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林州一中2015级高三12月调研考试
数学（理）试题
一、单选题（每题5分，共60分）
1．已知集合，则满足的集合的个数是（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 8
2．“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3．已知点在角的终边上，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
4．已知函数，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．已知曲线，则曲线在点P(2,4)的切线方程为( )
A. 4x－y－4＝0 B. x－y＋2＝0 C. 2x－y＝0 D. 4x＋y－8＝0
6．上的偶函数满足，当时， ，则的零点个数为（ ）
A. 4 B. 8 C. 5 D. 10
7．为了得到，只需将作如下变换（ ）
A．向右平移个单位 B．向右平移个单位
C．向左平移个单位 D．向右平移个单位
8．已知数列的前项和为，若，且，则（ ）
A. B. C. D.
9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
10．已知平行四边形ABCD的对角线相交于点O，点P在△COD的内部（不含边界）．若 ,则实数对（x，y）可以是（ ）
A. B.
C. D.
11．过抛物线的焦点的直线交抛物线于、两点，分别过、两点作准线的垂线，垂足分别为，两点，以线段为直径的圆过点，则圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
12．已知函数的图象上存在点.函数的图象上存在点，且关于原点对称，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、填空题（每题5分，共20分）
13．圆：上的点到直线的距离最大值是
14．已知函数是定义在上的奇函数，当时， ，则不等式的解集是 ．
15．已知正数满足的最小值是 ．
16．三棱锥的三条棱， ， 两两互相垂直，且， ， 的长分别为2， ， ，则三棱锥的外接球的体积为 ．
三、解答题（共70分）
17．（10分）在锐角中，内角的对边分别是，且.
（1）求；
（2） 设， 的面积为2，求的值.
18.（12分）已知正项数列满足：，
（1）求通项；
（2）若数列满足，求数列的前和.
19．（12分）如图，四棱锥的底面是平行四边形，底面，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）是侧棱上一点，记（），是否存在实数，使平面与平面所成的二面角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
20．（12分）设函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求函数的最值．
21．（12分）已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为，短轴长为，直线与椭圆C交于M、N两点。
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线与圆相切，证明：为定值
22．（12分）（本小題满分12分）已知数列满足，且对任意非负整数
均有：．
（1）求；
（2）求证：数列是等差数列，并求的通项；
（3）令，求证：
林州一中2015级高三12月调研考试
数学（理）答案
1．C 【解析】 由题意得 ,因此集合的个数是个,选C.
2．A 【解析】“”能推出“”，反过来，“”不能推出“”，因为，所以是充分不必要条件，故选A.
3．A 【解析】由题意可得，可得，解得或（舍去），可得，可得，故选.
4．C． 【解析】 试题分析：∵，∴，，，
∴．
5．A 【解析】由题意可得： ，则： ，据此可得切线方程为： ，
整理成一般式为： . 本题选择A选项.
6．C 【解析】由满足，可得： ，周期T=2
∵0≤x≤1时f（x）=x2，f（x）是R上的偶函数，
∴﹣1≤x≤1时，f（x）=x2， 令g（x）=| |，
画出函数f（x）和g（x）的图象，
如图示：
由图象得：函数f（x）和g（x）的交点有5个，
∴函数y=f（x）﹣|log5x|的零点个数为5个，
故选：C．
7．C 【解析】 试题分析：因为，所以只需将的图象向左平移个单位即可得到函数的图象，故选C.
8．C 【解析】当时，得，即，由可知：，两式相减可得，即，故数列是从第二项起以2为公比的等比数列，则，故选C.
9．A 【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体是如右图所示的组合体，其体积，故选A.
10．D 【解析】在三角形ABD中，设点Q在直线BD上， ，则
而且点P不在三角形OCD边界上，则当 时点P必定不在三角形OCD内，选项A,B,C舍去，故选D
11．B 【解析】试题分析：如图，由抛物线定义可知，故，又∵轴，∴，从而，同理可证得，∴，所以以线段为直径的圆过点，又根据抛物线的性质可知直线与圆相切，且切点为焦点,设的中点为，设直线的方程，所以，又以线段为直径的圆过点，设，则的中点为，所以，所以，即，所以圆心，所以半径为，所以圆的方程为，故选B.
12．A 【解析】由题知有解，令， ，故函数在递减，在递增，所以，解得.
