湖北省八校联考高三数学上学期第一次月考试卷 理（含解析）.doc

湖北省八校联考2015届高三上 学期第一次月考数学试卷（理科）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（5分）已知复数z1=2+ai（ar），z2=12i，若为纯虚数，则|z1|=（）abc2d2（5分）如图给出的是计算的值的程序框图，其中判断框内应填入的是（）ai2013bi2015ci2017di20193（5分）设a=dx，则二项式（a）6展开式中含x2项的系数是（）a192b193c6d74（5分）棱长为2的正方体被一平面截成两个几何体，其中一个几何体的三视图如图所示，那么该几何体的体积是（）ab4cd35（5分）“a5且b5”是“a+b0”的（）a充分不必要条件b必要不充分条件c充要条件d既非充分条件也非必要条件6（5分）已知等比数列an前n项和为sn，则下列一定成立的是（）a若a30，则a20130b若a40，则a20140c若a30，则s20130d若a40，则s201407（5分）用c（a）表示非空集合a中的元素个数，定义|ab|=若a=1，2，b=x|x2+2x3|=a，且|ab|=1，由a的所有可能值构成的集合为s，那么c（s）等于（）a1b2c3d48（5分）已知x，y，zr，且x2y+2z=5，则（x+5）2+（y1）2+（z+3）2的最小值是（）a20b25c36d479（5分）已知抛物线的一条过焦点f的弦pq，点r在直线pq上，且满足，r在抛物线准线上的射影为s，设，是pqs中的两个锐角，则下列四个式子tantan=1；sin+sin；cos+cos1；|tan（）|tan中一定正确的有（）a1个b2个c3个d4个10（5分）设定义在d上的函数y=h（x）在点p（x0，h（x0）处的切线方程为l：y=g（x），当xx0时，若0在d内恒成立，则称p为函数y=h（x）的“类对称点”，则f（x）=x26x+4lnx的“类对称点”的横坐标是（）a1bced二、填空题：本大题共4小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分请将答案填在答题卡对应题号的位置上，答错位置，书写不清，模棱两可均不得分（一）必考题（11-14题）11（5分）随机向边长为5，5，6的三角形中投一点p，则点p到三个顶点的距离都不小于1的概率是12（5分）已知直线l：x=my+n（n0）过点，若可行域的外接圆直径为20，则n=13（5分）已知函数f（x）=，将f（x）的图象与x轴围成的封闭图形绕x轴旋转一周，则所得旋转体的体积为14（5分）以（0，m）间的整数（m1，mn）为分子，以m为分母组成分数集合a1，其所有元素和为a1；以（0，m2）间的整数（m1，mn）为分子，以m2为分母组成不属于集合a1的分数集合a2，其所有元素和为a2；，依此类推以（0，mn）间的整数（m1，mn）为分子，以mn为分母组成不属于a1，a2，an1的分数集合an，其所有元素和为an；则（1）a1=；（2）a1+a2+an=三、【选修4-1：几何证明选讲】（共1小题，每小题3分，满分3分）15（3分）如图，c是以ab为直径的半圆o上的一点，过c的直线交直线ab于e，交过a点的切线于d，bcod若ad=ab=2，则eb=四、【选修4-4：坐标系与参数方程】（共1小题，每小题0分，满分0分）16在极坐标系内，已知曲线c1的方程为22（cos2sin）+4=0，以极点为原点，极轴方向为x正半轴方向，利用相同单位长度建立平面直角坐标系，曲线c2的参数方程为（t为参数）设点p为曲线c2上的动点，过点p作曲线c1的两条切线，则这两条切线所成角余弦的最小值是三、解答题：本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.