湖南省长沙市湘潭一中、浏阳一中、宁乡一中联考高三数学上学期10月月考试卷 文（含解析）.doc

湖南省长沙市湘潭一中、浏阳一中、宁乡一中联考2015届高三上学期10月月考数学试卷（文科）一、选择题（本题共10道小题，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）1i为虚数单位，则复数i（1+i）的虚部为( )aibic1d1考点：复数的基本概念 专题：计算题分析：将所给的复数展开，再由i2=1化简并整理出实部和虚部解答：解：i（1+i）=i+i2=1+i，则此复数的虚部为：1，故选c点评：本题考查了复数的基本概念，以及i2=1应用，属于基础题2已知a=1，0，1，2，3，b=x|log2（x1）1，则ab的元素个数为( )a0b2c3d5考点：交集及其运算 分析：集合a与集合b的公共元素构成ab，由此利用a=1，0，1，2，3，b=x|log2（x1）1，能求出ab的元素个数解答：解：a=1，0，1，2，3，b=x|log2（x1）1=x|=x|1x3，ab=2，3，故选b点评：本题考查交集及其运算，则基础题解题时要认真审题，仔细解答，注意对数的运算法则的合理运用3已知c0，则下列不等式中成立的一个是( )ac2cbcd考点：有理数指数幂的化简求值 分析：注意指数函数的单调性跟底的范围有关解答：解：故点评：本题是对指数函数性质的考查，属简单题4如图，边长为2的正方形内有一内切圆在图形上随机撒一粒黄豆，则黄豆落到圆内的概率是( )abcd考点：几何概型 专题：计算题分析：由题意易得正方形和其内切圆的面积，由几何概型可得答案解答：解：由题意可得正方形的面积为4，其内切圆的半径为1，故圆的面积为，由几何概型可得，黄豆落到圆内的概率p=，故选a点评：本题考查几何概型，属基础题5“a=+2k（kz）”是“cos2a=”的( )a充分而不必要条件b必要而不充分条件c充分必要条件d既不充分也不必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；任意角的三角函数的定义；二倍角的余弦 分析：本题主要考查三角函数的基本概念、简易逻辑中充要条件的判断属于基础知识、基本运算的考查将a=+2k代入cos2a易得cos2a=成立，但cos2a=时，a=+2k（kz）却不一定成立，根据充要条件的定义，即可得到结论解答：解：当a=+2k（kz）时，cos2a=cos（4k+）=cos=反之，当cos2a=时，有2a=2k+a=k+（kz），或2a=2ka=k（kz），故选a点评：判断充要条件的方法是：若pq为真命题且qp为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；若pq为假命题且qp为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；若pq为真命题且qp为真命题，则命题p是命题q的充要条件；若pq为假命题且qp为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系6若函数在x=x0处的导数值与函数值互为相反数，则x0的值( )a等于0b等于1c等于d不存在考点：导数的运算 分析：先对函数进行求导，然后根据在x=x0处的导数值与函数值互为相反数可得答案解答：解：y=故选c点评：本题主要考查导数的运算属基础题7设椭圆=1的左右焦点分别为f1，f2，过f1的直线l与椭圆相交于a、b两点，则|af2|+|bf2|的最大值为( )a5b3c4d8考点：椭圆的简单性质 