山西大学附中高三数学上学期10月月考试卷 理（含解析）.doc

2015-2016学年山西大学附中高三（上）10月月考数学试卷（理科）一.选择题（每小题3分，满分36分，每小题给出的四个选项中，只有一项是题目要求的）1设u=ab=xn|0x10，aub=1，2，3，5，7，9，则b的非空真子集的个数为（）a5b30c31d322已知角的终边经过点（3a9，a+2），且cos0，sin0，则a的取值范围是（）a（2，3）bd3已知等比数列an中，各项都是正数，且a1，2a2成等差数列，则=（）a1+b1c3+2d324下列命题中的说法正确的是（）a若向量，则存在唯一的实数使得b命题“若x2=1，则x=1”的否命题为“若x2=1，则x1”c命题“x0r，使得”的否定是：“xr，均有x2+x+10”d“a5且b5”是“a+b0”的充分不必要条件5设a，br，则“ab”是“a|a|b|b|”的（）a充分不必要条件b必要不充分条件c充要条件d既不充分又不必要条件6已知正四棱锥sabcd中，sa=2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）a1bc2d37设a，b，c为三角形abc三边，a1，bc，若logc+ba+logcba=2logc+balog cba，则三角形abc的形状为（）a锐角三角形b直角三角形c钝角三角形d无法确定8rtabc的角a，b，c所对的边分别是a，b，c（其中c为斜边），分别以a，b，c边所在的直线为旋转轴，将abc旋转一周得到的几何体的体积分别是v1，v2，v3，则（）av1+v2=v3bcd9执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）a4b9c7d510已知，是平面内互不相等的两个非零向量，且|=1，与的夹角为150，则|的取值范围是（）a（0，bc（0，2d11已知点p为双曲线=1（a0，b0）右支上一点，f1，f2分别为双曲线的左右焦点，且|f1f2|=，i为三角形pf1f2的内心，若s=s+s成立，则的值为（）abcd12已知函数y=f（x）是定义域为r的偶函数当x0时，f（x）=，若关于x的方程52（5a+6）f（x）+6a=0（ar），有且仅有6个不同实数根，则实数a的取值范围是（）a0a1或a=b0a1或a=c0a1或a=d1a或a=0二.填空题（每题4分，满分16分）13设i是虚数单位，是复数z的共轭复数，若，则=14向曲线x2+y2=|x|+|y|所围成的区域内任投一点，这点正好落在y=1x2与x轴所围成区域内的概率为15已知点a（），在抛物线c：y2=2px（p0）的准线上，点m，n在抛物线c上，且位于x轴的两侧，o是坐标原点，若=3，则点a到动直线mn的最大距离为16函数y=（）|x1|+4cos2x2（3x5），则此函数的所有零点之和等于三.解答题（本大题5个小题，共48分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17在abc中，内角a、b、c的对边分别为a、b、c，已知a、b、c成等比数列，且cosb=（）求+的值；（）设=，求a、c的值18甲箱子里装有3个白球m个黑球，乙箱子里装有m个白球，2个黑球，在一次试验中，分别从这两个箱子里摸出一个球，若它们都是白球，则获奖（1）当获奖概率最大时，求m的值；（2）在（1）的条件下，班长用上述摸奖方法决定参加游戏的人数，班长有4次摸奖机会（有放回摸取），当班长中奖时已试验次数即为参加游戏人数，如4次均未中奖，则=0，求的分布列和e19如图，在多面体abcdef中，abcd为菱形，abc=60，ec面abcd，fa面abcd，g为bf的中点，若eg面abcd（）求证：eg面abf；（）若af=ab，求二面角befd的余弦值20已知椭圆的离心率为，其左、右焦点分别为f1，f2，点p（x0，y0）是坐标平面内一点，且（o为坐标原点）（1）求椭圆c的方程；（2）过点且斜率为k的动直线l交椭圆于a、b两点，在y轴上是否存在定点m，使以ab为直径的圆恒过这个点？若存在，求出m的坐标，若不存在，说明理由21已知函数f（x）的定义域（0，+），若y=在（0，+）上为增函数，则称f（x）为“一阶比增函数”；若y=在（0，+）上为增函数，则称f（x）为“二阶比增函数”把所有由“一阶比增函数”组成的集合记为a1，把所有由“二阶比增函数”组成的集合记为a2（1）已知函数f（x）=x32hx2hx，若f（x）a1且f（x）a2，求实数h的取值范围（2）已知f（x）a2，且存在常数k，使得对任意的x（0，+），都有f（x）k，求k的最小值2015-2016学年山西大学附中高三（上）10月月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一.