宁都中学高三上学期11月月考数学(理科)答案

命题人：曾焰生

一、选择题：（每小题5分共60分） 1．已知复数z满足

1z1z，则z的虚部为（ ） iA、i B、－1 C、1 D、－i 【答案】C

【解析】由已知，1＋z＝（1－z）i，则z＝

1i(1i)(1i)＝i，虚部为1 1i2考点：复数的概念，复数的代数运算

2．用5,6,7,8,9组成没有重复数字的五位数，其中有且只有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数的个数是（ ）

A．36 B．48 C．72 D．120 【答案】A 【解析】

试题分析： 第一步选一个奇数夹在两个偶数之间，有3种选法，第二步把这三个数看成一

2个整体与另外两个奇数进行全排，有A3种排法，第三步两个偶数再排，有2种方法，共有

23A3236种。

考点：分步乘法计数原理的应用。 3．若CxN|1x10，则（ ）

A.5C B.5C C.5C D.5C

【答案】D 【解析】

试题分析：对于元素与集合的关系应从“属于”和“不属于”考虑，对于集合与集合的关系应从“包含”和“不包含”考虑，将集合C用列举法表示C{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，则不难发现选择D正确.

考点：元素与集合的关系.

y4．直线l：m1x的图象同时经过第一、二、四象限的一个必要不充分条件是 （ ） nnA．m＞1，且n＜1 B．mn＜0

C．m＞0，且n＜0 D．m＜0，且n＜0 【答案】B. 【解析】

m1m1x经过第一、二、四象限，故0且0，即m0且n0，nnnn但此为充要条件，因此，其一个必要不充分条件为mn0，故选B.

试题分析：因为直线y考点：直线的方程；充分必要条件.

5．等差数列{an}中a5a64，则log2(212223…210) A．10 B．20 C．40 D．2+log25 【答案】B 【解析】 试题分析：

aaaalog2(2a12a22a3…2a10)log22aa12a1010(a1a10)5(a5a6)20，故选B．

2考点：1.等差数列的性质；2.对数与指数的运算性质. 6．下图是一个程序框图, 则输出的结果为（ ）

A.20 B.14 C.10 D.7 【答案】A 【解析】

试题分析：由程序框图知：第一次循环i1,a5； 第二次循环i2,a14； 第三次循环i3,a7； 第四次循环i4,a20； 第五次循环i5,a10； 第六次循环i6,a5；

...

输出的a值周期为5，因为跳出循环的i值为2015，所以第2014次循环的a20.故正确答案为选项A. 考点：程序框图

x2y27．已知点F是双曲线221（a＞0，b＞0）的左焦点，点E是该双曲线的右顶点，过

ab点F且垂直于x轴的直线与双曲线交于A、B两点，△ABE是直角三角形，则该双曲线的离心率是（ ）

A、3 B、2 C、2 D、3 【答案】B

【解析】∵AB⊥x轴，又已知△ABE是直角三角形，且必有AE＝BE，

∴△ABE是等腰直角三角形，所以∠AEB＝90°，∠AEF＝45°，于是AF＝EF

b2b2不妨设A点在x轴上方，则A（－c，），故＝a＋c

aa即b＝a（a＋c），得c－ac－2a＝0

2

即e－e－2＝0，得e＝2（e＝－1舍去）

考点：双曲线标准方程，双曲线的性质，直线与双曲线位置关系 8．函数y =sinx2

2

2

sinx的值域是( )

A．{ 0 } B．[ -2 , 2 ] C．[ 0 , 2 ] D．[ -2 , 0 ] 【答案】D 【解析】

2sinx,sinx0试题分析：∵y=sinx+|sinx|= ，根据正弦函数的值域的求解可得0≤y≤2，

0,sinx＜0故答案为：[0，2]．

考点：正弦函数的定义域和值域

9．f(x)是定义在非零实数集上的函数，f(x)为其导函数，且x0时，xf(x)f(x)0，

f(20.2)f(0.22)f(log25)记a，则 （ ） ，b，clog2520.20.22（A）abc （B）bac

（C）cab （D）cba 【答案】C 【解析】

试题分析：构造函数g（x）＝

f(x)xf'(x)f(x)（x＞0），则g'（x）＝ xx2由已知，x＞0时g'（x）＜0，即g（x）在（0，＋∞）上为减函数

20.2

而0.2＜1＜2＜2＜log25

0.22

故g（log25）＜g（2）＜g（0.2） 即c＜a＜b

考点：利用导数研究函数性质，指数与对数运算

10．设OABC是正三棱锥，G1是ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG3GG1，若OGxOAyOBzOC，则(x,y,z)为（ ）

