2015-2016届云南省师大附中高三（下）月考数学试卷（理科）（六）（解析版）

1、2015-2016学年云南省师大附中高三（下）月考数学试卷（理科）（六）一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60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）已知集合A=x|y=lg（2x），集合，则AB=（）Ax|x2Bx|2x2Cx|2x2Dx|x22（5分）若复数（R）是纯虚数，则复数2a+2i在复平面内对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3（5分）设椭圆=1（a0，b0）的离心率e=，右焦点F（c，0），方程ax2+bxc=0的两个根分别为x1，x2，则点P（x1，x2）在（）A圆x2+y2=2内B圆x2+y2=2上C圆x2+y2=2外D以

2、上三种情况都有可能4（5分）设数列是公差为d的等差数列，前n项和为Sn，若a3=1，a9=12，则S12=（）ABC11D125（5分）观察下列各式：55=3125，56=15625，57=78125，则52015的末四位数字为（）A3125B5625C0625D81256（5分）执行如图所示的程序框图，如果输入的m，n分别为1848，936，则输出的m等于（）A168B72C36D247（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）ABCD8（5分）在如图所示的矩形ABCD中，AB=2，AD=1，E为线段BC上的点，则的最小值为（）A2BCD49（5分）在平面直角坐标系xoy中，

3、已知ABC的顶点A（6，0）和C（6，0），顶点B在双曲线的左支上，则等于（）ABCD10（5分）棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1的所有顶点均在球O的球面上，E，F，G分别为AB，AD，AA1的中点，则平面EFG截球O所得圆的半径为（）ABCD11（5分）已知函数（xR），若关于x的方程f（x）m+1=0恰好有3个不相等的实数根，则实数m的取值范围为（）ABCD12（5分）已知函数f（x）=|lnx|，ab0，f（a）=f（b），则的最小值等于（）ABCD二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13（5分）关于x的一元二次方程x2+2ax+b2=0，若a是从区间0，3任取的一

4、个数，b是从区间0，2任取的一个数，方程有实根的概率为14（5分）（+1）n的展开式按x升幂排列，若前三项的系数成等差数列，则n=15（5分）Sn是数列an的前n项和，且a1=1，an+1=2an+n1，S10=16（5分）若f（x）是定义在R上的函数，对任意的实数x都有：f（x+6）f（x+2）+4和f（x+4）f（x+2）+2，且f（1）=1，则f（2013）=三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17（12分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（c2b）cos（A）=acosC，（1）求角A的值；（2）若角B=，BC边上的中线AM的长为，求ABC

5、的面积18（12分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB侧面BB1C1C，BC=1，CC1=2，BC1=（1）求证：BC1平面ABC；（2）当二面角ACC1B为时，求三棱柱ABCA1B1C1的体积19（12分）某校准备从报名的7位教师（其中男教师4人，女教师3人）中选3人去边区支教（）设所选 3人中女教师的人数为X，求X的分布列及数学期望；（）若选派的三人依次到甲、乙、丙三个地方支教，求甲地是男教师的情况下，乙地为女教师的概率20（12分）在平面直角坐标系xOy中，点P（a，b）（ab0）为动点，F1，F2分别为椭圆G的左、右焦点，A为椭圆G的左顶点，已知F1PF2为等腰三角形（）求椭

6、圆G的离心率；（）过F2的直线m：x=1与椭圆G相交于点M（M点在第一象限），平行于AM的直线l与椭圆G交于B，C两点，判断直线MB，MC是否关于直线m对称，并说明理由21（12分）已知函数f（x）=ax+x2xlna（a0，a1）（1）当0a1时，求证：函数f（x）在（，0）上单调递减；（2）若函数y=|f（x）t|1有三个零点，求t的值；（3）对于任意x1，x21，1都有，|f（x1）f（x2）e1，试求a的取值范围|请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请写清题号（本小题满分10分）【选修4-1：几何证明选讲】22（10分）如图，已知在ABC中

7、，AE，AD分别为其角平分线和中线，ADE的外接圆为O，O与AB，AC分别交于M，N，求证：（）；（）BM=CN【选修4-4：坐标与参数方程】23在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），它与曲线C：（y2）2x2=1交于A、B两点（1）求|AB|的长；（2）以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点P的极坐标为（2，），求点P到线段AB中点M的距离【选修4-5：不等式选讲】24设函数f（x）=|2x1|x+2|（）解不等式f（x）3；（）若x0R，使得f（x0）+2m24m，求实数m的取值范围2015-2016学年云南省师大附中高三（下）月考数学试卷（理科）（六）参考答