选择题（每小题3分，满分36分，每小题给出的四个选项中，只有一项是题目要求的）1设u=ab=xn|0x10，aub=1，2，3，5，7，9，则b的非空真子集的个数为（）a5b30c31d32【考点】交、并、补集的混合运算；子集与真子集【专题】计算题；转化思想；集合【分析】根据已知，求出集合b，结合n元集合的非空真子集的个数为2n2个，可得答案【解答】解：u=ab=xn|0x10=0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，aub=1，2，3，5，7，9，b=0，4，6，8，10共5个元素，故b的非空真子集的个数为252=30个，故选：b【点评】本题考查的知识点是集合的交集，并集，补集运算，难度不大，属于基础题2已知角的终边经过点（3a9，a+2），且cos0，sin0，则a的取值范围是（）a（2，3）bd【考点】任意角的三角函数的定义；三角函数值的符号【专题】三角函数的求值【分析】根据题意可得 2k+k+，kz，故有 a+20，且3a90，解不等式组求得a的取值范围【解答】解：由题意可得 2k+k+，kz，a+20，且3a90，解得2a3，故选c【点评】本题考查任意角的三角函数的定义，根据三角函数值的符号判断角所在的象限，得到a+20，且3a90，是解题的关键，属于基础题3已知等比数列an中，各项都是正数，且a1，2a2成等差数列，则=（）a1+b1c3+2d32【考点】等差数列的性质；等比数列的性质【专题】计算题【分析】先根据等差中项的性质可知得2（）=a1+2a2，进而利用通项公式表示出q2=1+2q，求得q，代入中即可求得答案【解答】解：依题意可得2（）=a1+2a2，即，a3=a1+2a2，整理得q2=1+2q，求得q=1，各项都是正数q0，q=1+=3+2故选c【点评】本题主要考查了等差数列和等比数列的性质考查了学生综合分析的能力和对基础知识的理解4下列命题中的说法正确的是（）a若向量，则存在唯一的实数使得b命题“若x2=1，则x=1”的否命题为“若x2=1，则x1”c命题“x0r，使得”的否定是：“xr，均有x2+x+10”d“a5且b5”是“a+b0”的充分不必要条件【考点】命题的真假判断与应用【专题】探究型；转化思想；平面向量及应用；简易逻辑【分析】根据向量共线的充要条件，可判断a；写出原命题的否命题，可判断b；写出原命题的否定，可判断c；根据充要条件可判断d【解答】解： =时，但任意实数均有， =时，但任意实数均有，故a错误；命题“若x2=1，则x=1”的否命题为“若x21，则x1”，故b错误；命题“x0r，使得”的否定是：“xr，均有x2+x+10”，故c正确；a5且b5推不出a+b0，例如：a=2，b=2时a+b=0，a+b0推不出a5且b5，例如：a=5，b=6，故“a5且b5”是“a+b0”的既非充分条件也非必要条件，故d错误；故选：c【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体考查了向量共线的充要条件，四种命题，特称命题的否定，充要条件等知识点，难度中档5设a，br，则“ab”是“a|a|b|b|”的（）a充分不必要条件b必要不充分条件c充要条件d既不充分又不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【专题】简易逻辑【分析】根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论【解答】解：若ab，ab0，不等式a|a|b|b|等价为aabb，此时成立0ab，不等式a|a|b|b|等价为aabb，即a2b2，此时成立a0b，不等式a|a|b|b|等价为aabb，即a2b2，此时成立，即充分性成立若a|a|b|b|，当a0，b0时，a|a|b|b|去掉绝对值得，（ab）（a+b）0，因为a+b0，所以ab0，即ab当a0，b0时，ab当a0，b0时，a|a|b|b|去掉绝对值得，（ab）（a+b）0，因为a+b0，所以ab0，即ab即必要性成立，综上“ab”是“a|a|b|b|”的充要条件，故选：c【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用不等式的性质 结合分类讨论是解决本题的关键6已知正四棱锥sabcd中，sa=2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）a1bc2d3【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】计算题；压轴题【分析】设出底面边长，求出正四棱锥的高，写出体积表达式，利用求导求得最大值时，高的值【解答】解：设底面边长为a，则高h=，所以体积v=a2h=，设y=12a4a6，则y=48a33a5，当y取最值时，y=48a33a5=0，解得a=0或a=4时，当a=4时，体积最大，此时h=2，故选c【点评】本试题主要考查椎体的体积，考查高次函数的最值问题的求法是中档题7设a，b，c为三角形abc三边，a1，bc，若logc+ba+logcba=2logc+balog