A．111333111222,, B．,, C．,, D．,, 444444333333【答案】A 【解析】

试题分析：由G是OG1上一点，且OG3GG1，可得

3333OGOG1(OAAG1)OAAG1

444421又因为G1是ABC的重心，所以AG1[(ABAC)]

323321OGOA[(ABAC)]443231111OA[(OBOA)(OCOA)]OAOBOC 44444111111而OGxOAyOBzOC，所以x,y,z，所以(x,y,z)(,,)，选A.

444444考点：1.空间向量的加减法；2.空间向量的基本定理.

32

11．已知函数f(x)=x+bx+cx+d(b、c、d为常数),当x∈(0,1)时取得极大值,当x∈(1,2)

22时取极小值,则(b)(c3)的取值范围是( ).

12A.(3737,5) B.(5,5) C.(,25) D.(5,25)

42【答案】D

【解析】

试题分析：f(x)xbxcxd,f(x)3x2bxc；因为x∈(0,1)时取得极

'2大值,当x∈(1,2)时取极小值，所以f(x)3x2bxc0的两根0x11,1x22，

32'2f'(0)0'所以f(1)0，

f'(2)0c0122即2bc30，作出不等式表示的平面区域（如图）；(b)(c3)表示区域内

24bc120的点M到A(11,3)的距离的平方,点A(,3)到直线2bc30的距离22d133412bc305；联立，得B(4.5,6),AB5,所以

4bc12015(b)2(c3)225

2

考点:函数的极值、线性规划.

12．已知向量a,b,c满足a4,b22,a 与b的夹角为则ca的最大值为

，(ca)(cb)1，4（A）2【答案】D 【解析】

1221 （B） （D）21 1 （C）222试题分析：设OAa,OBb,OCc；

以OA所在直线为x，O为坐标原点建立平面直角坐标系， ∵a4,b22,a 与b的夹角为， 4则A（4，0），B（2，2），设C（x，y） ∵(ca)(cb)1，

∴x+y-6x-2y+9=0，

22

即（x-3）+（y-1）=1表示以（3，1）为圆心，以1为半径的圆，

2

2

ca表示点A，C的距离即圆上的点与点A（4，0）的距离；

∵圆心到B的距离为∴ca的最大值为(34)2(10)22， 21，故选：D． 考点：１．向量的和与差的模；２．向量加减法的几何意义；３．向量的数量积．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题（题型注释）

13．在等差数列{an}中，前15项的和S1590，则a8【答案】6

 . 14．xa的展开式中，x7的系数为15，则a=________.(用数字填写答案) 【答案】

101 2r10rr373【解析】因为Tr1C10xa，所以令10r7，解得r3，所以T4C10xa=15x7，

解得a1. 2考点：本小题主要考查二项式定理的通项公式，求特定项的系数，题目难度不大，属于中低档.

上为增函数，且f20，则不等式f(x)015．设定义在R上的奇函数fx在0，的解集为 。 【答案】(,2)(0,2). 【解析】

上为增函数，试题分析：因为定义在R上的奇函数fx在0，且f20，所以定fx在,0上为增函数，且f(2)0；则f(x)0x0x0，即或x2x2x2或0x2，所以不等式f(x)0的解集为(,2)(0,2).

考点：抽象不等式的解集.

16．设an是等比数列，公比q2，Sn为an的前n项和。记Tn17SnS2n,nN*，

an1设Tn0为数列Tn的最大项，则n0=_______． 【答案】4

a1[1(2)n]【解析】试题分析：设等比数列的首项为a1，则ana1(2)，Sn，

12n1所以Tn＝17SnS2nan1a1[1(2)n]a1[1(2)2n]11612n1712[(2)17]， nna1(2)12(2)因为(2)n最大．

评卷人 1616，当且仅当(2)n，即n4时取等号，故当n04，Tn08nn(2)(2)得分 三、解答题（题型注释）

17．（本小题满分12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，C＝△ABC的面积为103. （1）求b，c的值；

