湖南师大附中2015届高三上学期数学第一次月考试卷(理)
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={xx2-2x0}，N={xx
A.[2，+) B.(2，+) C.(-，0) D.(-，0]
2.下列四个命题
p1：x(0，+)，12x13xp2：x(0，1)，log12xlog13x
p3：x(0，+)，12xlog12x p4：x0，13，12x
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.3 D.54
5.若实数x，y满足条件y2x-1yx+1，则z=x+3y的最大值为(B)
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都成等差数列，则am+cn=(C)
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OBOC的最大值是(C)
A.1 B.22 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.34 B.32 C.3 D.23
【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.-33，33 B.-33，00，33
C.-33，33 D.-，-3333，+
【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=33，k2=-tan 30=-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m=k-33，00，33.
10.已知集合A=xx=a0+a13+a232+a333，其中ai0，1，2i=0，1，2，3且a30，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3332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332=18种方法，即集合A中含有a0项的所有数的和为(0+1+2)
同理可得集合A中含有a1项的所有数的和为(30+31+32)
集合A中含有a2项的所有数的和为(320+321+322)
集合A中含有a3项的所有数的和为(331+332)
由分类计数原理得集合A中所有元素之和：
S=(0+1+2)18+(30+31+32)18+(320+321+322)18+(331+332)27
=18(3+9+27)+8127=702+2 187=2 889.故选D.
选择题答题卡
题 号12345678910
答 案ADDCBCCDBD
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=__63__.
12.如右图，椭圆x216+y212=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__.
13.若f(x)+01f(x)dx=x，则f(x)=__x-14__.
【解析】因为01f(x)dx是个常数，不妨设为m，所以f(x)=x-m，
其原函数F(x)=12x2-mx+C(C为常数)，所以可得方程m=12-m，解得m=14.故f(x)=x-14.
14.在函数f(x)=aln x+(x+1)2x0的图象上任取两个不同的点P(x1，y1)、Q(x2，y2)，总能使得f(x1)-f(x2)4(x1-x2)，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a2x(1-x)max=12.
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__.
【解析】根据图形变化的规律可归纳得an=3n2-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)=sin6-2cos28x+1.
(1)求f(x)的最小正周期;
(2)若函数y=f(x)与y=g(x)的图象关于直线x=1对称，求当x0，43时y=g(x)的最大值.
【解析】(1)f(x)=sin4xcos6-cos4xsin6-cos4x=32sin4x-32cos4x=3sin3，故f(x)的最小正周期为T=24=8.(6分)
(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)).
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)=3sin4(2-x)-3
=3sin4x-3=3cos3，
当043时，33 ，因此y=g(x)在区间0，43 上的最大值为ymax=3cos3=32.(12分)
法二：
因区间0，43关于x=1的对称区间为23，2， 且y=g(x)与y=f(x)的图象关于直线x=1对称，故y=g(x)在区间0，43上的最大值为y=f(x)在区间23，2上的最大值.
由(1)知f(x)=3sin3.当232时，-36.
因此y=g(x)在区间0，43上的最大值为ymax=3sin6=32.(12分)
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测试的概率为分别为15、13、12， 且通过各次测试的事件相互独立.
(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，求的分布列和期望(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.
【解析】(1)依题意，甲选手不能通过海选的概率为1-151-13 1-12=415，
故甲选手能通过海选的概率为1-1-151-13 1-12=1115.(3分)
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1-151-13 1-12=415，
即无论按什么顺序，其能通过海选的概率均为1115.(5分)
(2)依题意，的所有可能取值为1、2、3.
P(=1)=p1，P(=2)=(1-p1)p2，P(=3)=(1-p1)(1-p2)p3.
故的分布列为
123
Pp1(1-p1)p2(1-p1)(1-p2)p3
(8分)
E=p1+2(1-p1)p2+3(1-p1)(1-p2)p3(10分)
分别计算当甲选手按CBA，CAB，BAC，BCA，ABC，ACB的顺序参加测试时，E的值，得甲选手按CBA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，即按CBA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，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22121?若存在，确定点M的位置;若不存在，请说明理由.
【解析】(1)证明：∵BD平面ABC
BDAB，又因为 BD=1，cosADB=101101.
故AD=101，AB=10=直径长，(3分)
ACBC.又因为EC平面ABC，所以ECBC.
∵ACEC=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=DE=(0，-6，3)=(0，-6，3)，01
故AM=AD+DM=(-8, 6-6，1+3)
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，
则sin =|AMCB||AM||CB|=36-3664+36(1-)2+(1+3)26=22121，解得=13.(10分)
所以存在点M，且DM=13DE时，直线AM与平面ACE所成角的正弦值为22121. (12分)
法二：(几何法)
如图，作MNCE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MNAN，NCAC.