上的最大值，求t的取值范围；（）若f（x）xexm+2（e为自然对数的底数）对任意x=2，二项式（a）6=（2）6，它的展开式的通项公式为tr+1=（1）r26rx3r，令3r=2，可得r=1，故二项式（a）6展开式中含x2项的系数是25=192，故选：a点评：题主要考查定积分的运算法则和二项式定理的应用，属于基础题4（5分）棱长为2的正方体被一平面截成两个几何体，其中一个几何体的三视图如图所示，那么该几何体的体积是（）ab4cd3考点：由三视图求面积、体积 专题：空间位置关系与距离分析：由三视图知几何体是正方体的一半，已知正方体的棱长为2，由此可得几何体的体积解答：解：由三视图知：余下的几何体如图示：e、f都是侧棱的中点，上、下两部分的体积相等，几何体的体积v=23=4故选b点评：本题考查了由三视图求几何体的体积，判断几何体的形状是解答此类问题的关键5（5分）“a5且b5”是“a+b0”的（）a充分不必要条件b必要不充分条件c充要条件d既非充分条件也非必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断 专题：简易逻辑分析：根据充分必要条件的定义，分别证明其充分性和必要性，从而得到答案解答：解：a5且b5推不出a+b0，例如：a=2，b=2时a+b=0，a+b0推不出a5且b5，例如：a=5，b=6，故“a5且b5”是“a+b0”的既非充分条件也非必要条件，故选：d点评：本题考查了充分必要条件，考查了不等式问题，是一道基础题6（5分）已知等比数列an前n项和为sn，则下列一定成立的是（）a若a30，则a20130b若a40，则a20140c若a30，则s20130d若a40，则s20140考点：等比数列的性质 专题：等差数列与等比数列分析：对于选项a，b，d可通过q=1的等比数列排除，对于选项c，可分公比q0，q0来证明即可得答案解答：解：对于选项a，可列举公比q=1的等比数列1，1，1，1，显然满足a30，但a2013=10，故错误；对于选项b，可列举公比q=1的等比数列1，1，1，1，显然满足a40，但a2014=1，故错误；对于选项d，可列举公比q=1的等比数列1，1，1，1，显然满足a40，但s2014=0，故错误；对于选项c，因为a3=a1q20，所以 a10当公比q0时，任意an0，故有s20130；当公比q0时，q20130，故1q0，1q20130，仍然有s2013 =0，故c正确，故选：c点评：本题主要考查等比数列的定义和性质，通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法，属于中档题7（5分）用c（a）表示非空集合a中的元素个数，定义|ab|=若a=1，2，b=x|x2+2x3|=a，且|ab|=1，由a的所有可能值构成的集合为s，那么c（s）等于（）a1b2c3d4考点：子集与交集、并集运算的转换 专题：集合分析：先根据已知条件可判断出b含3个元素，所以方程|x2+2x3|=a有三个实根，进一步判断出方程x2+2x3+a=0有两个二重根，所以根据=0即可求得a的值，从而求出集合s，这样便可判断出集合s所含元素的个数解答：解：由|x2+2x3|=a得：x2+2x3a=0，a0；对于x2+2x3a=0，=4+4（3+a）0，方程x2+2x3a=0至少有两个实数根，即集合b至少含2个元素；|ab|=1，b含3个元素；方程x2+2x3+a=0有二重根，=44（3+a）=0，a=4；s=4，c（s）=1故选a点评：考查元素与集合的概念，描述法表示集合，一元二次方程的实数根的情况和判别式的关系8（5分）已知x，y，zr，且x2y+2z=5，则（x+5）2+（y1）2+（z+3）2的最小值是（）a20b25c36d47考点：柯西不等式在函数极值中的应用 专题：不等式的解法及应用分析：直接利用柯西不等式求解即可解答：解：由于2=324，则（x+5）2+（y1）2+（z+3）2（当且仅当，即时取等号故选：c点评：本题考查柯西不等式的应用，基本知识的考查9（5分）已知抛物线的一条过焦点f的弦pq，点r在直线pq上，且满足，r在抛物线准线上的射影为s，设，是pqs中的两个锐角，则下列四个式子tantan=1；sin+sin；cos+cos1；|tan（）|tan中一定正确的有（）a1个b2个c3个d4个考点：命题的真假判断与应用 