，a＝5，3）的值. 313【答案】（1）c＝7；（2）

14（2）求cos（B－

【解析】 试题分析：（1）利用三角形面积公式可先求出b，然后利用余弦定理求c；（2）利用（1），用余弦定理求出cosB，再求出sinB，然后用余弦差角公式可求得cos（B－试题解析：（1）由已知，C＝即103）的值. 31，a＝5，因为S△ABC＝absinC

231b5sin，解得b＝8 232

＝49，所以c＝7 34925641 （2）由（1）有cosB＝

707由余弦定理得：c＝64＋25－80cos

由于B是锐角三角形的内角，故sinB＝1cosB243 7所以cos（B－

1143313）＝cosBcos＋sinBsin＝ 333727214考点：解三角形，余弦定理，三角形面积，余弦差角公式

18．（本题满分12分）若点p,q，在p3,q3中按均匀分布出现.

（1）点M(x,y)横、纵坐标分别由掷骰子确定，第一次确定横坐标，第二次确定纵坐标，

则点M(x,y)落在上述区域的概率？

（2）试求方程x22pxq210有两个实数根的概率. 【答案】（1）

1；（2）36。 436【解析】

试题分析：（1）先确定由掷骰子所确定p、q都是整数点的个数为36，再确定再

p3,q3内的整数点为9个，由古典概型求之；（2）|p|≤3，|q|≤3表示正方形

区域，而方程有两个实数根，应满足0，表示正方形中圆以外的区域，由几何概型求概率。

试题解析：（1）根据题意，点（p，q），在|p|≤3，|q|≤3中，即如图所在正方形区域，

其中p、q都是整数的点有6×6=36个，

点M（x，y）横、纵坐标分别由掷骰子确定，即x、y都是整数，且1≤x≤3，1≤y≤3，

点M（x，y）落在上述区域有（1，1），（1，2），（1，3），

（2，1），（2，2），（2，3），（3，1），（3，2），（3，3），有9个点， 所以点M（x，y）落在上述区域的概率P1=

91 664

（2）|p|≤3，|q|≤3表示如图的正方形区域，易得其面积为36；

2222

若方程x+2px-q+1=0有两个实数根，则有△=（2p）-4（-q+1）≥0，

22

解可得p+q≥1，为如图所示正方形中圆以外的区域，其面积为36-π， 即方程x+2px-q+1=0有两个实数根的概率，P2=36

362

2

考点：1、古典概型；2、几何概型。

19．如图，四棱锥PABCD中,PA平面ABCD，底面ABCD为梯形，AB//DC，

ABC900，且PAABBCCD1,EB121PE.（10分） 2PEADCB

（1）求证：PD//平面AEC; （2）求二面角ACEP的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）二面角ACEP的余弦值为【解析】

试题分析：（1）连结BD,交AC于点M,连结EM，由所给条件可得BMBEMDPE，即

3． 6PD//EM，则PD//平面AEC；（2）以A为原点，AB,AP所在直线分别为y轴、z轴，

如图建立空间直角坐标系.

设PAABBCa，则可得A,B,C,P,E坐标，设nx,y,1为平面EAC的一个法向量，由n1AC

11,1n1AE，可得n,,1，同理n2x,y为平面PBC的一个法向量，

22n2(0,1,1)，cosn1,n2

n1n2|n1||n2|3.6

知二面角的余弦值.

2试题解析：（1）连结BD,交AC于点M,连结EM， ∵AB//DC，AB1CD， ∴

BMAB1 MDCD2又 ∵

BE1, ∴BMBE∴ 在△BPD中， PD//EM PE2MDPE PD平面AEC,EM平面AEC ∴PD∥平面EAC----------------4分

（2）方法一：以A为原点，AB,AP所在直线分别为y轴、z轴，如图建立空间直角坐标

系.