8、案与试题解析一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60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）（2016春云南校级月考）已知集合A=x|y=lg（2x），集合，则AB=（）Ax|x2Bx|2x2Cx|2x2Dx|x2【分析】求出集合的等价条件，利用交集的定义进行求解即可【解答】解：A=x|x2，B=x|2x2，AB=x|2x2，故选C【点评】本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件是解决本题的关键比较基础2（5分）（2016春云南校级月考）若复数（R）是纯虚数，则复数2a+2i在复平面内对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【分析】化简复数

9、，根据纯虚数的定义求出a的值，写出复数2a+2i对应复平面内点的坐标，即可得出结论【解答】解：复数=（a+1）+（a+1）i，该复数是纯虚数，a+1=0，解得a=1；所以复数2a+2i=2+2i，它在复平面内对应的点是（2，2），它在第二象限故选：B【点评】本题考查了复数的化简与代数运算问题，也考查了纯虚数的定义与复平面的应用问题，是基础题3（5分）（2007江西）设椭圆=1（a0，b0）的离心率e=，右焦点F（c，0），方程ax2+bxc=0的两个根分别为x1，x2，则点P（x1，x2）在（）A圆x2+y2=2内B圆x2+y2=2上C圆x2+y2=2外D以上三种情况都有可能【分析】先根据x1

10、+x2=，x1x2=表示出x12+x22，再由e=得到a与c的关系，从而可表示出b与c的关系，然后代入到x12+x22的关系式中可得到x12+x22的范围，从而可确定答案【解答】解：x1+x2=，x1x2=x12+x22=（x1+x2）22x1x2=e=a=2cb2=a2c2=3c2所以x12+x22=2所以在圆内故选A【点评】本题主要考查椭圆的基本性质的应用考查对椭圆基础知识的综合应用4（5分）（2016春云南校级月考）设数列是公差为d的等差数列，前n项和为Sn，若a3=1，a9=12，则S12=（）ABC11D12【分析】利用等差数列的通项公式、求和公式即可得出【解答】解：由题意，a1=0

11、，S12=0+=11，故选：C【点评】本题考查了等差数列的通项公式、求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题5（5分）（2016春云南校级月考）观察下列各式：55=3125，56=15625，57=78125，则52015的末四位数字为（）A3125B5625C0625D8125【分析】根据55=3125，56=15625，57=78125，58=390625，59=1953125，510=9765625，可得末四位数字为3125、5625、8125、0625，每4个为一个循环，判断出52014是哪个循环的第几个数，即可判断出其末四位数字为多少【解答】解：根据55=3125，56=156

12、25，57=78125，58=390625，59=1953125，510=9765625，可得末四位数字为3125、5625、8125、0625，每4个为一个循环，因为20154=5033，所以52015是第503个循环的第3个数，故末四位数字为8125故选：D【点评】本题主要考查了归纳推理的灵活运用，考查了学生的逻辑思维能力，解答此题的关键是推理出末四位数字的规律：3125、5625、8125、0625，每4个为一个循环6（5分）（2016春云南校级月考）执行如图所示的程序框图，如果输入的m，n分别为1848，936，则输出的m等于（）A168B72C36D24【分析】由已知中的程序语句可知

13、：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量m的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【解答】解：模拟执行程序，可得：如果输入m=1848，n=936，第一次执行循环体后，r=912，m=936，n=912，不满足输出条件；第二次执行循环体后，r=24，m=912，n=24，不满足输出条件；第三次执行循环体后，r=0，m=24，n=0，满足输出条件；故输出的m值为24故选：D【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，属于基础题7（5分）（2016春云南校级月考）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）ABCD【分析

14、】由三视图知该几何体为正四面体，其棱长为，代入三角形面积公式求得原几何体的表面积【解答】解：由题意知该几何体为正四面体，其棱长为，故其表面积为，故选：D【点评】本题考查由三视图求原几何体的体积，关键是明确圆几何体的形状，是基础题8（5分）（2016春云南校级月考）在如图所示的矩形ABCD中，AB=2，AD=1，E为线段BC上的点，则的最小值为（）A2BCD4【分析】以B为坐标原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，利用坐标表示，计算它的最小值【解答】解：如图所示，以B为坐标原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，则A（0，2），D（1，2），E（x，0），所以=（x，2）（x1，2）=x2x+