专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：由题意方程求得椭圆的半焦距，结合椭圆定义求得|af2|+|bf2|+|ab|=4a=8，再求出当ab垂直于x轴时的最小值，则|af2|+|bf2|的最大值可求解答：解：由椭圆=1，得a=2，b=，由题意：|af2|+|bf2|+|ab|=4a=8，当且仅当abx轴时，|ab|取得最小值，把x=1代入=1，解得：y=，|ab|min=3，|af2|+|bf2|的最大值为83=5故选：a点评：本题考查了椭圆的定义，考查了椭圆的简单几何性质，关键是明确当ab垂直于x轴时焦点弦最短，是基础题8已知，且函数的最小值为b，若函数则不等式g（x）1的解集为( )abcd考点：一元二次不等式的解法；基本不等式；二倍角的正弦；二倍角的余弦 专题：函数的性质及应用分析：利用三角函数的平方关系和商数关系及基本不等式即可得出f（x）的最小值即b再利用一元二次不等式的解法、交集与并集的运算即可得出解答：解：，tanx0=当且仅当，即x=时取等号因此b=不等式g（x）1或，解得因此不等式f（x）1的解集为=故选d点评：熟练掌握三角函数的平方关系和商数关系及基本不等式、一元二次不等式的解法、交集与并集的运算等是解题的关键9如图，已知圆m：（x3）2+（y3）2=4，四边形abcd为圆m的内接正方形，e，f分别为边ab，ad的中点，当正方形abcd绕圆心m转动时，的取值范围是( )ab6，6cd4，4考点：向量在几何中的应用 专题：计算题；压轴题；转化思想；平面向量及应用分析：通过圆的方程求出圆的圆心与半径，求出me，om，利用向量的三角形法则，化简，然后利用数量积求解范围即可解答：解：因为圆m：（x3）2+（y3）2=4，圆心的坐标（3，3）半径为2，所以|me|=，|om|=3，=，=6cos（ome）6，6，的取值范围是6，6故选b点评：本题考查向量在几何中的应用，注意向量的垂直与向量的转化，数量积的应用，考查分析问题解决问题的能力，转化思想的应用10定义在r上的函数f（x），其周期为4，且当x1，3时，f（x）=，若函数g（x）=f（x）kxk恰有4个零点，则实数k的取值范是( )a（，）b（，）c（，）（，）d（，）（，）考点：根的存在性及根的个数判断 专题：函数的性质及应用分析：根据函数的周期性作出函数f（x）的图象，利用数形结合即可得到结论解答：解：由g（x）=f（x）kxk=0得f（x）=kx+k=k（x+1），设y=h（x）=k（x+1），则直线h（x）过点（1，0），函数f（x）的周期是4，作出函数f（x）的图象如图：若直线斜率k=0时，不满足条件，若k0，当直线经过点a（2，1）时，此时直线和函数f（x）有3个不同的交点，此时由3k=1，解得k=，当直线在b处与半圆相切时，直线和函数f（x）有5个不同的交点，此时圆心（4，0）到直线kxy+k=0的距离d=，即|5k|=，解得k=，此时若满足条件，则k，若k0，当直线经过点d（6，1）时，此时直线和函数f（x）有5个不同的交点，此时由5k=1，解得k=，当直线在c处与半圆相切时，直线和函数f（x）有3个不同的交点，此时圆心（4，0）到直线kxy+k=0的距离d=，即|3k|=，解得k=，此时若满足条件，则x，综上k（，）（，），故选：c点评：本题主要考查函数零点和方程的应用，利用数形结合是解决本题的关键综合性较强，有一定的难度二、填空题：（本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在答题卡相应位置上）11命题“x0r，”的否定是 xr，2x0考点：命题的否定 专题：阅读型分析：利用含量词的命题的否定形式：将改为，将结论否定，写出命题的否定解答：解：据含量词的命题的否定形式得到：命题“x0r，”的否定是“xr，2x0”故答案为“xr，2x0”点评：本题考查含量词的命题的否定形式是：“”与“”互换，结论否定12若函数在x（0，a上存在反函数，则实数a的取值范围为（0，2考点：反函数 专题：计算题分析：函数在x（0，a上存在反函数，故函数在（0，a单调，即（0，a是函数单调区间的子集，由此即可求出解答：解：由题意函数在x（0，a上存在反函数，又函数在x（0，2上是单调函数实数a的取值范围为（0，2故答案为（0，2点评：本题考查反函数的定义，反函数是一个一对一映射，由此将问题转化为（0，a是函数单调区间的子集，根据题意恰当合理的转化对正确解题很重要13abc中，角a，b，c所对的边分别为a，b，c，若a=，b=2，sinb+cosb=，则角a的大小为考点：同角三角函数基本关系的运用；二倍角的正弦；正弦定理 