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={xx2-2x<0}，N={xx

A.[2，+∞)  B.(2，+∞)  C.(-∞，0)  D.(-∞，0]

2.下列四个命题

p1：∃x∈(0，+∞)，12x<13x　　p2：∃x∈(0，1)，log12x>log13x

p3：∀x∈(0，+∞)，12x>log12x  p4：∀x∈0，13，12x

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.-π4  B.π4  C.3π4  D.5π4

5.若实数x，y满足条件y≥2x-1y≤x+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OB→•OC→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.-33，0∪0，33

C.-33，33  D.-∞，-33∪33，+∞

【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∈-33，0∪0，33.

10.已知集合A=xx=a0+a1×3+a2×32+a3×33，其中ai∈0，1，2i=0，1，2，3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=__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__π3__.

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)2x>0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x>0恒成立，也就是a≥2x(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)=sinπ4x-π6-2cos2π8x+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∈0，43时y=g(x)的最大值.

【解析】(1)f(x)=sinπ4xcosπ6-cosπ4xsinπ6-cosπ4x=32sinπ4x-32cosπ4x=3sinπ4x-π3，故f(x)的最小正周期为T=2ππ4=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)=3sinπ4(2-x)-π3

=3sinπ2-π4x-π3=3cosπ4x+π3，

当0≤x≤43时，π3≤π4x+π3≤2π3 ，因此y=g(x)在区间0，43 上的最大值为ymax=3cosπ3=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)=3sinπ4x-π3.当23≤x≤2时，-π6≤π4x-π3≤π6.

因此y=g(x)在区间0，43上的最大值为ymax=3sinπ6=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，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=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.