15、4=+，因为E为线段BC上的点，所以x0，1，所以当时，取得最小值故选：B【点评】本题考查了平面向量数量积的定义与应用问题，是基础题目9（5分）（2015柳州校级一模）在平面直角坐标系xoy中，已知ABC的顶点A（6，0）和C（6，0），顶点B在双曲线的左支上，则等于（）ABCD【分析】由题意可知双曲线的焦点坐标就是A，B，利用正弦定理以及双曲线的定义化简即可得到答案【解答】解：由题意可知双曲线的焦点坐标就是A，B，由双曲线的定义可知BCAB=2a=10，c=6，=；故选D【点评】本题是基础题，考查双曲线的定义，正弦定理的应用，考查计算能力，常考题型10（5分）（2016湖南校级模拟）棱长为2

16、的正方体ABCDA1B1C1D1的所有顶点均在球O的球面上，E，F，G分别为AB，AD，AA1的中点，则平面EFG截球O所得圆的半径为（）ABCD【分析】正方体ABCDA1B1C1D1的外接球球心O为对角线AC1的中点，球半径，球心O到平面EFG的距离为，利用勾股定理求出小圆半径【解答】解：由题意，正方体ABCDA1B1C1D1的外接球球心O为对角线AC1的中点，正方体对角线长为2所以球半径，因为A到平面EFG的距离为所以球心O到平面EFG的距离为=，所以小圆半径，故选B【点评】本题考查平面EFG截球O所得圆的半径及球的内接多面体问题，找准量化关系是关键11（5分）（2016湖南校级模拟）已知

17、函数（xR），若关于x的方程f（x）m+1=0恰好有3个不相等的实数根，则实数m的取值范围为（）ABCD【分析】讨论x的范围，求函数的导数，研究函数的单调性和极值，利用数形结合进行求解即可【解答】解：当x0时，为减函数，f（x）min=f（0）=0；当x0时，则时，f（x）0，时，f（x）0，即f（x）在上递增，在上递减，其大致图象如图所示，若关于x的方程f（x）m+1=0恰好有3个不相等的实数根，则，即，故选：A【点评】本题主要考查函数根的个数的判断，利用函数与方程之间的关系转化为两个函数的交点问题，求函数的导数，利用数形结合进行求解是解决本题的关键12（5分）（2016春云南校级月考）已知

18、函数f（x）=|lnx|，ab0，f（a）=f（b），则的最小值等于（）ABCD【分析】根据对数函数的性质，求出ab=1，然后利用基本不等式求的最小值【解答】解：因为f（x）=|lnx|，f（a）=f（b），所以|lna|=|lnb|，即lna=lnb，又ab0，所以lna=lnb，ab=1，所以，当且仅当ab=1且时取等号，所以的最小值是，故选A【点评】本题主要考查基本不等式的应用，利用对数函数的图象和性质求出ab=1是解决本题的关键，注意基本不等式成立的条件二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13（5分）（2011春汕头校级期中）关于x的一元二次方程x2+2ax+b2=0，若

19、a是从区间0，3任取的一个数，b是从区间0，2任取的一个数，方程有实根的概率为【分析】本题考查的知识点是几何概型的意义，关键是要找出（a，b）对应图形的面积，及满足条件“关于x的一元二次方程x2+2ax+b2=0有实根”的点对应的图形的面积，然后再结合几何概型的计算公式进行求解【解答】解：如下图所示：试验的全部结果所构成的区域为（a，b）|0a3，0b2（图中矩形所示）其面积为6构成事件“关于x的一元二次方程x2+2ax+b2=0有实根”的区域为（a，b）|0a3，0b2，ab（如图阴影所示）所以所求的概率为=故答案为：【点评】几何概型的概率估算公式中的“几何度量”，可以为线段长度、面积、体积

20、等，而且这个“几何度量”只与“大小”有关，而与形状和位置无关解决的步骤均为：求出满足条件A的基本事件对应的“几何度量”N（A），再求出总的基本事件对应的“几何度量”N，最后根据P=求解14（5分）（2016春云南校级月考）（+1）n的展开式按x升幂排列，若前三项的系数成等差数列，则n=8【分析】利用（+1）n的展开式按x升幂排列，前三项的系数成等差数列，建立方程，即可求出n【解答】解：（+1）n的展开式按x升幂排列，前三项的系数成等差数列，2Cn1=Cn0+Cn2，n=8故答案为：8【点评】本题考查二项式定理的运用，考查等差数列的性质，考查学生的计算能力，属于中档题15（5分）（2016春云南

