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湖南师大附中2015届高三上学期第一次月考数学(理)


炎德· 英才大联考理科数学(附中版) 炎德· 英才大联考湖南师大附中 2015 届高三月考试卷(一) 数 学(理科) 审题人:朱修龙 谢美丽 (考试范围:高考全部内容(除选考部分)) 本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分,共 6 页。时量 120 分钟。满分 150 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.已知集合 M={ x|x2-2x<0},N={ x|x<a},若 M?N,则实数 a 的取值范围是(A) A.[2,+∞) B.(2,+∞) C.(-∞,0) D.(-∞,0] 2.下列四个命题 1?x ?1?x p1:?x∈(0,+∞),? p2:?x∈(0,1),log1x>log1x ?2? <?3? 1? p3:?x∈(0,+∞),? ?2? >log1x
2 x

1? ?1? p4:?x∈? ?0,3?,?2? <log1x
3

2 x

3

其中的真命题是(D)

A.p1,p3 B.p1,p4 C.p2,p3 D.p2,p4

3.在如右图所示的程序框图中输入 10,结果会输出(D) A.10 B.11 C.512 D.1 024 4.将函数 f(x)=sin x+cos x 的图象向左平移 φ(φ>0)个单位长度,所得图象关于原点对称,则 φ 的最 小值为(C) π π 3π 5π A.- B. C. D. 4 4 4 4

? ?y≥2|x|-1 5.若实数 x,y 满足条件? ,则 z=x+3y 的最大值为(B) y ≤ x + 1 ? ?
A.9 B.11 C.12 D.16 6.不全相等的五个数 a、b、c、m、n 具有关系如下:a、b、c 成等比数列,a、m、b 和 b、n、c 都成

a c 等差数列,则 + =(C) m n A.-2 B.0 C.2 D.不能确定 7.已知边长为 1 的正方形 ABCD 位于第一象限,且顶点 A、D 分别在 x、y 的正半轴上(含原点)滑动, → → 则OB·OC的最大值是(C) A.1 B. 2 2 C.2 D. 5

8.一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积为(D) A. 3 3 B. C. 3 D.2 3 4 2

【解析】如图所示,四面体为正四面体. 9.若曲线 C1:x2+y2-2x=0 与曲线 C2:y(y-mx-m)=0 有 4 个不同的交点,则实数 m 的取值范围 是(B) A.?-

?

3 3? , 3 3? 3 3? , 3 3?

B.?-

? ?

3 ? ? 3? ,0 ∪ 0, 3 3? ? ? 3? ? 3 ? ∪ ,+∞ 3? ?3 ?

C.?-

?

D.?-∞,-

【解析】曲线 C1:(x-1)2+y2=1,图象为圆心为(1,0),半径为 1 的圆;曲线 C2:y=0,或者 y- mx-m=0, 直线 y-mx-m=0 恒过定点(-1, 0), 即曲线 C2 图象为 x 轴与恒过定点(-1, 0)的两条直线. 作 图分析: k1=tan 30°= 3 3 ,k2=-tan 30°=- , 3 3

又直线 l1(或直线 l2)、x 轴与圆共有四个不同的交点,结合图形可知 m=k∈?-

?

3 ? ? 3? . ,0 ∪ 0, 3 3? ? ?
3

2 3 10.已知集合 A= x x=a0+a1×3+a2×3 +a3×3 ,其中 ai∈ 0,1,2

{|

}

{

}(i=0,1,2,3)且 a ≠

0,则 A 中所有元素之和等于(D) A.3 240 B.3 120 C.2 997 D.2 889 【解析】由题意可知,a0,a1,a2 各有 3 种取法(均可取 0,1,2),a3 有 2 种取法(可取 1,2),由分步 计数原理可得共有 3×3×3×2 种方法, ∴当 a0 取 0,1,2 时,a1,a2 各有 3 种取法,a3 有 2 种取法,共有 3×3×2=18 种方法,即集合 A 中 含有 a0 项的所有数的和为(0+1+2)×18; 同理可得集合 A 中含有 a1 项的所有数的和为(3×0+3×1+3×2)×18; 集合 A 中含有 a2 项的所有数的和为(32×0+32×1+32×2)×18; 集合 A 中含有 a3 项的所有数的和为(33×1+33×2)×27; 由分类计数原理得集合 A 中所有元素之和: S=(0+1+2)×18+(3×0+3×1+3×2)×18+(32×0+32×1+32×2)×18+(33×1+33×2)×27 =18(3+9+27)+81×27=702+2 187=2 889.故选 D. 选择题答题卡 题 答 号 案 1 A 2 D 3 D 4 C 5 B 6 C 7 C 8 D 9 B 10 D