cba，则三角形abc的形状为（）a锐角三角形b直角三角形c钝角三角形d无法确定【考点】三角形的形状判断【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；解三角形【分析】结合对数的运算性质，及换底公式的推论，可将已知化为：c2b2=a2，再由勾股定理判断出三角形的形状【解答】解：logc+ba+logcba=2logc+balog cba，+=2，即loga（cb）+loga（c+b）=2，loga（c2b2）=2，即c2b2=a2，故三角形abc的形状为直角三角形，故选：b【点评】本题考查的知识点是三角形形状判断，对数的运算性质，难度中档8rtabc的角a，b，c所对的边分别是a，b，c（其中c为斜边），分别以a，b，c边所在的直线为旋转轴，将abc旋转一周得到的几何体的体积分别是v1，v2，v3，则（）av1+v2=v3bcd【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【专题】计算题；函数思想；转化思想；空间位置关系与距离【分析】利用直角三角形的三边分别为a、b、c，a2+b2=c2，c为斜边，分别求得v1、v2、v3的值，可得结论【解答】解：因为直角三角形的三边分别为a、b、c，a2+b2=c2，即c为斜边，则以边c所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为v3，则v3 =（）2c=a2b2，以边a所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为v1，则v1=b2a，以边b所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为v2，则v2=a2b，故选：d【点评】本题考查几何体的体积的求法与大小关系，考查计算能力，属于中档题9执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）a4b9c7d5【考点】程序框图【专题】算法和程序框图【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量n的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【解答】解：当n=1时，执行循环体后，t=2，s=18，n=3，不满足退出循环的条件，当n=3时，执行循环体后，t=8，s=36，n=5，不满足退出循环的条件，当n=5时，执行循环体后，t=32，s=54，n=7，不满足退出循环的条件，当n=7时，执行循环体后，t=128，s=72，n=9，满足退出循环的条件，故输出的n值为9，故选：b【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题10已知，是平面内互不相等的两个非零向量，且|=1，与的夹角为150，则|的取值范围是（）a（0，bc（0，2d【考点】数量积表示两个向量的夹角【专题】综合题；运动思想；数形结合法；平面向量及应用【分析】如图所示，设，则=由于|=1，与的夹角为150，可得oab中，oa=1，oba=30由正弦定理可得：oab的外接圆的半径r=1则点b为圆上的动点由图可令=（1+cos，sin），则|的取值范围可求【解答】解：如图所示，设，则=由于|=1，与的夹角为150，可得oab中，oa=1，oba=30由正弦定理可得：oab的外接圆的半径r=1则点b为圆上的动点由图可令=（1+cos，sin），则=故选：c【点评】本题考查了数量积运算性质、三角函数的单调性、正弦定理、三角形外接圆的性质，考查了数形结合的能力、推理能力与计算能力，属于有一定难题题目11已知点p为双曲线=1（a0，b0）右支上一点，f1，f2分别为双曲线的左右焦点，且|f1f2|=，i为三角形pf1f2的内心，若s=s+s成立，则的值为（）abcd【考点】双曲线的简单性质【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】设pf1f2的内切圆半径为r，由|pf1|pf2|=2a，|f1f2|=2c，用pf1f2的边长和r表示出等式中的三角形的面积，解此等式求出【解答】解：设pf1f2的内切圆半径为r，由双曲线的定义得|pf1|pf2|=2a，|f1f2|=2c，sipf1 =|pf1|r，sipf2=|pf2|r，sif1f2=2cr=cr，由题意得： |pf1|r=|pf2|r+cr，故=，|f1f2|=，=故选d【点评】本题考查双曲线的定义和简单性质，考查三角形面积的计算，考查利用待定系数法求出参数的值12已知函数y=f（x）是定义域为r的偶函数当x0时，f（x）=，若关于x的方程52（5a+6）f（x）+6a=0（ar），有且仅有6个不同实数根，则实数a的取值范围是（）a0a1或a=b0a1或a=c0a1或a=d1a或a=0【考点】函数奇偶性的性质；根的存在性及根的个数判断；分段函数的应用【专题】数形结合；函数的性质及应用；三角函数的图像与性质【分析】运用偶函数的定义可得f（x）在x0的解析式，作出函数f（x）的图象，由52（5a+6）f（x）+6a=0，解得f（x）=a或f（x）=，结合图象，分析有且仅有6个不同实数根的a的情况，即可得到a的范围【解答】解：函数y=f（x）是定义域为r的偶函数，当x0时，f（x）=，当x0时，f（x）=作出函数f（x）的图象如右由于关于x的方程52（5a+6）f（x）+6a=0，解得f（x）=a或f（x）=，当0x1时，f（x），x1时，f（x）（1，）由1，则f（x）=有4个实根，由题意，只要f（x）=a有2个实根，则由图象可得当0a1时，f（x）=a有2个实根，当a=时，f（x）=a有2个实根综上可得：0a1或a=故选：c【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性的运用，考查方程和函数的转化思想，运用数形结合的思想方法是解决的常用方法二.填空题（每题4分，满分16分）13设i是虚数单位，是复数z的共轭复数，若，则=1+i【考点】复数代数形式的乘除运算【专题】转化思想；综合法；数系的扩充和复数【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出【解答】解： =i1，则=1+i，故答案为：1+i【点评】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题14向曲线x2+y2=|x|+|y|所围成的区域内任投一点，这点正好落在y=1x2与x轴所围成区域内的概率为【考点】几何概型【专题】计算题；数形结合；数形结合法；概率与统计【分析】欲求所投的点落在阴影部分内部的概率，须结合定积分计算阴影部分平面区域的面积，再根据几何概型概率计算公式易求解【解答】解：曲线x2+y2=|x|+|y|所围成的区域为分别以（，），（，），（，），（，），为圆心，以为半径的圆，如图所示的面积，其面积为42（1）=+2，y=1x2与x轴所围成区域s=（1x2）dx=（xx3）|=，故这点正好落在y=1x2与x轴所围成区域内的概率为，故答案为：【点评】本题考查几何概型的计算，涉及定积分在求面积中的应用，关键是正确计算出阴影部分的面积15已知点a（），在抛物线c：y2=2px（p0）的准线上，点m，n在抛物线c上，且位于x轴的两侧，o是坐标原点，若=3，则点a到动直线mn的最大距离为【考点】抛物线的简单性质【专题】平面向量及应用；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】求得抛物线的准线方程，由题意解得p=1，设直线方程和点的坐标，联立直线与抛物线的方程得到一个一元二次方程，再利用韦达定理及=3，消元，最后可得定点d坐标，连接ad，当admn，有点a到动直线mn的距离最大，由两点的距离公式计算即可得到【解答】解：抛物线c：y2=2px（p0）的准线为x=，由题意得=，解得p=1即有抛物线方程为y2=2x，设直线mn的方程为：x=ty+m，点m（x1，y1），n（x2，y2），直线mn与x轴的交点为d（m，0），x=ty+m代入y2=2x，可得y22ty2m=0，根据韦达定理有y1y2=2m，=3，x1x2+y1y2=3，从而（y1y2）2+y1y23=0，点m，n位于x轴的两侧，y1y2=6，故m=3当y=0时，x=3恒成立，故直线mn所过的定点坐标是d（3，0），当直线mn绕着定点d（3，0）旋转时，admn，即有点a到动直线mn的距离最大，且为=故答案为：【点评】求解本题时，应考虑联立直线与抛物线的方程，消x或y后建立一元二次方程，利用韦达定理与已知条件消元，再由观察可得点到直线的距离的最大，这是处理此类问题的常见模式16函数y=（）|x1|+4cos2x2（3x5），则此函数的所有零点之和等于8【考点】函数零点的判定定理【专题】计算题；作图题；函数的性质及应用【分析】化简y=（）|x1|+4cos2x2=（）|x1|+2cos（x）；从而得到其图象关于x=1对称，再化函数的零点个数即y=（）|x1|与y=2cos（x）的交点的个数，从而求到个数，从而解得【解答】解：y=（）|x1|+4cos2x2=（）|x1|+2cos（x）；其图象关于x=1对称，此函数的零点个数即y=（）|x1|与y=2cos（x）的交点的个数，作y=（）|x1|与y=2cos（x）的图象如下，由图象可知，其共有8个零点，又由其图象关于x=1对称知，8个零点之和为81=8；故答案为：8【点评】本题考查了函数的零点与方程的根的关系，属于中档题三.