1、2016 届山西省山西大学附中高三 10 月月考数学（文）试题及解析一、选择题1设 ，则 的非空真子集01,1,2357,9UUABxNABB的个数为（ ）A5 B30 C31 D32【答案】B【解析】试题分析：因为,010,234,5678910UxN，所以 ，所以集合 的非空真子集共有1,2357,9ABBB个，故选 B50【考点】1集合间的关系；2集合的运算【易错点睛】本题主要考查集合间的基本关、系集合的运算，属容易题本题求的是集合 的非空真子集的个数，在求解时由于审题不认真，容易当成非空子集或真子集、子集的个数而导致错误2角 的终边过点 ，且 ，则 的范围是（ ）)2,93(a0sin
2、,coaA B C D),(33,2【答案】C【解析】试题分析：因为 ，所以角 的终边在第二象限或在 轴cos0,iny的正半轴上，所以 ，解之得 ,故选 C392a23a【考点】三角函数的定义3已知等比数列 n中，各项都是正数，且 ，成等差数列，则2,3,187109aA B C D2212323【答案】C【解析】试题分析：设等比数列的公比为 ，则 ， ，又因为q231a1aq成等差数列，所以 ，即 ， ，解1,3,2a312a2之得 或 ，又因为等比数列 n的各项都是正数，所以q2试卷第 2 页，总 13 页，又 ，故选 C12q2789107832aq【考点】等差、等比数列的定义与性质4
3、下列命题中的说法正确的是A若向量 ba/，则存在唯一的实数 使得 ；baB命题“若 ，则 ”的否命题为“若 ，则 ”；12x 12xC命题“ ，使得 ”的否定是：“ ，均有R0 0120xR”；2xD “ 且 ”是“ ”的不充分也不必要条件；5abba【答案】D【解析】试题分析：当 时，不存在实数 使 ，所以 A 错；否命题0,ab是将命题中的条件与结论同否定，所以 B 错；命题“ ，使得 ”Rx0 0120x的否定是：“ ，均有 ”，所以 C 错；Rx21x命题“ 且 ”的逆否命题为：“ 或 ”5ab0ba 5abb是假命题，故原命题为假命题， “ 且 ”的逆否命题为：“5或 或 ”是假命题
4、，故原命题为假命题，所以“ 且 ”是“ ”的不充分也不必要条件【考点】1向量共线基本定理是；2命题的四种形式；3充分条件与必要条件5设 ，则“ ”是“ ”的（ ）Rba,ababA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【答案】C【解析】试题分析：设 ，则 ，所以 是 上的增()fx=()20,xf-=ab【考点】1不等式性质；2充分条件与必要条件6已知正四棱锥 中， ，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为ABCDS32S（ ）A B C D133【答案】C【解析】试题分析：设正四棱锥的高为 ,则 ，则t0t， ，所22 231AOStt21ABOt以四棱锥的体积 ，231
5、=(8)ABCDVSOtt正 方 形，2(4)t由 得 ，所以体积函数在区间 上单调递增，在区间 上单0(0,2)(2,3)调递减，所以当 时，体积有最大值,故选 CtOADBCS【考点】1多面体体积；2导数与函数最值【方法点睛】本题主要考查本题主要考查立体几何中的最值问题，多面体体积公式、导数与函数等知识，属中档题解决此类问题的两大核心思路：一是将立体问题转化为平面问题，结合平面几何的相关知识求解；二是建立目标函数的数学思想，选择合理的变量，利用导数、基本不等式或配方法求其最值7设 为三角形 三边， 若cba,ABC,1cba，则三角形 的形状为（ ）logl2loglcccbcABCA锐角
6、三角形 B直角三角形 C钝角三角形 D无法确定【答案】B【解析】试题分析：由 ll2loglcbcbcbcaa得 ，11loglogllaaaacb即 ，2c所以 ，即 ，所以该三角形为直角2llaa222,bbc三角形，故选 B【考点】1对数的运算性质；2勾股定理及逆定理8 的角 所对的边分别是 （其中 为斜边） ，分别以 边RtAC, ,ac,abc所在的直线为旋转轴，将 旋转一周得到的几何体的体积分别是 ，则（ AC123V）A B123V123V试卷第 4 页，总 13 页C D2213V2213V【答案】D【解析】试题分析：以 边为旋转轴的几何体的体积 ，以 边为旋转轴的a213Vb