二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分.把答案填在答题卡中对应题号后的横线上. 11.在△ABC 中,a=15,b=10,∠A=60° ,则 cos B=__ 6 __. 3

x2 y2 12.如右图,椭圆 + =1 的长轴为 A1A2,短轴为 B1B2,将坐标平面沿 y 轴折成一个二面角,使点 16 12 π A2 在平面 B1A1B2 上的射影恰好是该椭圆的左焦点,则此二面角的大小为__ __. 3 1 13.若 f(x)+?1f(x)dx=x,则 f(x)=__x- __. 4 ?
0

【解析】因为?1f(x)dx 是个常数,不妨设为 m,所以 f(x)=x-m,

?0

1 1 1 1 其原函数 F(x)= x2-mx+C(C 为常数),所以可得方程 m= -m,解得 m= .故 f(x)=x- . 2 2 4 4 14.在函数 f(x)=aln x+(x+1)2(x>0)的图象上任取两个不同的点 P(x1,y1)、Q(x2,y2),总能使得 f(x1) 1 ? -f(x2)≥4(x1-x2),则实数 a 的取值范围为__? ?2,+∞?__. 【解析】由题意 f′(x)≥4 对任意 x>0 恒成立,也就是 a≥(2x(1-x)) 1 = . 2 max

15.两千多年前,古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题,他们在沙滩上画点或 用小石子来表示数,按照点或小石子能排列的形状对数进行分类,图中的实心点的个数 1、5、12、22、…, 被称为五角形数,其中第 1 个五角形数记作 a1=1,第 2 个五角形数记作 a2=5,第 3 个五角形数记作 a3 =12, 第 4 个五角形数记作 a4=22, ……, 若按此规律继续下去, 则 a5=__35__, 若 an=145, 则 n=__10__.

3n2-n 【解析】根据图形变化的规律可归纳得 an= . 2 三、解答题:本大题共 6 个小题,共 75 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16.(本题满分 12 分) π ?π π? 设 f(x)=sin? x- ?-2cos2 x+1. 8 ?4 6? (1)求 f(x)的最小正周期; 4? (2)若函数 y=f(x)与 y=g(x)的图象关于直线 x=1 对称,求当 x∈? ?0,3?时 y=g(x)的最大值. 【解析】(1)f(x)=sin π π π π π π π 3 π 3 π xcos -cos xsin -cos x= sin x- cos x= 3sin? x- ?,故 f(x) 4 6 4 6 4 2 4 2 4 3? ?4

2π 的最小正周期为 T= =8.(6 分) π 4 (2)法一: 在 y=g(x)的图象上任取一点(x,g(x)),它关于 x=1 的对称点为(2-x,g(x)). π π 由题设条件,点(2-x,g(x))在 y=f(x)的图象上,从而 g(x)=f(2-x)= 3sin? (2-x)- ? 3? ?4 = 3sin? π π π? ?π π? ? 2 - 4 x- 3 ?= 3cos? 4 x+ 3 ?,

π π π 2π 4 π 4 3 0, ? 上的最大值为 ymax= 3cos = .(12 当 0≤x≤ 时, ≤ x+ ≤ , 因此 y=g(x)在区间? ? 3? 3 3 4 3 3 3 2 分) 法二: 4? ?2 ? 因区间? ?0,3?关于 x=1 的对称区间为?3,2?, 且 y=g(x)与 y=f(x)的图象关于直线 x=1 对称,故 y 4? ?2 ? =g(x)在区间? ?0,3?上的最大值为 y=f(x)在区间?3,2?上的最大值. 由(1)知 f(x)= 3sin? π π π π π π? 2 ? 4 x- 3 ?.当3≤x≤2 时,- 6 ≤ 4 x- 3 ≤ 6 .