21、校级月考）Sn是数列an的前n项和，且a1=1，an+1=2an+n1，S10=1991【分析】由数列an满足a1=1，an+1=2an+n1，变形为an+1+（n+1）=2（an+n），即可数列an+n是等比数列，其中首项为a1+1=2，公比为2求出通项公式再利用等比数列的通项公式、等比数列与等差数列的前n项和公式即可得出，代值计算即可【解答】解：由数列an满足a1=1，an+1=2an+n1，变形为an+1+（n+1）=2（an+n）数列an+n是等比数列，其中首项为a1+1=2，公比为2，an+n=22n1，an=2nnSn=2n+12，S10=2112=1991故答案为：1991【点评

22、】本题考查了数列的递推公式和等比数列的通项公式、等比数列与等差数列的前n项和公式，属于中档题16（5分）（2016春云南校级月考）若f（x）是定义在R上的函数，对任意的实数x都有：f（x+6）f（x+2）+4和f（x+4）f（x+2）+2，且f（1）=1，则f（2013）=2013【分析】由已知式子可得f（x+6）=f（x+2）+4，再由f（1）=1找规律可得【解答】解：f（x+4）f（x+2）+2，f（x+6）=f（x+2）+4f（x+4）+2f（x+2）+2+2=f（x+2）+4，又f（x+6）f（x+2）+4，f（x+6）=f（x+2）+4，f（5）=f（1）+4=5，f（9）=f（5）

23、+4=9，f（2013）=2013故答案为：2013【点评】本题考查函数的值，得出其中的规律是解决问题的关键，属基础题三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17（12分）（2016春云南校级月考）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（c2b）cos（A）=acosC，（1）求角A的值；（2）若角B=，BC边上的中线AM的长为，求ABC的面积【分析】（1）利用正弦定理将边化角，使用和角公式化简即可得出cosA；（2）使用余弦定理解出等腰三角形的腰长，代入面积公式计算【解答】解：（1）在ABC中，（c2b）cos（A）=acosC，（2sinBsinC）co

24、sA=sinAcosC，即2sinBcosA=sinAcosC+sinCcosA=sin（A+C）=sinBcosA=A=（2）A=B=，AC=BC，C=设CM=x，则AC=2x，在ACM中，由余弦定理得AM2=AC2+CM22ACCMcosC，即7=4x2+x2+2x2，解得x=1，AC=BC=2SABC=【点评】本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题18（12分）（2016春云南校级月考）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB侧面BB1C1C，BC=1，CC1=2，BC1=（1）求证：BC1平面ABC；（2）当二面角ACC1B为时，求三棱柱ABCA1B1C1的体积【分析】

25、（1）证明C1B平面ABC，根据本题条件，需要证明BC1AB，由AB侧面BB1C1C就可以解决；而要证明C1BBC，则需要通过解三角形来证明（2）作出垂直于C1C的截面，利用体积公式求三棱柱ABCA1B1C1的体积【解答】（1）证明：在BCC1中，BC=1，CC1=2，BC1=CBC1=90，BCBC1，AB侧面BB1C1C，BC1面BB1C1C，BC1AB，ABBC=B，BC1平面ABC；（2）解：如图所示，作BDC1C，连接AD，则ADB=，由等面积可得BD=，AB=，三棱柱ABCA1B1C1的体积V=【点评】本题考查线面垂直，考查三棱柱ABCA1B1C1的体积，考查学生分析解决问题的能力

26、，正确运用线面垂直的判定定理是关键19（12分）（2016春云南校级月考）某校准备从报名的7位教师（其中男教师4人，女教师3人）中选3人去边区支教（）设所选 3人中女教师的人数为X，求X的分布列及数学期望；（）若选派的三人依次到甲、乙、丙三个地方支教，求甲地是男教师的情况下，乙地为女教师的概率【分析】（）确定X的所有可能取值，求出相应的概率，由此能求出X的分布列和EX；（）设事件A为“甲地是男教师”，事件B为“乙地是女教师”，利用条件概率公式，即可求出概率【解答】解：（）X的所有可能取值为0，1，2，3，且，所以X的分布列为：X0123P故（6分）（）设事件A为“甲地是男教师”，事件B为“乙地

27、是女教师”，则，所以（12分）【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查学生的计算能力，属于中档题20（12分）（2016安徽校级四模）在平面直角坐标系xOy中，点P（a，b）（ab0）为动点，F1，F2分别为椭圆G的左、右焦点，A为椭圆G的左顶点，已知F1PF2为等腰三角形（）求椭圆G的离心率；（）过F2的直线m：x=1与椭圆G相交于点M（M点在第一象限），平行于AM的直线l与椭圆G交于B，C两点，判断直线MB，MC是否关于直线m对称，并说明理由【分析】（）由ab，可得PF1=F1F2，或PF2=F1F2，设F1（c，0），F2（c，0），运用两点的距离公式和离心率公式，计