设PAABBCa，则A0,0,0，B0,a,0，Ca,a,0，P0,0,a，E0,2aa ,．

33设nx,y,1为平面EAC的一个法向量，

axay0,则n1AC，n1AE，∴2aya，

0.33解得x1111,y，∴n,,1． 2222设n2x,y,1为平面PBC的一个法向量，则n2BC，n2BP，

ax'0,又BCa,0,0，BP(0,a,a)，∴， 'aya0,sn1,n2解得x'0,y'1，∴n2(0,1,1) con1n2|n1||n2|3. 6∴二面角ACEP的余弦值为3． -------------------10分 6方法二：在等腰RtPAB中，取PB中点N，连结AN，则ANPB

∵面PAB⊥面PCB，面PAB面PCB=PB，∴AN平面PBC．

在平面PBC内，过N作NH直线CE于H，连结AH，由ANCE、NHCE，

得CE平面ANH，故AHCE．

∴AHN就是二面角ACEP的平面角． 在RtPBC中，设CBa，PB12a， PA2AB22a，BEPB33NE1112a， PBa，CECB2BE2663由NHCE，EBCB可知：NEH∽CEB， ∴

NHCBa， 代入解得：NH． NECE222a， 2在RtAHN中，AN∴tanAHNAN13． 11，cosAHNNH1116∴二面角ACEP的余弦值为

3． 6考点：线面平行的判定定理，二面角，空间向量的坐标运算.

x2y2D在椭圆上，20．如图，设椭圆221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2，点

abDF1F1F2，

2|F1F2|. 22，DF1F2的面积为2|DF1|（1）求该椭圆的标准方程；

（2）设圆心在y轴上的圆与椭圆在x轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径..

x242y21；【答案】（1）（2） 23【解析】

222cab试题分析：（1）由题设知F其中 c,0,Fc,012由

F1F2DF122DF122，可求c的值，再利用椭c,结合条件DF1F2的面积为

22圆的定义和勾股定理即可求得a,b的值，从而确定椭圆的标准方程；

（2）设圆心在y轴上的圆与椭圆在x轴的上方有两个交点为P1x1,y1,P2x2,y2由圆的对称性可知

x1x2,y1y2，利用P1x1,y1,P2x2,y2在圆上及PF11P2F20确定交点的坐标，进

而得到圆的方程.

222cab解：（1）设F，其中， c,0,Fc,012由

F1F2DF122得DF1F1F2222c 2从而SDF1F21222DF1F1F2c,故c1. 2229322222DFDFFF，由DF得，因此. FFDF21122112222从而DF1所以2aDF1DF222，故a2,b2a2c21

x2y21 因此，所求椭圆的标准方程为：2

x2y21相交，P（2）如答（21）图，设圆心在y轴上的圆C与椭圆1x1,y1,P2x2,y22C的切线，且F1PF2P2由圆和椭圆的对称是两个交点，y10,y20，F1P1,F2P2是圆1性，易知x2x1,y1y2

PP122|x1|.，

F2P由（1）知F所以F1P，再由F1P,0,F21,0，12111x11,y1,F2P2x11,y1x12422x11，得x11y0，由椭圆方程得1即3x1解得x1或4x10，

32221x10.

当x10时，P1,P2重合，此时题设要求的圆不存在. 当x14C. 时，过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心

3C的切线，且F1PC的半F2P2，知CP由F1P2CP1，又|CP1,F2P2是圆11||CP2|故圆

径CP1242 PP2x12123考点：1、圆的标准方程；2、椭圆的标准方程；3、直线与圆的位置关系；4、平面向量的数

量积的应用.

x2，g(x)=xex，21．设函数f(x)=x2+aln(x+2)、且f（x）存在两个极值点x1、其中x1＜x2.

（Ⅰ）求实数a的取值范围； （Ⅱ）求g(x1-x2)的最小值； （Ⅲ）证明不等式：

f(x1)＜-1. x2e【答案】（1）(0,2)；（2）-1；（3）见解析.

【解析】试题分析：（1）f（x）存在两个极值点，等价于其导函数有两个相异零点；（2）先找出（x1－x2）的取值范围，再利用g（x）的导函数可找出最小值；（3）适当构造函数，并注意x1与x2的关系，转化为函数求最大值问题，证明相关不等式. 试题解析：（Ⅰ）由题：f¢(x)=2x+ax+2(x＞-2)

∵函数f(x)存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2

∴关于x的方程2x+a=0即2x2+4x+a=0在(-2,+?)内有不等二实根

x+2令S(x)=2x2+4x(x＞-2)、T(x)=-a，则

y-2x1-1x2Oxy=-a-2

由图像可得-2＜-a＜0即0＜a＜2 ∴实数a的取值范围是(0,2)