专题：简易逻辑分析：由已知中抛物线的一条过焦点f的弦pq，点r在直线pq上，且满足，r在抛物线准线上的射影为s，设，是pqs中的两个锐角，可得pqs是直角三角形，则，进而可得正确；举出反倒可判断错误，进而得到答案解答：解：，r在抛物线准线上的射影为s，pqs是直角三角形，则，故都对，当pq垂直对称轴时，故一定正确的命题有3个，故选c点评：本题以命题的真假判断为载体考查了抛物线的几何性质，三角函数的图象和性质，难度不大，属于基础题10（5分）设定义在d上的函数y=h（x）在点p（x0，h（x0）处的切线方程为l：y=g（x），当xx0时，若0在d内恒成立，则称p为函数y=h（x）的“类对称点”，则f（x）=x26x+4lnx的“类对称点”的横坐标是（）a1bced考点：利用导数研究曲线上某点切线方程 专题：计算题；新定义；导数的概念及应用；导数的综合应用分析：函数y=h（x）在其图象上一点p（x0，f（x0）处的切线方程为y=g（x）=（2x0+6）（xx0）+x026x0+4lnx0由此能推导出y=h（x）存在“类对称点”，是一个“类对称点”的横坐标解答：解：函数y=h（x）在其图象上一点p（x0，h（x0）处的切线方程为：y=g（x）=（2x0+6）（xx0）+x026x0+4lnx0，设m（x）=h（x）g（x）=x26x+4lnx（2x0+6）（xx0）x02+6x04lnx0，则m（x0）=0m（x）=2x+6（2x0+6）=2（xx0）（1）=（xx0）（x）若x0，m（x）在（x0，）上单调递减，当x（x0，）时，m（x）m（x0）=0，此时0；若x0，（x）在（，x0）上单调递减，当x（，x0）时，m（x）m（x0）=0，此时0；y=h（x）在（0，）（，+）上不存在“类对称点”若x0=，（x）20，m（x）在（0，+）上是增函数，当xx0时，m（x）m（x0）=0，当xx0时，m（x）m（x0）=0，故0即此时点p是y=f（x）的“类对称点”综上，y=h（x）存在“类对称点”，是一个“类对称点”的横坐标故选b点评：本题考查函数的单调增区间的求法，探索满足函数在一定零点下的参数的求法，探索函数是否存在“类对称点”解题时要认真审题，注意分类讨论思想和等价转化思想的合理运用，此题是难题二、填空题：本大题共4小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分请将答案填在答题卡对应题号的位置上，答错位置，书写不清，模棱两可均不得分（一）必考题（11-14题）11（5分）随机向边长为5，5，6的三角形中投一点p，则点p到三个顶点的距离都不小于1的概率是考点：几何概型 专题：计算题；作图题；概率与统计分析：本题符合几何概型，由题意作图，求面积比即可解答：解：本题符合几何概型，由题意作图如下，则点p应落在黑色阴影部分，s=6=12，三个小扇形可合并成一个半圆，故其面积s=，故点p到三个顶点的距离都不小于1的概率p=故答案为：点评：本题考查了几何概型概率的求法，属于基础题12（5分）已知直线l：x=my+n（n0）过点，若可行域的外接圆直径为20，则n=10考点：简单线性规划；圆的标准方程 专题：计算题；作图题；不等式的解法及应用分析：由题意作出其平面区域，则（5n）2+25=100，从而求n解答：解：由题意作出其平面区域，由题意可得，（5n）2+25=100，解得，n=10点评：本题考查了简单线性规划，作图要细致认真，属于中档题13（5分）已知函数f（x）=，将f（x）的图象与x轴围成的封闭图形绕x轴旋转一周，则所得旋转体的体积为考点：球的体积和表面积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台） 