专题：解三角形分析：由条件由sinb+cosb=得1+2sinbcosb=2，即sin2b=1，根据三角形的内角和定理得到0b得到b的度数利用正弦定理求出a即可解答：解：由sinb+cosb=得1+2sinbcosb=2，即sin2b=1，因为0b，所以b=45，b=2，所以在abc中，由正弦定理得：，解得sina=，又ab，所以ab=45，所以a=30故答案为点评：本题考查了三角恒等变换、已知三角函数值求解以及正弦定理，考查了同学们解决三角形问题的能力14已知关于x的方程x2+mx+m+n=0的两根分别为椭圆和双曲线的离心率记分别以m，n为横、纵坐标的点a（m，n）表示的平面区域d若函数y=loga（x+4）（a1）的图象上存在区域d内的点，则实数a的取值范围为（1，3）考点：双曲线的简单性质；椭圆的简单性质 专题：计算题；函数的性质及应用分析：根据关于x的方程x2+mx+m+n=0的两根分别为椭圆和双曲线的离心率，可得方程x2+mx+m+n=0的两根，一根属于（0，1），另一根属于（1，+），从而可确定平面区域为d，进而利用函数y=loga（x+4）（a1）的图象上存在区域d上的点，可求实数a的取值范围解答：解：构造函数f（x）=x2+mx+m+n关于x的方程x2+mx+m+n=0的两根分别为椭圆和双曲线的离心率方程x2+mx+m+n=0的两根，一根属于（0，1），另一根属于（1，+）f（0）0，f（1）0，直线m+n=0，1+2m+n=0的交点坐标为（1，1）要使函数y=loga（x+4）（a1）的图象上存在区域d上的点，则必须满足1loga（1+4）loga31=logaa，a11a3故答案为：（1，3）点评：本题以方程根为载体，考查椭圆、双曲线的几何性质，考查数形结合的数学思想，确定平面区域是解题的关键15已知函数f（x）=lnxmx+1，其中mr，g（x）=x2x+1+f（x）（1）若f（x）0在f（x）的定义域内恒成立，则实数m的取值范围m1；（2）在（1）的条件下，当m取最小值时，g（x）在en，+）（nz）上有零点，则n的最大值为2考点：利用导数求闭区间上函数的最值 专题：导数的综合应用分析：（1）求函数的导数，若f（x）0在f（x）的定义域内恒成立，等价为求函数f（x）的最小值；（2）求出g（x）的表达式，根据函数零点的判断条件，即可得到结论解答：解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+），若f（x）0在f（x）的定义域内恒成立，即lnxmx+10，即m，设m（x）=，则m（x）=，当x1时，m（x）=0，当0x1时，m（x）=0，则当x=1时，m（x）取得极大值，同时也是最大值m（1）=1m1（2）由（1）知m=1，则g（x）=x2x+1+f（x）=x22x+2+lnx，（x0）g（x）=，故g（x）在（0，2，+）上递增，在（，2）上递减所以在，+）上g（x）的最小值为g（2），而g（2）=ln2，故g（x）在，+）上没有零点所以g（x）的零点一定在递增区间（0，）上，从而有en且g（en）0又g（e1）=，g（e2）=，当n2时均有g（x）0，即n的最大值为2故答案为：m1，2点评：本题主要考查函数恒成立的求解，利用导数和函数最值之间的关系是解决本题的关键综合性较强，难度较大三、解答题：（本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）16已知函数（0）的最小正周期为（）求的值及函数f（x）的单调递增区间；（）当时，求函数f（x）的取值范围考点：二倍角的余弦；两角和与差的正弦函数；二倍角的正弦；正弦函数的单调性 