山东省潍坊市重点中学2015届高三上学期期中考试理科数学试卷含解析

山东省潍坊市重点中学2015届高三上学期期中考试理科数学

试卷

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx 题号 得分 一 二 三 总分 注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明 评卷人 得分 一、选择题（题型注释）

1．集合A0,2,a，B1,a，若AB4,0,1,2,16，则a的值为（ ）

2A．1 B．2 C．-4 D．4 【答案】C 【解析】

a4a16试题分析：由于AB4,0,1,2,16，当2，解得a4，符合题意；当2，

a16a4解之得无解，故答案为C．

考点：1、集合中元素的性质；2、集合的并集．

532．已知函数fxaxbxcx，f32，则f3的值为

A．2 B．-2 C．6 D．-6 【答案】B 【解析】 试题分

53析：

fxaxbxcxax5bx3cxax5bx3cxfx，故函数

为奇函数，f3f32，故答案为B． 考点：奇函数的应用．

x，则tan2 524122412A． B. C. D.

77773．设是第二象限角，Px,4为其终边上的一点，且cos1

【答案】A 【解析】 试题分析：OPx216，cosxx216x，解得x3（是第二象限角）；5sin4 5342tan24cos，tan，tan2，故答案为A．

531tan27考点：1、任意角三角函数的定义；2、二倍角的正弦公式．

4．已知向量a2,3，b1,2，若ma4b与a2b共线，则m的值为 A．

11 B．2 C． D．2 22【答案】D 【解析】

试题分析：ma4b(2m4,3m8)，a2b4,1，由于ma4b与a2b共线，

12m443m8，解得m2，故答案为D．

考点：向量共线的应用．

5．若定义在R上的函数yfx满足f5x255fx，且xfx0，则对

22于任意的x1x2，都有fx1fx2是x1x25的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】

试题分析：解：fx555fx，函数fx的对称轴为x

222由x55fx0，故函数yfx在,是增函数，由对称性可得yfx在225,是减函数

25任意的x1x2，都有fx1fx2，故x1和x2在区间,，x1x25

2反之，若x1x25，则有x255x1，故x1离对称轴较远，x2离对称轴较近，由函222

数的对称性和单调性，可得fx1fx2，综上可得任意的x1x2，都有fx1fx2是

x1x25的充分必要条件，故答案为C．

考点：充分条件、必要条件的判定．

6．如图，阴影区域的边界是直线y0,x2,x0及曲线y3x2，则这个区域的面积是

A．4 B．8 C．【答案】B 【解析】

试题分析：由定积分的几何意义，得S考点：定积分的应用．

7．在ABC中，若b2,A1200，三角形的面积S3，则三角形外接圆的半径为 A．3 B．2 C．23 D．4 【答案】B 【解析】

试题分析：由面积公式，得S11 D． 322023x2x3|02308，故答案为B．

1bcsinA，代入得c2，由余弦定理得2a2b2c22bccosA

2222222cos120012，故a23，由正弦定理，得2Ra23，解sinA32得R2， 故答案为B．

考点：1、三角形的面积公式应用；2、余弦定理的应用；3、正弦定理的应用．

x22txt2,x08．已知fx，若f0是fx的最小值，则t的取值范围为 1xt,x0xA．1,2 B．1,0 C．1,2 D．0,2 【答案】D

3

【解析】试题分析：由于当x0时，fxx1t在x1时得最小值2t；由题意当xx0时，fxxt2

若t0，此时最小值为f0t2，故t2t2，解得1t2，由于t0，因此0t2；若t0

，则ftf0条件不成立，故t的取值范围为0t2，故答案为D． 考点：1、分段函数的应用；2、函数的最值． 9．已知fx12xcosx，fx为fx的导函数，则fx的图象是 4

