1、湖南师大附中 20115 届高三月考试卷（一）数学（理）(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 MError!x 2 2xlog x(12)x(13)x1213p3：x(0，)， log x p4：x ， 0)个单位长度，所得图象关于原点对称，则 的最小值为(C)A B. C. D.4 4 34 545若实数 x，y 满足条件 ，则 zx3y 的最大值为(B)y 2|x| 1y x
2、1)A9 B11 C12 D166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 都成等差数列，则 (C)am cnA2 B0 C2 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 的最大值是(C)OB OC A1 B. C2 D.22 58一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积为(D)A. B. C. D234 32 3 3【解析】如图所示，四面体为正四面体.9若曲线 C1：x 2y 22x 0 与曲线 C2：y(y mx m) 0 有 4 个不同的交
3、点，则实数 m 的取值范围是(B)A. B. ( 33，33) ( 33，0) (0，33)C. D. 33，33 ( ， 33) ( 33， )【解析】曲线 C1：(x1) 2 y21，图象为圆心为(1 ，0)，半径为 1 的圆；曲线 C2：y0，或者ymxm0，直线 ymx m0 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：k1tan 30 ，k 2tan 30 ，33 33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 mk .( 33，0) (0，33)10已知集合 A ，其中 ai 且 a30，x|x a0 a
4、13 a232 a333) 0，1，2(i 0，1，2，3)则 A 中所有元素之和等于(D)A3 240 B3 120 C2 997 D2 889【解析】由题意可知，a 0，a 1，a 2 各有 3 种取法( 均可取 0，1，2)，a 3 有 2 种取法(可取 1，2) ，由分步计数原理可得共有 3332 种方法，当 a0 取 0，1，2 时，a 1，a 2 各有 3 种取法，a 3 有 2 种取法，共有 33218 种方法，即集合 A 中含有a0 项的所有数的和为(0 12) 18；同理可得集合 A 中含有 a1 项的所有数的和为(3 03132)18；集合 A 中含有 a2 项的所有数的和
5、为(3 203 213 22)18；集合 A 中含有 a3 项的所有数的和为(3 313 32)27；由分类计数原理得集合 A 中所有元素之和：S(0 12)18(303132) 18(3 203 213 22)18(3 313 32)2718(3927)81277022 1872 889.故选 D.选择题答题卡题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答 案 A D D C B C C D B 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，a15，b10，A 60，则 cos B _ _6312如右图，椭圆 1 的长
6、轴为 A1A2，短轴为 B1B2，将坐标平面沿 y 轴折成一个二面角，使点 A2x216 y212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_ _313若 f(x) f(x)dxx，则 f(x)_x _10 14【解析】因为 f(x)dx 是个常数，不妨设为 m，所以 f(x)xm，10其原函数 F(x) x2mxC(C 为常数)，所以可得方程 m m ，解得 m .故 f(x)x .12 12 14 1414在函数 f(x)aln x(x1) 2 的图象上任取两个不同的点 P(x1，y 1)、Q(x 2，y 2)，总能使得 f(x1)(x0)f(x 2) 4(x1
7、x 2)，则实数 a 的取值范围为_ _12， )【解析】由题意 f(x)4 对任意 x0 恒成立，也就是 a .(2x（1 x）)max 1215两千多年前，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 a11，第 2 个五角形数记作 a25，第 3 个五角形数记作 a312，第 4 个五角形数记作 a422，若按此规律继续下去，则 a5_35_，若 an145，则 n_10_.【解析】根据图形变化的规律可归纳得 an .3
8、n2 n2三、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)设 f(x) sin 2cos 2 x1.(4x 6) 8(1)求 f(x)的最小正周期；(2)若函数 yf(x)与 yg(x)的图象关于直线 x1 对称，求当 x 时 yg(x) 的最大值0，43【解析】(1)f(x)sin xcos cos xsin cos x sin x cos x sin ，故 f(x)的最小正周期为4 6 4 6 4 32 4 32 4 3 (4x 3)T 8. (6 分 )24(2)法一：在 yg(x)的图象上任取一点(x ，g(x) ，它关于
9、x1 的对称点为 (2x，g(x) 由题设条件，点(2x，g(x)在 yf(x)的图象上，从而 g(x)f(2x) sin3 4（2 x） 3 sin cos ，3 2 4x 3 3 (4x 3)当 0x 时， x ，因此 yg(x) 在区间 上的最大值为 ymax cos .(12 分)43 3 4 3 23 0，43 3 3 32法二： 因区间 关于 x1 的对称区间为 ， 且 yg(x)与 yf(x)的图象关于直线 x1 对称，故 yg(x)在0，43 23，2区间 上的最大值为 yf(x)在区间 上的最大值0，43 23，2由(1)知 f(x) sin .当 x2 时， x .3 (4
