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＝{x2－2x<0}，N＝{x

A．[2，＋∞) B．(2，＋∞) C．(－∞，0) D．(－∞，0]

2．下列四个命题

p1：?x∈(0，＋∞)，<　　p2：?x∈(0，1)，logx>logx

p3：?x∈(0，＋∞)，>logx p4：?x∈，

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)

A．－ B. C. D.

5．若实数x，y满足条件，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＋＝(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·的最大值是(C)

A．1 B. C．2 D.

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. B. C. D．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. B.∪

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°＝，k2＝－tan 30°＝－，

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∈∪.

10．已知集合A＝，其中ai∈且a3≠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　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，a＝15，b＝10，∠A＝60°，则cos B＝____．

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____．

13．若f(x)＋f(x)dx＝x，则f(x)＝__x－__．

【解析】因为f(x)dx是个常数，不妨设为m，所以f(x)＝x－m，

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－.

14．在函数f(x)＝aln x＋(x＋1)2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____．

【解析】由题意f′(x)≥4对任意x>0恒成立，也就是a≥＝.

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＝.

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－2cos2x＋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x∈时y＝g(x)的最大值．

【解析】(1)f(x)＝sinxcos－cosxsin－cosx＝sinx－cosx＝sin，故f(x)的最小正周期为T＝＝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)＝sin

＝sin＝cos，

当0≤x≤时，≤x＋≤ ，因此y＝g(x)在区间 上的最大值为ymax＝cos＝.(12分)

法二：

因区间关于x＝1的对称区间为， 且y＝g(x)与y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，故y＝g(x)在区间上的最大值为y＝f(x)在区间上的最大值．

由(1)知f(x)＝sin.当≤x≤2时，－≤x－≤.

因此y＝g(x)在区间上的最大值为ymax＝sin＝.(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、、， 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．

【解析】(1)依题意，甲选手不能通过海选的概率为＝，

故甲选手能通过海选的概率为1－＝.(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＝，

即无论按什么顺序，其能通过海选的概率均为.(5分)

(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

1

2

3



P

p1

(1－p1)p2

(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＝.

(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＝.

故AD＝，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＝(－8，6，1)，＝(0，－6，3)，

设＝λ＝λ(0，－6，3)＝(0，－6λ，3λ)，0<λ<1

故＝＋＝(－8, 6－6λ，1＋3λ)

由(1)易得平面ACE的法向量为＝(0，6，0)，

设直线AM与平面ACE所成角为θ，

则sin θ＝＝＝，解得λ＝.(10分)

所以存在点M，且＝时，直线AM与平面ACE所成角的正弦值为. (12分)

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.

设MN＝2x，由直线AM与平面ACE所成角的正弦值为，得AM＝x，所以AN＝x.

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

所以存在点M，且EM＝2时，直线AM与平面ACE所成角的正弦值为. (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．



(1)求此数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足bn＝3an－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得bn＝3an－lg an＝9×2n－1－(－1)n.

所以Sn＝9(1＋2＋…＋2n－1)－(lg 3－lg 2)

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