ï（Ⅱ）由（Ⅰ）可知ïíìx1+x2=-2

ïïî-2＜x1＜-1∴x1-x2=x1-(-2-x1)=2x1+2

∴-2＜x1-x2＜0

由g(x)=xex得g¢(x)=(x+1)ex

∴当x?(2,-1)时，g¢(x)＜0，即g(x)在(-2,-1)单调递减； 当x?(1,0)时，g¢(x)＞0，即g(x)在(-1,0)单调递增 ∴g(x1-x2)min=g(-1)=-1

eìa=2x1x2ïï（Ⅲ）由（Ⅰ）知ïíx1=-2-x2 ïïïïî-1＜x2＜02()()∴fx1=x1+alnx1+2=x2+4-2(x2+2)ln(-x2)+4

x2x2x2f(x1)=-x-4+2(x-2)lnx+4 令-x2=x，则0＜x＜1且

x2x令F(x)=-x-4+2(x-2)lnx+4 (0＜x＜1)，则

x()F¢(x)=-1+42+2lnx+2x-2=42-4+2lnx+1 (0＜x＜1)

xxxx(2)(x)=-8+4+2=2x+2x-4 ∴Fⅱ323xxxx∵0＜x＜1

(x)＜0即F¢(x)在(0,1)上是减函数 ∴Fⅱ(x)＞F(1)=1＞0 ∴Fⅱ∴F(x)在(0,1)上是增函数

()∴F(x)＜F(1)=-1即fx1＜-1

x2考点：导函数，函数的单调性，最值，不等式证明

选做題(本小題满分10分，请从22、23、24三个小题中任选一題作答，并用铅笔在对应 方框中涂黑）

22.(本小题满分10分)选修4-1 :几何证明选讲 如图，AB是0的一条切线，切点为B，直线ADE，CFD，CGE都是O的割线，已知AC=AB.

(1)求证：FG//AC; (II)若CG=1，CD=4，求

23. (本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程

已知曲线C的极坐标方程是=2，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角 坐

DE的值. GF1x2t,2标系，直线l的参数方程为 (t为参数). y13t,2(I)写出直线l与曲线C的直角坐标系下的方程；

xx,(II)设曲线C经过伸缩变换得到曲线C设曲线C上任一点为M(x,y)，求

y2y,3x

24.(本小题满分10分)选修4-5:不等式选讲 已知函数 f(x) = log2(|2x-1|+|x+2|-a). (I)当a = 4时,求函数f(x)的定义域；

(II)若对任意的xR，都有f(x) 2成立，求实数a的取值范围.

22．解：(Ⅰ)因为AB为切线，AE为割线，

2所以ABADAE，

1y的取值范围. 2G O C 又因为ACAB，所以ADAEAC2． 所以

ADAC，又因为EACDAC， ACAEF D A

E B 第22题图

所以△ADC∽△ACE，

所以ADCACE，又因为ADCEGF， 所以EGFACE，

所以FG//AC． ……………………5分 (Ⅱ)由题意可得：G,E,D,F四点共圆，

CGFCDE,CFGCED. CGF∽CDE.

DECD. GFCG又CG1,CD4，

DE=4. ………………………………10分 GF23．解：（Ⅰ）直线l的直角坐标方程

3xy2310, ………………………………2分

曲线C的直角坐标方程

x2y24. ………………………………4分

xx,y224， （Ⅱ）曲线C经过伸缩变换得到曲线C的方程为x4y2y则点M参数方程为x2cos,1(参数)，代入3xy得，

2y4sin11y=32cos4sin2sin23cos4sin(), 22313xy的取值范围为

23x4,4. ………………………………10分

24.解：（Ⅰ）由题意得f(x)log2(2x1x24)，

2x1x240 .

5当x2时，(2x1)(x2)40， x,

3即x2.

1当2x时，(2x1)(x2)40,x1,

2即2x1，

1当x时，(2x1)(x2)40,x1.

2即x1.

综

上

所

述

,

函

数

f(x)的定义域为

xx1,或x1. ………………………………5分

（Ⅱ）由题意得log2(2x1x2a)2log24恒成立， 即2x1x2a4，2x1x24a恒成立，

3x5,x2,1令g(x)2x1x24x1,2x,

213x3,x,2显然x13时，g(x)取得最小值，223a. ………………………………10分

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