设MN=2x，由直线AM与平面ACE所成角的正弦值为22121，得AM=21x，所以AN=17x.
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=25
所以存在点M，且EM=25时，直线AM与平面ACE所成角的正弦值为22121. (12分)
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.
5436108201216
(1)求此数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=3an--1nlg 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=32n-1.(5分)
(2)由an=32n-1得bn=3an--1nlg an=92n-1-(-1)nlg 3+(n-1)lg 2.
所以Sn=9(1+2++2n-1)--1+-12++-1n(lg 3-lg 2)
--1+2-3++(-1)nnlg 2(9分)
n为偶数时，Sn=91-2n1-2-n2lg 2=9(2n-1)-n2lg 2.
n为奇数时，Sn=91-2n1-2+(lg 3-lg 2)-n-12-nlg 2=9(2n-1)+n-12lg 2+lg 3.
所以， Sn=9(2n-1)-n2lg 2，n为偶数，9(2n-1)+n-12lg 2+lg 3，n为奇数.(13分)
20.(本题满分13分)
已知圆C：(x-1)2+(y-1)2=2经过椭圆∶x2a2+y2b2=1(a0)的右焦点F和上顶点B.
(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的中点， 求OMOQ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，
由a2=b2+c2=8，椭圆：x28+y24=1.(4分)
(2)法一：
依题意射线l的斜率存在，设l：y=kx(x0，k0)，设P(x1，kx1)，Q(x2，kx2)
由y=kxx28+y24=1得：(1+2k2)x2=8，x2=221+2k2.(6分)
由y=kx(x-1)2+(y-1)2=2得：(1+k2)x2-(2+2k)x=0，x1=2+2k1+k2，
OMOQ=x12，kx12(x2，kx2)=12(x1x2+k2x1x2)=221+k1+2k2(k0). (9分)
=22(1+k)21+2k2=22k2+2k+11+2k2.
设(k)=k2+2k+11+2k2，(k)=-4k2-2k+2(1+2k2)2，
令(k)=-4k2-2k+2(1+2k2)20，得-1
又k0，(k)在0，12上单调递增，在12，+上单调递减.
当k=12时，(k)max=12=32，即OMOQ的最大值为23.(13分)
法二：
依题意射线l的斜率存在，设l：y=kx(x0，k0)，设P(x1，kx1)，Q(x2，kx2)
由y=kxx28+y24=1得：(1+2k2)x2=8，x2=221+2k2.(6分)
OMOQ=(OC+CM)OQ=OCOQ
=(1，1)(x2，kx2)=(1+k)x2=221+k1+2k2(k0)(9分)
=22(1+k)21+2k2.
设t=1+k(t1)，则(1+k)21+2k2=t22t2-4t+3=12-41t+31t2=131t-232+2332.
当且仅当1t=23时，(OMOQ)max=23.(13分)
21.(本题满分13分)
已知函数f(x)=ex-ax2-2x-1(xR).
(1)当a=0时，求f(x)的单调区间;
(2)求证：对任意实数a0，有f(x)a2-a+1a.
【解析】(1)当a=0时，f(x)=ex-2x-1(xR)，
∵f(x)=ex-2，且f(x)的零点为x=ln 2，
当x(-，ln 2)时，f(x)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(xR)得：f(x)=ex-2ax-2，
记g(x)=ex-2ax-2(xR).
∵a0，g(x)=ex-2a0，即f(x)=g(x)是R上的单调增函数，
又f(0)=-10，f(1)=e-2a-20，
故R上存在惟一的x0(0，1)，使得f(x0)=0，(8分)
且当x
即f(x)在(-，x0)上单调递减，在(x0，+)上单调递增，
则f(x)min=f(x0)=ex0-ax20-2x0-1，再由f(x0)=0得ex0=2ax0+2，将其代入前式可得f(x)min=
-ax20+2(a-1)x0+1(10分)
又令(x0)=-ax20+2(a-1)x0+1=-ax0-a-1a2+(a-1)2a+1
由于-a0，对称轴x=a-1a1，而x00，1，(x0)(1)=a-1
又(a-1)-a2-a+1a=-1a0，(x0)a2-a+1a
故对任意实数a0，都有f(x)a2-a+1a.(13分)
湖南师大附中2015届高三上学期数学第一次月考试卷（理）就分享到这里了，更多相关信息请继续关注高考数学试题栏目！