乡居民人民币储蓄存款（年底余额）如下表：

，点D、E在线段AC上，

ˆaˆbtˆ (2)用所求回归方程预测该地区2015年（t6）的人民币(1)求y关于t的回归方程ynn(xix)(yiy)xiyinxy1bi1nin,ˆˆbtaˆ中储蓄存款．附：回归方程y

(xix)2xi2nx2i1i1aybx.

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x2y221. 如图，椭圆221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2过F2的直线交椭圆于P,Q两点，

ab且PQPF1．(1)若|PF1||PQ|求椭1|22,|PF2|22，求椭圆的标准方程；(2)若|PF圆的离心率e．

22. 已知函数f(x)ax3x2(aR)在x43处取得极值．

(1)确定a的值；(2)若g(x)f(x)ex，讨论的单调性．

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试卷答案

1. 答案：D分析：由条件知，当n2时，3n28，当n4时，3n214，故AB{8,14}，故选D．

2. 答案：B分析：若z1、z2皆是实数，则z1z2一定不是整数，因此当z1z2时虚数时，则“z1、z2中至少有一个数是虚数”成立，即必要性成立；当z1、z2中至少有一个数是虚数，z1、z2不一定是虚数，如z1z2i，即充分性不成立，选B.

3. 答案：C分析：显然当以A，B，C，D四点为顶点构成正四面体时，这四点两两的距离都相等， 以下用反证法证明5个或5个以上的点两两距离不可能都相等：假设A，B，C，D，E五个点两两距离都相等，则三棱锥ABCD和三棱锥EBCD是两个全等的正四面体，从而AE这与这五点的距离两两都相等矛盾．

26ABAB，324. 答案：C分析：由已知可得a(2ab)02aab0；设a与b的夹角为，则有

22|a|212，故选C． 2|a||a||b|cos0cos2，又因为[0,]，所以34|a|233333cos()coscossinsincostansin1010101010， 5. 答案：C分析：由已知得

sin()sincoscossintancossin555553333cos2tansincoscos2sinsin10510510510 2tancossinsincos55555155(coscos)(coscos)3cos10101010103，选C． 212sincos25104a2822226. 答案：B分析：当方程①有实根，且②无实根时，a14,a28，从而a3216,即方程③：

a14x2a3x40无实根，选B，而A，D由于不等式方向不一致，不可推；C推出③有实根．

160016；设样本中老年教师的人数为x，7. 答案：C分析：由题意，总体中青年教师与老年教师比例为

900932016，解得x180. 由分层抽样的性质可得总体与样本中青年教师与老年教师的比例相等，即x98. 答案：B分析：由等差数列的性质得a62a4a22240，选B．

19. 答案：A分析：由f(x)ln(1|x|)可知f(x)是偶函数，且在[0,)是增函数，所以21x1f(x)f(2x1)f(|x|)f(|2x1|)|x||2x1|x1．故选A．

310. 答案：A分析：由题可得，问题等价于圆锥的内接长方体的体积，如图所示， 则有

x2h，所以h22x，所以长方体体积为12xx22x332x2h(2x)2(22x)4xx(22x)4()，

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216时，等号成立，故利用率为，故选A． 131229311. 答案：D分析：不妨设直线 l:xtym 代入抛物线方程有： y24ty4m0

22则16t16m0 ;又中点M(2t2m,2t) ，则 kMCkj1 ;即 m32t（当t0 时）

当且仅当x22x，即x代入16t16m ，可得 3t0，即0t3 又由圆心到直线的距离等于半径，可得 dr2223227|5m|1t222t21t221t2 由0t23 ，可得

r(2,4) ，选D.

12. 答案：A分析：设左焦点为F1，连接AF1，BF1，

a2， 则四边形BF1AF是平行四边形，故|AF1||BF|，所以|AF||AF1|42a ，所以

设 M(0,b)，则 的取值范围是(0,4b4，故 b1，从而a2c21,0c23,0c3，所以椭圆E的离心率553]，故选A． 213. 答案：4分析：作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线l0:3xy0 ，平移直线 l0，当直线

xy20l:z3xy过点A时，z取最大值，由解得A1,1，∴z3xy的最大值为4．

x2y10214. 答案：1分析：∵f(x)3ax1，∴f(1)3a1，即切线斜率k3a1，又∵f(1)a2，∴切点为(1,a2)，∵切线过2,7，

a273a1，解得a1．

12215. 答案：分析：方程x22px3p20有两个负根的充要条件是

34p24(3p2)02p1或p2；又因为p[0,5]，所以xx2p0即123xx3p201222使方程x2px3p20有两个负根的p的取值范围为(,1][2,5]，故所求的概率

32(1)(52)223；故填：．

3503116. 答案：分析：由题根据三角函数图像与性质可得交点坐标为((k1),2)，

2415((k2),2)，k1,k2Z，距离最短的两个交点一定在同一个周期内，所以415(23)22()2(22)2，所以．

442217. 答案：见解析分析：（Ⅰ）由题意及正弦定理可得b2ac．又ab，可得b2c，a2c，

a2c2b21． 由余弦定理可得cosB2ac4222222（Ⅱ）由（Ⅰ）知b2ac．因为B90，由勾股定理得acb．故ac2ac，得ca2． 所以ABC的面积为1．