7、a几何体的体积 ，以 边为旋转轴的几何体的体积213bc，所以23abVc，故选 D2222 441 399()91abcV【考点】旋转体的体积9执行如图所示的程序框图，则输出的结果为A4 B9 C7 D5【答案】B【解析】试题分析：模拟算法：初始值： ；0,1TSn否；12,9(1)8,23TSn否；38365,否；5,()4,7TS是，输出 ，结束算法故72197129,TSn9n选 B【考点】程序构图【名师点睛】本题考查程序框图的程序运行，题为基础题程序框图也是高考的热点，几乎是每年必考内容,本题是已知程序框图计算输出结果问题，对此类问题，按程序框图逐次的进行算法模拟计算，直到输出时，即
8、可计算出输出结果，是程序框图还可考查已知输入、输出，不全框图或考查程序框图的意义，处理方法均为算法模拟运算10已知 是平面内互不相等的两个非零向量,且 与 的夹角为 ,ab|1,ab150则 的取值范围是（ ）|A B C D3,0(1,32,0(3,2【答案】C【解析】试题分析：如下图所示， 则 ，因为,ABabACBab与 的夹角为 ，即 ，所以 ，设 ，ab15015030DA则 ，在三角形 中，由正弦定理得 ，所以0Dsini，所以 ，故选 Csin2ii3ab02bCBAD【考点】1向量加减法的几何意义；2正弦定理；3正弦函数性质11已知点 P 为双曲线 右支上一点， 分别为双曲线的
9、)0,(12bayx 21,F左右焦点，且 ，I 为三角形 的内心，若 成立，bF21| 21FP1212IPFIIFSS则 的值为（ ）A B C D211321212【答案】D试卷第 6 页，总 13 页【解析】试题分析：因为 ，即 ，解之得221|bFcaca2ac，又点 在双曲线的右支上，由双曲线的定义可知21acP，即 ，设三角形(21)PFac1212()PF内切圆半径为 ，则 ，即12rrrF，即 ，所以1212IPFI IFSS1212IPFI ISS，故选 D【考点】双曲线的定义及几何性质二、填空题12设 是 虚 数 单 位 ， 是复数 的共轭复数，若 ，则 _iZ321iZ
10、【答案】 1【解析】试题分析： ,所以 32(1)iiii【考点】1复数的运算；2复数相关概念13已知函数 满足条件： 是 上的单调函数且3,0()xfab()yfxR，则 的值为 _()4fafb(1)f【答案】 3【解析】试题分析：因为函数 是 上的单调递增函数，所以 在区()yfxRyaxb间 上也是增函数，所以 ，又 ， ，(,0)0a()4ffb()34f解得 ，又因为 ， ，所以 ，即1a()4fbb2，所以 ，所以 2b3,20xf(1)3f【考点】1函数的表示方法；2函数的单调性14已知点 在抛物线 的准线上，点 M，N 在抛物线 C 上，)1,(A)0(:2pxyC且位于 轴
11、的两侧，O 是坐标原点，若 ，则点 A 到动直线 MN 的最大距离x 3ONM为 【答案】 52【解析】试题分析：，因为点 在抛物线 的准线上，所1(,)2A2:(0)Cypx以准线方程为 ，所以 ，所以抛物线方程为 ，点 在2pxp2,MN抛物线上，所以可设 ，由 得，21(,)(,)yMNy3OMN，即 ，解之得 或 ，21213y21124012y126y又因为点 在 轴的两侧，所以 ，直线 的方程为：,Nx126y，即 ，当 时， ，21122yy2112()x0y123yx所以直线 恒过定点 ，所以点 到直线 的最大距离为MN(3,0)P(,)AMN2215AP【考点】1抛物线的几何
12、性质；2向量的坐标运算；3直线方程【方法点睛】本题主要考查抛物线的几何性质、向量的坐标运算求直线方程等问题；属难题求圆锥曲线中的最值问题，常用方法有：1根据圆锥曲线的定义转化，根据几何意义求解；2求出所求值对应的目标函数，由函数性质、基本不等式、导数等方法求最值；3利用圆锥曲线或某条直线过定点求解（如本题就是利用直线过定点求解的） 15函数 ，则此函数的所有零点之和等于 12()4cos(35)3xyx【答案】 8【解析】试题分析：求函数 的零点，即求方程12()4cos(35)xyx在区间 上的解，也就是求函数 与函数12()4cos3xx3,51xy在 上图象交点的横坐标，在同一坐标系内作
13、出两个函数图象，y,由图可知两个函数均关于直线 对称，且共有 8 个公共点也关于直线 对称，1x所以这些公共点的横坐标之和为 234567842xx试卷第 8 页，总 13 页【考点】1函数与方程；2指数函数和图象与性质；3余弦函数的图象与性质三、解答题16 中，内角 的对边分别是 ，已知 成等比数列，且ABC,abc,ccos4（1）求 的值；1tant（2）设 ，求 的值32BACac【答案】 （1） 或 ；（2） 873【解析】试题分析：（1）由 成等比数列得到 ，由余弦定理求,bcacb2，可求得 或 ，并可求出 ，将3cos(1)24aBca17sin4B用角 的正弦和余弦表示并化简