28、算即可得到所求值；（）由已知条件得椭圆的方程为+=1，即有A（2，0），M（1，），设直线l：y=x+n，n1设B（x1，y1），C（x2，y2），由 ，得x2+nx+n23=0再由根的判别式和韦达定理结合已知条件能求出直线MB，MC关于直线m对称【解答】解：（）由ab，可得PF1PF2，设F1（c，0），F2（c，0），若PF1=F1F2，则=2c，即有a2+ac2c2=0，由ac，可得a2+ac2c2，故方程无解；若PF2=F1F2，则=2c，即有a2ac2c2=0，即有2e2+e1=0，解得e=（1舍去），综上可得，椭圆G的离心率为；（）由F2（1，0），可得c=1，a=2，b=，即有椭

29、圆的方程为+=1，A为椭圆G的左顶点，A（2，0），M（1，），由题意可设直线l：y=x+n，n1设B（x1，y1），C（x2，y2），由，得x2+nx+n23=0由题意得=n24（n23）=123n20，即n（2，2）且n1x1+x2=n，x1x2=n23kMB+kMC=kMB+kMC=+=+=1+=1+=1=0，故直线MB，MC关于直线m对称【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查两条直线是否关于已知直线对称的判断，解题时要认真审题，注意根的判别式和韦达定理的合理运用21（12分）（2016春云南校级月考）已知函数f（x）=ax+x2xlna（a0，a1）（1）当0a1时，求证：函数f（x）在

30、（，0）上单调递减；（2）若函数y=|f（x）t|1有三个零点，求t的值；（3）对于任意x1，x21，1都有，|f（x1）f（x2）e1，试求a的取值范围|【分析】（1）求导函数，确定f（x）0，故函数f（x）在（，0）上单调递减（2）函数y=|f（x）t|1有三个零点，f（x）=t1共有三个根，即y=f（x）的图象与两条平行于x轴的直线y=t1共有三个交点，即可解出t的值；（3）问题等价于f（x）在1，1的最大值与最小值之差e1，即可求出a的取值范围【解答】（1）证明：f（x）=ax+x2xlna，求导函数，可得f（x）=axlna+2xlna=2x+（ax1）lna，由于0a1，lna0，

31、当x0时，ax10，f（x）0，故函数f（x）在（，0）上单调递减；（2）解：由|f（x）t|1=0，得：f（x）=t1，或f（x）=t+1，函数y=|f（x）t|1有三个零点，f（x）=t1共有三个根，即y=f（x）的图象与两条平行于x轴的直线y=t1共有三个交点不妨取a1，y=f（x）在（，0）递减，在（0，+）递增，极小值f（0）=1也是最小值，当x时，f（x）+t1t+1，f（x）=t+1有两个根，f（x）=t1只有一个根t1=fmin（x）=f（0）=1，t=2；（3）问题等价于f（x）在1，1的最大值与最小值之差e1由（2）可知f（x）在1，0上递减，在0，1上递增，f（x）的最小

32、值为f（0）=1，最大值等于f（1），f（1）中较大的一个，f（1）=+1+lna，f（1）=a+1lna，f（1）f（1）=a2lna，记g（x）=x2lnx，（x1），则g（x）=（1）20（仅在x=1时取等号）g（x）=x2lnx是增函数，当a1时，g（a）=a2lnag（1）=0，即f（1）f（1）0，f（1）f（1），于是f（x）的最大值为f（1）=a+1lna，故对x1，x21，1，|f（x1）f（x2）|f（1）f（0）|=alna，alnae1，当x1时，（xlnx）=0，y=xlnx在1，+）单调递增，由alnae1可得a的取值范围是1ae【点评】本题考查导数知识的运用，考查

33、函数的单调性，考查函数的零点，考查恒成立问题，考查学生分析解决问题的能力，解题的关键是利用导数确定函数的最值请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请写清题号（本小题满分10分）【选修4-1：几何证明选讲】22（10分）（2016春云南校级月考）如图，已知在ABC中，AE，AD分别为其角平分线和中线，ADE的外接圆为O，O与AB，AC分别交于M，N，求证：（）；（）BM=CN【分析】（）过C作CFAB，CF与AE的延长线交于F，BAE=CAE，F=CAE，AC=CF可得ABEFCE，；（）由割线定理可得BMBA=BDBE，CNCA=CECD，由BD=CD，可知，由（）知，化简易得结论【解答】解：（）证明：过C作CFAB，CF与AE的延长线交于F，F=BAFAE为ABC的角平分线，BAE=CAE，F=CAE，AC=CFABEFCE，（5分）（）由割线定