专题：三角函数的图像与性质分析：（）利用两角和的正弦公式，二倍角公式化简函数f（x）的解析式为，由此求得它的最小正周期令，求得x的范围，即可得到函数f（x）的单调递增区间（）因为，根据正弦函数的定义域和值域求得函数f（x）的取值范围解答：解：（）=因为f（x）最小正周期为，所以=2所以由，kz，得所以函数f（x）的单调递增区间为，kz（）因为，所以，所以所以函数f（x）在上的取值范围是点评：本题主要考查两角和的正弦公式，二倍角公式，正弦函数的单调性和周期性，正弦函数的定义域和值域，属于中档题17如图，在直三棱柱abca1b1c1中，ac=3，bc=4，ab=5，aa1=4，点d为ab的中点（）求证acbc1；（）求证ac1平面cdb1；（）求异面直线ac1与b1c所成角的余弦值考点：用空间向量求直线间的夹角、距离；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定 专题：计算题；证明题分析：解法一：（1）：利用勾股定理的逆定理判断出acbc，同时因为三棱柱为直三棱柱，从而证出（2）：因为d为ab的中点，连接c1b和cb1交点为e，连接de，d是ab的中点，e是bc1的中点，根据三角形中位线定理得deac1，得到ac1平面cdb1；第三问：因为ac1de，所以ced为ac1与b1c所成的角，求出此角即可解法二：利用空间向量法如图建立坐标系，（1）：证得向量点积为零即得垂直（2）：=，与两个向量或者共线或者平行可得第三问：解答：证明：（）直三棱柱abca1b1c1，底面三边长ac=3，bc=4，ab=5，acbc，且bc1在平面abc内的射影为bc，acbc1；（）设cb1与c1b的交点为e，连接de，d是ab的中点，e是bc1的中点，deac1，de平面cdb1，ac1平面cdb1，ac1平面cdb1；（）deac1，ced为ac1与b1c所成的角，在ced中，ed=ac1=，cd=ab=，ce=cb1=2，cosced=，异面直线ac1与b1c所成角的余弦值解法二：直三棱锥abca1b1c1底面三边长ac=3，bc=4，ab=5，ac，bc，cc1两两垂直如图建立坐标系，则c（0，0，0），a（3，0，0），c1（0，0，4），b（0，4，0），b1（0，4，4），d（，2，0）（）=（3，0，0），=（0，4，4），=0，（）设cb1与c1b的交点为e，则e（0，2，2）=（，0，2），=（3，0，4），=，de平面cdb1，ac1平面cdb1，ac1平面cdb1（）=（3，0，0），=（0，4，4），cos，=，异面直线ac1与b1c所成角的余弦值为点评：本题考查向量的几何意义ab=|a|b|cos；向量垂直ab=0；直线与平面的证明方法18经研究发现，学生的注意力随着老师讲课时间的变化而变化，讲课开始时，学生的兴趣激增；中间有一段时间，学生的兴趣保持较理想的状态，随后学生的注意力开始分散设f（t）表示学生注意力随时间t（分钟）的变化规律（f（t）越大，表明学生注意力越集中），经过实验分析得知：f（t）=，（1）求出k的值，并指出讲课开始后多少分钟，学生的注意力最集中？能坚持多久？（2）一道数学难题，需要讲解24分钟，并且要求学生的注意力至少达到185，那么经过适当安排，老师能否在学生达到所需的状态下讲授完这道题目？考点：函数模型的选择与应用 专题：应用题；函数的性质及应用分析：（1）由分段函数知，求出每一段上的最大值即可判断；（2）解每一段上f（t）=185的解，从而得到时间段，从而求解解答：解：（1）当t=20时，f（t）=240，则有240=20k+400；解得，k=8；当0t10时，f（t）=t2+26t+80是单调递增的，且f（10）=240；当10t20时，f（t）=240；当20t40时，f（t）=8t+400是单调递减的，且f=240；故讲课开始后10分钟，学生的注意力最集中，能坚持10分钟；（2）由f（t）=t2+26t+80=185解得，t=5或t=21（舍去）；由f（t）=8t+400=185解得，t=26.875；故学生的注意力至少达到185的时间有26.8755=21.87524；故老师不能在学生达到所需的状态下讲授完这道题目点评：本题考查了分段函数在实际问题中的应用，属于中档题19设函数f（x）=（x0），数列an满足且n2（1）求数列an的通项公式；（2）对nn*，设sn=，若sn恒成立，求实数t的取值范围考点：数列的求和；数列的函数特性 