13． 【解析】等价于，则圆心到直线的距离，故直线与圆外离，具体如右图所示：
由图可得，圆上的点到直线的距离的最大值等于圆心到直线的距离加上半径1，故最大值是
14．（﹣2，0）∪（2，+∞） 【解析】 或，所以或 ，即解集是（﹣2，0）∪（2，+∞）
15． 【解析】因为，所以由题设只要求的最大值即可。画出不等式组表示的区域如图，结合图形可以看出当动直线经过点时，在上的截距最大，且，，应填答案。
16．【解析】三棱锥的三条棱， ， 两两互相垂直,将其补成长方体,棱长分别为2， ， ，设长方体的外接球半径R,则,三棱锥的外接球的体积为,故填
17．（1）30°；（2）．
【解析】【试题分析】（1）先运用余弦二倍角公式将，化为，即，也即，进而求出，借助为锐角三角形求得；（2）依据题设及余弦定理建立方程组，即联立与，求出：
解：（1）因为，
所以，所以，
所以
又因为为锐角三角形，所以，所以
（2）因为，所以
又因为，所以，所以，
故
18．（1）；（2）
【解析】
试题分析： （1）将变形可得，根据等差数列的定义可知数列是等差数列，根据等差数列的通项公式可得，从而可求得。（2）根据可得，按分组求和法求其前项和，各组分别采用公式法和错位相减法在分别求和。
试题解析：（1）∵，∴，即，
∴，则.
（2），=
==
令则，两式相减得
，
.
19．(1)见解析,(2) 存在，使平面与平面所成的二面角为．
【解析】试题分析：以A为原点，分别以AD，AC，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求得A（0，0，0），D（2，0，0），P（0，0，3），B（﹣2，，0）．设E（x，y，z），由=λ，得E（﹣2λ，，3﹣3λ）．求出平面ADE与平面ADP的一个法向量，结合题意可得λ=．说明存在实数，使平面ADE与平面PAD所成的二面角为60°．
（Ⅰ）证明：由已知，得，
∵，，
又，∴．
又底面，平面，
则，
∵平面，平面，且，
∴平面．
∵平面，∴平面平面．
（Ⅱ）解：以为坐标原点，过点作垂直于的直线为轴，所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，如图3所示．
则，
因为在平行四边形中，，
则，∴．
又，知．
设平面的法向量为，
则即
取，则．
设平面的法向量为，
则即
取，则．
若平面与平面所成的二面角为，
则，即，
化简得，即，
解得（舍去）或．
于是，存在，使平面与平面所成的二面角为．
点睛：本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求解二面角的平面角；
20．（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】试题分析：（1）先求导，分类讨论即可求出函数的单调区间；（2）求导，根据导数和函数的最值得关系即可求出，注意分类讨论．
试题解析：（1），令，得，
①若，则恒成立，所以函数在上单调递增；
②若，则由，得；由，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
③若，则由，得；由，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
④若，则恒成立，所以函数在上单调递减.
（2）若，
①当时， ，由（1）得，函数在上单调递增，在上单调递减，
故时，函数有最大值，无最小值；
②当时， ，由（1）得，函数在上单调递增，在上单调递减，
故时，函数有最小值，无最大值.
21．（1）（2）详见解析
【解析】
试题分析：（1）由椭圆定义得椭圆上的点到两个焦点的距离之和为长轴长，即再由短轴长为，可得（2）由直线与圆相切，得圆心到直线距离等于半径，设则，由于OM，ON为定值，所以由向量数量积知：为定值等价于为定值，而，因此可利用直线与椭圆联立方程组，结合韦达定理化简求值
试题解析：解（1）由题意得 5分
（2）当直线轴时，因为直线与圆相切，所以直线方程为。
当时，得M、N两点坐标分别为，
当时，同理；
当与轴不垂直时，设，由
联立得
因为相交所以，，
=
综上，（定值）
22． （1），；（2）；（3）证明见解析．
【解析】
试题分析：（1）根据题意恰当的进行赋值，求数列中某些项的值；（2）证明一个数列是否为等差数列的基本方法有两种：一是定义法：证明；二是等差中项法，证明，看是否从第一箱开始，若证明一个数列不是等差数列，则只需举出反例即可；（3
）观测数列的特点形式，看使用什么方法求和．使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源和目的．（4）在做题时注意观察式子特点选择有关公式和性质进行化简，这样给做题带来方便，掌握常见求和方法，如分组转化求和，裂项法，错位相减．
试题解析：解：（1）令得， 1分
令，得，∴ 2分
（2）令，得：
∴，又，
∴数列是以2为首项，2为公差的等差数列．∴
∴
∴ 8分
（3）∴
∴ 12分
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