专题：空间位置关系与距离分析：判断旋转体的特征，求出相关数据，利用几何体的体积公式求解即可解答：解：将f（x）的图象与x轴围成的封闭图形绕x轴旋转一周，所得旋转体为一个圆锥和一个半个球的组合体，其中球的半径为2，棱锥的底面半径为2，高为1，所以所得旋转体的体积为=故答案为：点评：本题考查旋转体的结构特征，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力14（5分）以（0，m）间的整数（m1，mn）为分子，以m为分母组成分数集合a1，其所有元素和为a1；以（0，m2）间的整数（m1，mn）为分子，以m2为分母组成不属于集合a1的分数集合a2，其所有元素和为a2；，依此类推以（0，mn）间的整数（m1，mn）为分子，以mn为分母组成不属于a1，a2，an1的分数集合an，其所有元素和为an；则（1）a1=+；（2）a1+a2+an=考点：数列的求和 专题：等差数列与等比数列分析：（1）由题意写出即可；（2）写出a2，a3总结规律即可得出结论解答：解：（1）由题意得a1=+，（2）又a2=+=+（+）=+a1，a3=+a1a2，an=+a1a2an1，a1+a2+an=+=（1+2+mn1）=故答案为（1）+，（2）点评：本题考查学生新概念题的阅读能力及归纳思想的运用能力，考查学生分析问题，解决问题的能力，属中档题三、【选修4-1：几何证明选讲】（共1小题，每小题3分，满分3分）15（3分）如图，c是以ab为直径的半圆o上的一点，过c的直线交直线ab于e，交过a点的切线于d，bcod若ad=ab=2，则eb=考点：与圆有关的比例线段；相似三角形的判定 专题：立体几何分析：连接oc，证明aodcod，设eb=x，通过，列出方程求出x即可解答：解：连接oc则doa=cbo=bco=cod则aodcod，则occd，则cd是半圆o的切，设eb=x，由bcod得，ebcedo，则ec=2x，则（2x）2=x（x+2），则故答案为：点评：本题考查三角形的全等与相似，考查逻辑推理能力四、【选修4-4：坐标系与参数方程】（共1小题，每小题0分，满分0分）16在极坐标系内，已知曲线c1的方程为22（cos2sin）+4=0，以极点为原点，极轴方向为x正半轴方向，利用相同单位长度建立平面直角坐标系，曲线c2的参数方程为（t为参数）设点p为曲线c2上的动点，过点p作曲线c1的两条切线，则这两条切线所成角余弦的最小值是考点：参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程 专题：计算题；直线与圆；坐标系和参数方程分析：运用代入法化简可得曲线c2的普通方程，由x=cos，y=sin，x2+y2=2，可化简曲线c1的方程，求出圆心到直线的距离，设两条切线所成角为2，考虑当p为圆心到直线的垂线的垂足时，两条切线所成角最大求出sin，再由二倍角的余弦公式，即可得到解答：解：曲线c1的直角坐标方程为：x2+y22x+4y+4=0，即（x1）2+（y+2）2=1，圆心为（1，2），半径为1曲线c2的普通方程为：3x+4y15=0，圆心到直线的距离为：d=4设两条切线所成角为2，当p为圆心到直线的垂线的垂足时，两条切线所成角最大则sin，则这两条切线所成角余弦的最小值是cos2=12sin2=12（）2=故答案为：点评：本题考查参数方程、极坐标方程和普通方程的互化，考查直线和圆相切的条件，考查点到直线的距离公式和二倍角的余弦公式，属于中档题三、解答题：本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.展开即可求出cosb的值，从而可求出sinb，由正弦定理即可求出a：b：c的值；（）由正弦定理和已知可求出a，b，c的值，即可求出abc的面积解答：解：（ i ）依题设：sina=，sinc=，故cosb=cos=cos （a+c）=（cosacosc+sinasinc）=（）=故sinb=，从而有：sina：sinb：sinc=：=4：5：6再由正弦定理易得：a：b：c=4：5：6（ ii ） 由（ i ）知：不妨设：a=4k，b=5k，c=6k，k0故知：|=b=5k，|=a=4k依题设知：|2+|2+2|cosc=4646k2=46，又k0k=1故abc的三条边长依次为：a=4，b=5，c=6故有sabc=absinc=点评：本题主要考察了两角和与差的余弦函数，同角三角函数间的基本关系，正弦定理余弦定理的综合应用，考察学生的计算能力，属于基础题18（12分）有一种密码，明文是由三个字符组成，密码是由明文对应的五个数字组成，编码规则如下表，明文由表中每一排取一个字符组成且第一排取的字符放在第一位，第二排取的字符放在第二位，第三排取的字符放在第三位，对应的密码由明文对应的数字按相同次序排列组成第一排明文字符abcd密码字符11121314第二排明文字符efgh密码字符21222324第三排明文字符mnpq密码字符1234设随机变量表示密码中不同数字的个数，（）求p（=2）；（）求的概率分布列和它的数学期望考点：离散型随机变量的期望与方差；等可能事件的概率 专题：综合题；概率与统计分析：（）密码中不同数字的个数为2的事件为密码中只有两个数字，注意到密码的第1，2列分别总是1，2，即只能取表格第1，2列中的数字作为密码，由此可求p（=2）；（）取得的取值，分别求出相应的概率，即可得到的概率分布列和它的数学期望解答：解：（）密码中不同数字的个数为2的事件为密码中只有两个数字，注意到密码的第1，2列分别总是1，2，即只能取表格第1，2列中的数字作为密码，所以p（=2）=；（）由题意可知，的取值为2，3，4三种情形若=3，注意表格的第一排总含有数字1，第二排总含有数字2则密码中只可能取数字1，2，3或1，2，4p（=3）=p（=4）=1p（=2）p（=3）=的分布列为：234pe=2+3+4=点评：本题考查概率的求解，考查离散型随机变量的分布列与数学期望，确定变量的取值，求出相应的概率是关键19（12分）如图1，平面四边形abcd关于直线ac对称，a=60，c=90，cd=2，把abd沿bd折起（如图2），使二面角abdc为直二面角如图2，（）求ad与平面abc所成的角的余弦值；（）求二面角bacd的大小的正弦值考点：二面角的平面角及求法；直线与平面所成的角 专题：综合题；空间位置关系与距离；空间角分析：（）以bd的中点o为原点，oc所在的直线为x轴，od所在的直线为y轴，oa所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，求出面abc的法向量，利用向量的夹角公式求ad与平面abc所成的角的余弦值；（）求得面acd的法向量，利用向量的夹角公式求二面角bacd的大小的正弦值解答：解：如图所示，以bd的中点o为原点，oc所在的直线为x轴，od所在的直线为y轴，oa所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，则o（0，0，0），d（0，0），b（0，0），c（，0，0），a（0，0，）（）设面abc的法向量为，=（0，），=（，0）由，可得，取z=1有=（，1），ad与面abc所成角的余弦值是（6分）（）同理求得面acd的法向量为，则则二面角bacd的正弦值为（12分）点评：本题考查二面角、线面角的求法，考查用向量解决立体几何问题的方法能力，考查数形结合、空间想象能力，属于中档题20（12分）已知等比数列an的公比q1，前n项和为sn，s3=7，a1+3，3a2，a3+4成等差数列，数列bn的前n项和为tn，6tn=（3n+1）bn+2，其中nn*（1）求数列an的通项公式； （2）求数列bn的通项公式；（3）设a=a1，a2，a10，b=b1，b2，b40，c=ab，求集合c中所有元素之和考点：等比数列的通项公式；集合的相等；并集及其运算；等差数列的通项公式；等比数列的前n项和 专题：等差数列与等比数列分析：（1）利用等差数列和等比数列的通项公式和前n项和公式即可得出；（2）利用“n=1时b1=t1；n2时，bn=tntn1”和“累乘求积”即可得出（3）利用等差数列和等比数列的前n项和公式可得s10，t10，又a与b的公共元素为1，4，16，64，其和为85即可得出集合c中所有元素之和解答：解：（1）s3=7，a1+a2+a3=7，a1+3，3a2，a3+4成等差数列，6a2=a1+3+a3+4，联立可得，解得（2）6tn=（3n+1）bn+2，其中nn*当n2时，6tn1=（3n2）bn1+2，b1=16bn=（3n+1）bn（3n2）bn1，化为bn=3n2（