专题：计算题分析：（i）由推出递推关系式ana n1=，n2，从而有数列an为等差数列，最后写出通项公式（ii）由（i）得an=an+1=得出anan+1=，从而有=，利用拆项法求和sn，再结合题设利用函数的最小值，从而求得实数t的取值范围解答：解：（i）由可得ana n1=，n2，故数列an为等差数列，又a1=1，它的通项公式an=（ii），由（i）得an=an+1=anan+1=，=，sn=，t，令g（n）=，g（n）=2n+3+6，由于2n+35，故g（n）的最小值为，t，实数t的取值范围（，点评：本题考查数列的求和、数列的综合运用，解题时要认真审题，仔细解答，注意递推公式的灵活运用20在平面直角坐标系中，o为坐标原点，点 f，t，r，s满足=（t，1），（1）当t变化时，求点s的轨迹方程c；（2）过动点t（t0）向曲线c作两条切线，切点分别为a，b，求证：ktaktb为定值，并求出这个定值；（3）在（2）的条件下，探索直线ab是否过定点，若过定点，求出该点；若不过定点，请说明理由考点：轨迹方程；利用导数研究曲线上某点切线方程 专题：圆锥曲线中的最值与范围问题分析：（1）由已知得点s的轨迹是以f（0，1）为焦点，y=1为准线的抛物线，且p=2，由此能求出曲线c的方程（2）设过点t且与抛物线相切的切线方程为y+1=k（xt）联立方程，得x24kx+4kt+4=0，由此利用根的判别式能证明ktaktb为定值1（3）由已知得切线ta：xax2y2ya=0，切线tb：xbx2y2yb=0，由此能求出直线ab的方程为tx2y+2=0，过定点（0，1）解答：（本小题满分13分）（1）解：由已知条件有，则点s的轨迹是以f（0，1）为焦点，y=1为准线的抛物线，且p=2，所以曲线c：x2=4y3 分（2）证明：设过点t且与抛物线相切的切线方程为y+1=k（xt）联立方程，得x24kx+4kt+4=0（*）直线与抛物线相切，=0，即k2tk1=0，kat，ktb是方程 （*）的两个根，ktaktb=17 分（3）解：设，即xax2y2ya=0，同理，切线tb方程为xbx2y2yb=010分又 ta，tb都过点t（t，1），则：xat+22ya=0，xbt+22yb=0，直线ab的方程为tx2y+2=0，则其过定点（0，1）13 分点评：本题考查点的轨迹方程的求法，考查两直线的斜率之积为定值的证明，考查直线方程是否过定点的判断与求法，解题时要注意函数与方程思想的合理运用21已知函数f（x）=lnx，g（x）=f（x）+ax2+bx，函数g（x）的图象在点（1，g（1）处的切线平行于x轴（1）确定a与b的关系；（2）试讨论函数g（x）的单调性；（3）证明：对任意nn*，都有ln（1+n）成立考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明 专题：导数的综合应用分析：（1）求导得到g（x），利用导数的几何意义即可得出；（2）利用（1）用a表示b，得到g（x），通过对a分类讨论即可得到其单调性；（3）证法一：由（2）知当a=1时，函数g（x）=lnx+x23x在（1，+）单调递增，可得lnx+x23xg（1）=2，即lnxx2+3x2=（x1）（x2），令，则，利用“累加求和”及对数的运算法则即可得出；证法二：通过构造数列an，使其前n项和tn=ln（1+n），则当n2时，显然a1=ln2也满足该式，故只需证，令，即证ln（1+x）x+x20，记h（x）=ln（1+x）x+x2，x0，再利用（2）的结论即可；证法三：令（n）=ln（1+n），则=，令，则x（1，2，记h（x）=lnx（x1）+