14、，再用正弦定理代入即可求出结果；1tantA,B（2）将向量表达式 用向量数量积定义表示得 ，可求得32AC 3cos2a，又 或 ，求出 的值，可求 ；或用余弦定理求之也bca1c,ac可试题解析：（1）因为 成等比数列，所以 ,bb2由余弦定理可知： )1(2cos caacacB又 ，所以 ，且 ，解得 3cos447in43)1(2或a于是 78sinsinsicoita1tn 或 BcACBA（2）因为 ,所以 ，所以 ，32BC23a2又 ，于是 或cc【另解】由 得 ，由 可得 ，即AosBcos4ca2b由余弦定理 得22cba22os5abB 549ac3c【考点】1三角函数
15、式的化简与求值；2正弦定理与余弦定理;3向量的数量积定义17某校高三年级文科学生 600 名，从参加期末考试的学生中随机抽出某班学生（该班共 50 名同学） ，并统计了他们的数学成绩（成绩均为整数且满分为 150 分） ，数学成绩分组及各组频数如下表：分组 频数 频率45，60） 2 00460，75） 4 00875，90） 8 01690，105） 11 022105，120） 15 030120，135） a b135，150 4 008合计 50 1（1）写出 的值；ab，（2）估计该校文科生数学成绩在 120 分以上学生人数；（3）该班为提高整体数学成绩，决定成立“二帮一”小组，即从
16、成绩在135，150中选两位同学，来帮助成绩在45，60）中的某一位同学已知甲同学的成绩为 56 分， 乙同学的成绩为 145 分，求甲乙在同一小组的概率【答案】 （1） ；（2） 6,0.1ab【解析】试题分析：（1）根据样本总数为 50 可以求出 a，根据频率总和为 1 可以求出 b；（2）将样本频数作为频率，结合学生总数可得到 120 分以上学生的人数；（3）逐一列出可能的分组情况，其中甲乙在一个小组的情况数除以总数就是所求概率试题解析：（1）由 得 ，2481540a6由 得0.48.60.3.81b.2b（2）成绩在 分以上的有 人，所以估计该校文科生数学成绩在 分以上的学生有： 人
17、105（3）45，60）内有 2 人，记为甲、A135，150内有 4 人，记为乙、B、C、D法一：“二帮一”小组有以下 6 种分组办法：（甲乙 B，ACD） 、 （甲乙 C，ABD） 、 （甲乙D，ABC） 、 （甲 BC，A 乙 D） 、 （甲 BD，A 乙 C） 、 （甲 CD，A 乙 B） 其中甲、乙两同学被分在同一小组有 3 种办法：（甲乙 B，ACD） 、 （甲乙 C，ABD） 、 （甲乙 D，ABC） 所以甲、乙分到同一组的概率为 216P【考点】1统计；2古典概型18在如图所示的多面体 中，已知 是正三角形，ABCE/,ADEAD是 的中点2,5,ADEF试卷第 10 页，总
18、13 页ABCFDE（1）求证： 平面 ；/BE（2）求直线 与平面 所成角的余弦值；A（3）求多面体 的体积D【答案】 （1）见解析；（2） ；（3） 104【解析】试题分析：（1）取 中点 ，先证明四边形 为平行四边形，可CEMABF得 ，由线面平行的判定定理可证结论成立；（2）由勾股定理得到/MFA，又 可证明 平面 ，从而得到直线BC,DACD与平面 所成的角，在三角形中求解即可；（3）由锥体体积公式直接计算E即可试题解析：（1）如图，取 的中点 ，连接 ，因 为 的中点，所以E,BF，又 ,所以 ，四边形 为平行四边形，/2F1/2A/MFA所以 ,因为 平面 ， 平面 ，所以 平面
19、MBCCE/A.BCE（2）因为 是正三角形，所以 ,在 中，CD2D，所以 ，故 ，又1,5AB2B所以 平面,A.A取 的中点 ，连接 ，则 ，又 ,所以 ，又HECHCHAD，所以 平面 ，所以 是直线 与平面 所ABDCBDEBE成的角在 中， 所以RtE3,5,2,10cos.4（3）由（2）知， 是四棱锥 的高，所以HABE1(2).ABCDEV【考点】1线面平行、垂直的判定与性质；2线面角的求法；3多面体的体积【方法点睛】本题主要考查线面平行、垂直的判定与性质，线面角的求法及多面体体积的求法，属中档题判断线面平行的常用方法有：1利用线面平行的定义；2利用线面平行的判定定理；3利用面面平行的性质（即若两个平面平行，一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面）