【答案】A 【解析】 试

题

分

析

：

函

数

fx12xcosx4，

fxxsinx2，

fxxxsinxsinxfx， 22故fx为奇函数，故函数图象关于原点对称，排除B,D，

11fsin0，故C不对，答案为A．

6122626考点：函数图象的判断．

10．已知xR，符号x表示不超过x的最大整数，若函数fx3个零点，则a的取值范围是（ ）

A．,, B．,,

45324532C．xax0有且仅有

x3443344312531253,, D．,, 23422342【答案】B 【解析】

试题分析：解：由fxxa；xa0，x，

得①若x0，设gx则当0x1，

xxx4

x0，此时gx0

11，此时gx1；当2x3，x2,此时x22323gx，此时gx1；当3x4，x3,此时gx，此时gx1；

xx34xa4x4,此时gx4，当4x5，此时gx1，作出函数图象，要使fxx5x34有且仅有三个零点，即函数gxa有且仅有三个零点，则由图象可知a；

45x，则当1x0，x1，此时gx1，此时gx1；

②若x0，设gxxx2当2x1，x2，此时gx，此时1gx2；当3x2，x3，

x343此时gx，此时1gx；当4x3，x4，此时gx，此时

xx25451gx；当5x4，x5，此时gx，此时1gx；作出函数

x34xa有且仅有三个零点，即函数gxa有且仅有三个零点，则由图

图象，要使fxx当1x2，x1,此时gx象可知

433443a，所以a的取值范围,,，故答案为B． 324532

考点：函数的零点与方程的根关系．

5

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题（题型注释）

11．将函数y3sin3x【答案】y3sin3x 【解析】

3的图象向右平移

个单位后得到函数 的图象． 9试题分析：函数y3sin3x3的图象向右平移

个单位后得到函数9y3sin3x 3sin3x，故答案为y3sin3x．

93考点：函数图象的平移．

12．已知a,2，b3,5，且a与b的夹角为锐角，则的取值范围是 ． 【答案】【解析】

试题分析：由于a与b的夹角为锐角，ab0，且a与b不共线同向，由

106且 35106，当向量a与b共线时，得56，得，35106因此的取值范围是且．

35ab03100，解得考点：向量夹角．

13．已知函数fxx3ax，若直线xym0对任意的mR都不是曲线yf(x)3的切线，则a的取值范围为 ． 【答案】a【解析】

试题分析：解：fxx3axaR，则fx3x3a，若直线xym0对任

322意mR都不是曲线yfx的切线，则直线的斜率为-1，fx3x3a与直线

1 3xym0没有交点，又抛物线开口向上则必在直线的上面，即最小值大于直线斜率，

6

当x0时取最小值，3a1，解得a11，故实数a的取值范围是a． 33考点：1、导数的计算；2、导数的几何意义．

x，定义f1(x)f(x),f2(x)f1(x),,fn1(x)fn(x),nN．经xe1xx23x计算f1(x)x,f2(x)x,f3(x)x,…，照此规律，则fn(x) ． eee14．已知 f(x)n1xn【答案】

ex【解析】

x试题分析：观察各个式子，发现分母都是e，分子依次是

x1,x2,x3,x4，前边是1n

括号里是xn，故fnn1xnx．

ex考点：归纳推理的应用．

15．下图展示了一个由区间0,1到实数集R的映射过程：区间0,1中的实数m对应数轴上的点m，如图①：将线段AB围成一个圆，使两端点A,B恰好重合，如图②：再将这个圆放在平面直角坐标系中，使其圆心在y轴上，点A的坐标为0,1，如图③，图③中直线AM与x轴交于点Nn,0，则m的象就是n，记作fmn．

下列说法中正确命题的序号是 （填出所有正确命题的序号） ①f11 4②fx是奇函数

③fx在定义域上单调递增 ④fx是图像关于点,0对称．

127

【答案】③④ 【解析】

试题分析：解：如图，因为M在以1,111为半径的圆上运动，对于①当为圆心，22m111时，M的坐标为,1，直线AM的方程yx1，所以点N的坐标为42211,0，故f1，即①错；对于②，因为实数m所在的区间0,1不关于原点对称，

4所以fx不存在奇偶性，故②错；对于③，当实数m越来越大时，如图直线AM与x轴的交点Nn,0也越来越往右，即n越来越大，所以fx在定义域上单调递增，即③对；对于④当实数m1时，对应的点在点A的正下方，此时点N0,0，所以21f0，再由图2形可知fx的图象关于点,0对称，即④对，故答案为③④．

12

考点：在新定义下解决函数问题． 评卷人 得分 三、解答题（题型注释）

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