4 π 3 0, ?上的最大值为 ymax= 3sin = .(12 分) 因此 y=g(x)在区间? ? 3? 6 2 17.(本题满分 12 分) 某电视台拟举行由选手报名参加的比赛类型的娱乐节目,选手进入正赛前需通过海选,参加海选的选 手可以参加 A、B、C 三个测试项目,只需通过一项测试即可停止测试,通过海选.若通过海选的人数超 过预定正赛参赛人数,则优先考虑参加海选测试次数少的选手进入正赛.甲选手通过项目 A、B、C 测试 1 1 1 的概率为分别为 、 、 , 且通过各次测试的事件相互独立. 5 3 2 (1)若甲选手先测试 A 项目,再测试 B 项目,后测试 C 项目,求他通过海选的概率;若改变测试顺序, 对他通过海选的概率是否有影响?说明理由; (2)若甲选手按某种顺序参加海选测试,第一项能通过的概率为 p1,第二项能通过的概率为 p2,第三项 能通过的概率为 p3,设他通过海选时参加测试的次数为 ξ,求 ξ 的分布列和期望(用 p1、p2、p3 表示);并说 明甲选手按怎样的测试顺序更有利于他进入正赛.

1?? 1?? 1? 4 【解析】(1)依题意,甲选手不能通过海选的概率为? ?1-5??1-3?? 1-2?=15, 1 1 1 11 1- ??1- ?? 1- ?= .(3 分) 故甲选手能通过海选的概率为 1-? 2? 15 ? 5?? 3?? 若改变测试顺序对他通过海选的概率没有影响, 1?? 1?? 1? 4 因为无论按什么顺序,其不能通过的概率均为? ?1-5??1-3?? 1-2?=15, 11 即无论按什么顺序,其能通过海选的概率均为 .(5 分) 15 (2)依题意,ξ 的所有可能取值为 1、2、3. P(ξ=1)=p1,P(ξ=2)=(1-p1)p2,P(ξ=3)=(1-p1)(1-p2)p3. 故 ξ 的分布列为 ξ P 1 p1 2 (1-p1)p2 3 (1-p1)(1-p2)p3

(8 分) Eξ=p1+2(1-p1)p2+3(1-p1)(1-p2)p3(10 分) 分别计算当甲选手按 C→B→A,C→A→B,B→A→C,B→C→A,A→B→C,A→C→B 的顺序参加 测试时,Eξ 的值,得甲选手按 C→B→A 的顺序参加测试时,Eξ 最小,因为参加测试的次数少的选手优先 进入正赛,故该选手选择将自己的优势项目放在前面,即按 C→B→A 的顺序参加测试更有利于进入正 赛.(12 分) 18.(本题满分 12 分)

如图,△ABC 的外接圆⊙O 的半径为 5,CE 垂直于⊙O 所在的平面,BD∥CE,CE=4,BC=6,且 BD=1,cos∠ADB= 101 . 101 2 21 ?若存在,确定 21

(1)求证:平面 AEC⊥平面 BCED; (2)试问线段 DE 上是否存在点 M,使得直线 AM 与平面 ACE 所成角的正弦值为 点 M 的位置;若不存在,请说明理由. 【解析】(1)证明:∵BD⊥平面 ABC ∴BD⊥AB,又因为 BD=1,cos∠ADB= 101 . 101

故 AD= 101,AB=10=直径长,(3 分) ∴AC⊥BC.又因为 EC⊥平面 ABC,所以 EC⊥BC. ∵AC∩EC=C,∴BC⊥平面 ACE,又 BC?平面 BCED, ∴平面 AEC⊥平面 BCED.(6 分)