10、x 3) 23 6 4 3 6因此 yg(x)在区间 上的最大值为 ymax sin .(12 分)0，43 3 6 3217(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 测试的概率为分别为 、15、， 且通过各次测试的事件相互独立1312(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
11、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 ，求 的分布列和期望(用 p1、p 2、p 3 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【解析】(1)依题意，甲选手不能通过海选的概率为 ， (1 15)(1 13)(1 12) 415故甲选手能通过海选的概率为 1 .(3 分)(1 15)(1 13)(1 12) 1115若改变测试顺序对他通过海选的概率没有影响，因为无论按什么顺序，其不能通过的概率均为 ，(1 15)(1 13)(1 12)
12、 415即无论按什么顺序，其能通过海选的概率均为 .(5 分)1115(2)依题意， 的所有可能取值为 1、2、3.P(1)p 1，P(2)(1p 1)p2，P(3)(1 p 1)(1p 2)p3.故 的分布列为 1 2 3P p1 (1p 1) p2 (1p 1)(1p 2)p3(8 分)Ep 12(1 p1)p23(1p 1)(1p 2)p3(10 分)分别计算当甲选手按 CBA ，C A B ，BAC ，BC A ，ABC ，ACB 的顺序参加测试时，E 的值，得甲选手按 CB A 的顺序参加测试时， E 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
13、，即按 CB 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，BDCE，CE4，BC 6，且BD1， cosADB .101101(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 ？若存在，确定点 M22121的位置；若不存在，请说明理由【解析】(1)证明：BD 平面 ABCBDAB ，又因为 BD1，cos ADB .101101故 AD ，AB10直径长， (3 分)101ACBC.又因为 EC平面 ABC，所以 ECB
14、C.ACECC，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 ( 8， 6，1)， (0 ，6，3)，AD DE 设 (0，6，3) (0，6 ，3) ，0b0)的右焦点 F 和上顶点 B.x2a2 y2b2(1)求椭圆 的方程；(2)如图，过原点 O 的射线 l 与椭圆 在第一象限的交点为 Q，与圆 C 的交点为 P，M 为 OP 的中
15、点， 求 的最大值OM OQ 【解析】(1)在 C：(x 1) 2(y1) 22 中，令 y0 得 F(2，0)，即 c2，令 x0，得 B(0，2) ，b2，由 a2b 2c 28，椭圆 ： 1.(4 分)x28 y24(2)法一：依题意射线 l 的斜率存在，设 l：ykx(x0，k0)，设 P(x1，kx 1)，Q(x 2，kx 2) 由 得：(12k 2)x28，x 2 .(6 分)y kxx28 y24 1) 221 2k2由 得：(1k 2)x2(2 2k)x0， x1 ， y kx（x 1）2 （y 1）2 2) 2 2k1 k2 (x2，kx 2) (x1x2k 2x1x2)2
16、(k0). (9 分)OM OQ (x12，kx12) 12 2 1 k1 2k22 2 .2（1 k）21 2k2 2k2 2k 11 2k2设 (k) ，(k) ，k2 2k 11 2k2 4k2 2k 2（1 2k2）2令 (k) 0，得10，(k)在 上单调递增，在 上单调递减(0，12) (12， )当 k 时，(k) max ，即 的最大值为 2 .(13 分)12 (12) 32 OM OQ 3法二：依题意射线 l 的斜率存在，设 l：ykx(x0，k0)，设 P(x1，kx 1)， Q(x2，kx 2) 由 得：(12k 2)x28，x 2 .(6 分)y kxx28 y24
17、1) 221 2k2 ( ) OM OQ OC CM OQ OC OQ (1，1)(x 2，kx 2)(1k)x 22 (k0)(9 分)21 k1 2k22 .2（1 k）21 2k2设 t1k(t1)，则 .（1 k）21 2k2 t22t2 4t 3 12 4(1t) 3(1t)213(1t) 232 23 32当且仅当 时，( )max2 .(13 分)1t 23 OM OQ 321(本题满分 13 分)已知函数 f(x) exax 22x1(x R )(1)当 a0 时，求 f(x)的单调区间；(2)求证：对任意实数 a .a2 a 1a【解析】(1)当 a0 时，f(x)e x2x
18、1(x R) ，f(x) e x2，且 f(x)的零点为 xln 2，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)e x ax22x1(xR) 得：f(x)e x2ax2，记 g(x)e x2ax2(x R)a0，即 f(x)g(x)是 R 上的单调增函数，又 f(0) 10 ，故 R 上存在惟一的 x0(0，1)，使得 f(x0)0，(8 分)且当 xx0 时，f(x)0.即 f(x)在 (，x 0)上单调递减，在 (x0，)上单调递增，则 f(x)minf(x 0)ex 0ax 2x 01，再由 f(x0)0 得 ex02ax 02，将其代入前式可得 f(x)min20ax 2(a1)x 01(10 分)20又令 (x0)ax 2(a 1)x 01a 120 (x0 a 1a )2 （a 1）2a由于a0，对称轴 x 1，而 x0 ，(x 0)(1)a 1a 1a (0，1)又(a1) 0，(x 0)a2 a 1a 1a a2 a 1a故对任意实数 a .(13 分)a2 a 1a