∴

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n23(5321),(n2k1,kN*)*18. 答案：（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）分析：（Ⅰ）由条件，对任意nN，Sn2n3(321),(n2k,kN*)2*有an13SnSn13,(nN*)，因而对任意nN，n2，有an13Sn1Sn3,(nN*)， 两式相减，得an2an13anan1，即an23an(n2)，

又a11,a22，所以a33S1S233a1(a1a2)33a1，

故对一切nN，an23an． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，an0，所以

*an23，于是数列{a2n1}是首项a11，公比为3的等比数列， an数列{a2n}是首项a12，公比为3的等比数列，所以a2n13n1,a2n23n1， 于是 S2na1a2...a2n(a1a3...a2n1)(a2a4...a2n)

3(3n1)(13...3)2(13...3)3(13...3)，

23(3n1)323n1(53n21)， 从而S2n1S2na2n22n23(5321),(n2k1,kN*)2综上所述，Sn．

n3(321),(n2k,kN*)219. 答案：见解析分析：证明：(1)如图．由DEEC,PDPC知，E为等腰PDC中DC边的中点，故 PEAC，又平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABCAC，PE平面PAC，PEAC，所以PE平面ABC，从而PEAB．

因 ABC，EF∥BC，故ABEF．从而AB与平面PEF内两条相

2交直线PE，EF都垂直，所以AB平面PFE．

n1n1n1(2)设BCx，则在直角ABC中，ABAC2BC236x2．从11AFAE22，得而 SABCABBCx36x由EF∥BC，知

22ABAC341S224AEF ∽ABC，SADAE，故AEF()，即SA．由EFABC92SABC3911421SADFSAFESABCSABCx36x2，

2299911722x36x2 从而四边形DFBC的面积为 SDFBCSABCSADFx36xx36x2918由(1)知，PE平面ABC，所以PE为四棱锥PDFBC的高．

PC2EC2422223，

117x36x2237，故得体积VPDFBCSDFBCPE3318x436x22430，解得x29 或x227，由于x0，可得x3或x33．所以BC3或BC33． 20. 答案：见解析分析：(1)列表计算如下

在直角PEC中，PE

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1n151n36这里 n5,tti3,yyi7.2．

ni15ni15又 1nttntii1n2555310,lnytiyinty120537.212．

2i1nˆ从而b

12ˆ7.21.233.6．故所求回归方程为yˆ1.2t3.6． ˆybt1.2,alnt10ˆ1.263.610.8（千亿元）． (2)将t6代入回归方程可预测该地区2015年的人民币储蓄存款为ylnya2． 21. 答案：见解析分析：(1)由椭圆的定义，2a|PF1||PF2|(22)(22)4，故

设椭圆的半焦距为c，由已知PF1PF2，

因此2c|F1F2||PF1||PF2|(22)(22)23，即c3．

2222x2y21． 从而 bac1故所求椭圆的标准方程为422(2)解法一：如图，设点P(x0,y0)在椭圆上，且PF1PF2，则

x0y021,x02y02c2 2abc2b22a2b,y0;由|PF1||PQ||PF2|，得x00，从而 求得x0acc2b22222|PF2|(a2bc)()2(a2b2)2aa22b2(aa22b2)2

ac由椭圆的定义，|PF1||PF2|2a,|QF1||QF2|2a，从而由|PF1||PQ||PF2||QF2|，有

|QF1|4a2|PF1|又由PF1PF2，|PF1||PQ|知|QF1|2|PF1|，因此(22)|PF1|4a

14[1(1)2]63． 222解法二：如图，由椭圆的定义，|PF1||PF2|2a,|QF1||QF2|2a， 从而由|PF1||PQ||PF2||QF2|，有|QF1|4a2|PF1|，

于是(22)(aa22b2)4a解得e又由PF1PF2，|PF1||PQ|知|QF因此4a2|PF 1|2|PF1|，1|2|PF1|，|PF1|2(22)a，从而|PF2|2a|PF)a 1|2a(22)a2(2122222由PF1PF2，知|PF1||PF2||PF2|(2c)4c，

|PF1|2|PF2|2c因此e(22)2(21)296263．

a2a4222. 答案：见解析分析：(1)对f(x)求导得f(x)3ax2x因为f(x)在x处取得极值，所以

34116a81f()0，即3a2()0，解得a． 3933321(2)由(1)得，g(x)(x3x2)ex，故

231151g(x)(x22x)ex(x3x2)ex(x3x22x)exx(x1)(x4)ex

22222令g(x)0，解得x0,x1或x4．当x4时，g(x)0，故g(x)为减函数；

当4x1时，g(x)0，故g(x)为增函数；当1x0时，g(x)0，故g(x)为减函数； 当x0时，g(x)0，故g(x)为增函数；综上知g(x)在(,4)和(1,0)内为减函数，(4,1)和(0,)内为增函数．

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