(2)法一:存在,如图,以 C 为原点,直线 CA 为 x 轴,直线 CB 为 y 轴,直线 CE 为 z 轴建立空间直 角坐标系,则有点的坐标,A(8,0,0),B(0,6,0),D(0,6,1),E(0,0,4). → → 则AD=(-8,6,1),DE=(0,-6,3), → → 设DM=λDE=λ(0,-6,3)=(0,-6λ,3λ),0<λ<1 → → → 故AM=AD+DM=(-8, 6-6λ,1+3λ) → 由(1)易得平面 ACE 的法向量为CB=(0,6,0), 设直线 AM 与平面 ACE 所成角为 θ, 则 sin θ= → → 36-36λ |AM· CB| 2 21 1 = = ,解得 λ= .(10 分) 2 2 21 3 → → 64 + 36 ( 1 - λ ) +( 1 + 3λ ) · 6 |AM|· |CB|

2 21 → 1→ 所以存在点 M,且DM= DE时,直线 AM 与平面 ACE 所成角的正弦值为 . (12 分) 3 21 法二:(几何法) 如图,作 MN⊥CE 交 CE 于 N,连接 AN,则 MN⊥平面 AEC,故直线 AM 与平面 ACE 所成的角为 ∠MAN,且 MN⊥AN,NC⊥AC.

2 21 设 MN=2x,由直线 AM 与平面 ACE 所成角的正弦值为 ,得 AM= 21x,所以 AN= 17x. 21 另一方面,作 DK∥MN∥BC,得 EN=x,NC=4-x 而 AC=8,故 Rt△ANC 中,由 AN2=AC2+NC2 得 17x2=64+(4-x)2,∴x=2,∴MN=4,EM=2 5 2 21 所以存在点 M,且 EM=2 5时,直线 AM 与平面 ACE 所成角的正弦值为 . (12 分) 21 19.(本题满分 13 分) 等比数列{an}中的前三项 a1、a2、a3 分别是下面数阵中第一、二、三行中的某三个数,且三个数不在 同一列. ? 5 4 3 ?

? 6 10 8 ? ? ? ? 20 12 16 ?

(1)求此数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 bn=3an- -1 lg an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 【解析】(1)经检验,当 a1=5 或 4 时,不可能得到符合题中要求的等比数列; 故有 a1=3,a2=6,a3=12,等比数列公比 q=2, - 所以 an=3· 2n 1.(5 分) (2)由 an=3· 2n
-1

( )

n

得 bn=3an-(-1) lg an=9×2n 1-(-1)n[lg 3+(n-1)lg 2].
- -

n

所以 Sn=9(1+2+…+2n 1)-

[(-1)+(-1) +…+(-1) ](lg 3-lg 2)
2 n

n -[-1+2-3+…+(-1) n]lg 2(9 分) 1-2n n n n 为偶数时,Sn=9× - lg 2=9(2n-1)- lg 2. 2 1-2 2

1-2n n-1 n-1 ? n 为奇数时,Sn=9× +(lg 3-lg 2)-? -n lg 2=9(2n-1)+ 2 lg 2+lg 3. ? 2 ? 1-2

?9(2 -1)-2lg 2,n为偶数, 所以, S =? (13 分) n-1 ?9(2 -1)+ 2 lg 2+lg 3,n为奇数.
n n n

n

20.(本题满分 13 分) x2 y2 已知圆 C:(x-1)2+(y-1)2=2 经过椭圆 Γ∶ 2 + 2=1(a>b>0)的右焦点 F 和上顶点 B. a b (1)求椭圆 Γ 的方程; (2)如图,过原点 O 的射线 l 与椭圆 Γ 在第一象限的交点为 Q,与圆 C 的交点为 P,M 为 OP 的中点, → → 求OM·OQ的最大值. 【解析】(1)在 C:(x-1)2+(y-1)2=2 中, 令 y=0 得 F(2,0),即 c=2,令 x=0,得 B(0,2),b=2, x2 y2 由 a2=b2+c2=8,∴椭圆 Γ: + =1.(4 分) 8 4 (2)法一: 依题意射线 l 的斜率存在,设 l:y=kx(x>0,k>0),设 P(x1,kx1),Q(x2,kx2) y=kx ? ? 2 2 2 2 由?x y 得:(1+2k2)x2=8,∴x2= .(6 分) 1+2k2 ? 8 + 4 =1 ?
?y=kx ? 2+2k 由? 得:(1+k2)x2-(2+2k)x=0,∴x1= , 2 2 1+k2 ? ?(x-1) +(y-1) =2