解答题（本大题5个小题，共48分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17在abc中，内角a、b、c的对边分别为a、b、c，已知a、b、c成等比数列，且cosb=（）求+的值；（）设=，求a、c的值【考点】平面向量数量积的运算；同角三角函数基本关系的运用【专题】平面向量及应用【分析】（）由cosb=，b（0，）可得由a、b、c成等比数列，可得b2=ac，再利用正弦定理可得sinasinc=sin2b于是可得+=；（）设=，则，可得ac=2再利用余弦定理可得：b2=a2+c22accosb化简整理，联立即可得出【解答】解：（）由cosb=，b（0，）=a、b、c成等比数列，b2=ac，由正弦定理可得sinasinc=sin2b+=；（）设=，则，化为ac=2由余弦定理可得：2=ac=b2=a2+c22accosb=，化为a2+c2=5联立，解得或即a=2，c=1，或a=1，c=2【点评】本题考查了等比数列的性质、正弦定理与余弦定理、同角三角函数基本关系式，考查了推理能力和计算能力，属于中档题18甲箱子里装有3个白球m个黑球，乙箱子里装有m个白球，2个黑球，在一次试验中，分别从这两个箱子里摸出一个球，若它们都是白球，则获奖（1）当获奖概率最大时，求m的值；（2）在（1）的条件下，班长用上述摸奖方法决定参加游戏的人数，班长有4次摸奖机会（有放回摸取），当班长中奖时已试验次数即为参加游戏人数，如4次均未中奖，则=0，求的分布列和e【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列【专题】计算题；转化思想；综合法；概率与统计【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式能求出获奖概率，由此能求出获奖概率最大时，m的值（2）由已知得的取值为0，1，2，3，4，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望【解答】解：（1）甲箱子里装有3个白球m个黑球，乙箱子里装有m个白球，2个黑球，在一次试验中，分别从这两个箱子里摸出一个球，若它们都是白球，则获奖，获奖概率或3时，（4分）（2）由已知得的取值为0，1，2，3，4，p（=0）=（1）4=，p（=1）=，p（=2）=，p（=3）=，p（=4）=，的分布列为：12340p（12分）【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，在历年高考中都是必考题型之一19如图，在多面体abcdef中，abcd为菱形，abc=60，ec面abcd，fa面abcd，g为bf的中点，若eg面abcd（）求证：eg面abf；（）若af=ab，求二面角befd的余弦值【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法【专题】综合题【分析】（）取ab的中点m，连接gm，mc，证明cegm，可得eg面abcd，从而egcm，证明egab，egaf，可得eg面abf（）建立如图所示的坐标系，设ab=2，求出平面bef的法向量=（，1，2），平面def的法向量=（，1，2），利用向量的夹角公式，即可求二面角befd的余弦值【解答】（）证明：取ab的中点m，连接gm，mc，g为bf的中点，所以gmfa，又ec面abcd，fa面abcd，ceaf，cegm，面cegm面abcd=cm，eg面abcd，egcm，在正三角形abc中，cmab，又afcmegab，egaf，eg面abf（）解：建立如图所示的坐标系，设ab=2，则b（，0，0），e（0，1，1），f（0，1，2）=（0，2，1），=（，1，1），=（，1，1），设平面bef的法向量=（x，y，z）则，可取=（，1，2）同理，可求平面def的法向量=（，1，2）设所求二面角的平面角为，则cos=【点评】本题考查线面垂直，考查面面角，正确运用线面垂直的判定，求出平面的法向量作是解题的关键20已知椭圆的离心率为，其左、右焦点分别为f1，f2，点p（x0，y0）是坐标平面内一点，且（o为坐标原点）（1）求椭圆c的方程；（2）过点且斜率为k的动直线l交椭圆于a、b两点，在y轴上是否存在定点m，使以ab为直径的圆恒过这个点？若存在，求出m的坐标，若不存在，说明理由【考点】椭圆的简单性质；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【专题】计算题；综合题；压轴题【分析】（1）设出p的坐标，利用|op|的值求得x0和y0的关系式，同时利用求得x0和y0的另一关系式，进而求得c，通过椭圆的离心率求得a，最后利用a，b和c的关系求得b，则椭圆的方程可得（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立消去y，设a（x1，y1），b（x2，y2），则可利用韦达定理表示出x1+x2和x1x2，假设在y轴上存在定点m（0，m），满足题设，则可表示出，利用=0求得m的值【解答】解：（1）设p（x0，y0），f1（c，0），f2（c，0），则由；由得，即所以c=1又因为因此所求椭圆的方程为：（2）动直线l的方程为：，由得设a（x1，y1），b（x2，y2）则假设在y轴上