x1 kx1? 1+k 1 → → 2 ∴OM·OQ=? ? 2 , 2 ?·(x2,kx2)=2(x1x2+k x1x2)=2 2 1+2k2(k>0). (9 分) =2 2 (1+k)2 =2 2 1+2k2 k2+2k+1 . 1+2k2

k2+2k+1 -4k2-2k+2 设 φ(k)= ,φ′(k)= , 1+2k2 (1+2k2)2 令 φ′(k)= -4k2-2k+2 1 >0,得-1<k< . 2 (1+2k2)2

1 1 0, ?上单调递增,在? ,+∞?上单调递减. 又 k>0,∴φ(k)在? ? 2? ?2 ? 1? 3 1 → → ∴当 k= 时,φ(k)max=φ? ?2?=2,即OM·OQ的最大值为 2 3.(13 分) 2

法二: 依题意射线 l 的斜率存在,设 l:y=kx(x>0,k>0),设 P(x1,kx1),Q(x2,kx2) y=kx ? ? 2 2 2 2 由?x y 得:(1+2k2)x2=8,∴x2= .(6 分) 1 +2k2 + = 1 ? ?8 4 → → → → → → → OM·OQ=(OC+CM)· OQ=OC·OQ =(1,1)· (x2,kx2)=(1+k)x2=2 2 =2 2 (1+k)2 . 1+2k2 (k>0)(9 分) 1+2k2 1+k

(1+k)2 t2 1 1 3 设 t=1+k(t>1),则 = ≤ . 2 = 2 2= 2 2 1 1 1 2 1+2k 2t -4t+3 2 ?? ? ? ? ? ? 2-4? ? t ?+3? t ? 3?? t ?-3? +3 1 2 → → 当且仅当 = 时,(OM·OQ)max=2 3.(13 分) t 3 21.(本题满分 13 分) 已知函数 f(x)=ex-ax2-2x-1(x∈R). (1)当 a=0 时,求 f(x)的单调区间; a2-a+1 (2)求证:对任意实数 a<0,有 f(x)> . a 【解析】(1)当 a=0 时,f(x)=ex-2x-1(x∈R), ∵f′(x)=ex-2,且 f′(x)的零点为 x=ln 2, ∴当 x∈(-∞,ln 2)时,f′(x)<0;当 x∈(ln 2,+∞)时,f′(x)>0 即(-∞,ln 2)是 f(x)的单调减区间,(ln 2,+∞)是 f(x)的单调增区间.(5 分) (2)由 f(x)=ex-ax2-2x-1(x∈R)得:f′(x)=ex-2ax-2, 记 g(x)=ex-2ax-2(x∈R). ∵a<0,∴g′(x)=ex-2a>0,即 f′(x)=g(x)是 R 上的单调增函数, 又 f′(0)=-1<0,f′(1)=e-2a-2>0, 故 R 上存在惟一的 x0∈(0,1),使得 f′(x0)=0,(8 分) 且当 x<x0 时,f′(x)<0;当 x>x0 时,f′(x)>0. 即 f(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 2 则 f(x)min=f(x0)=ex0-ax0 -2x0-1,再由 f′(x0)=0 得 ex0=2ax0+2,将其代入前式可得 f(x)min= 2 -ax0+2(a-1)x0+1(10 分)
2 2 ?x -a-1? +(a-1) +1 又令 φ(x0)=-ax2 + 2(a - 1)x + 1 =- a 0 0 a a ? ? 0

a-1 由于-a>0,对称轴 x= >1,而 x0∈(0,1),∴φ(x0)>φ(1)=a-1 a a2-a+1 a2-a+1 1 又(a-1)- =- >0,∴φ(x0)> a a a a2-a+1 故对任意实数 a<0,都有 f(x)> .(13 分) a


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