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2016届山西省山西大学附中高三10月月考数学(理)试题 【解析版】


2016 届山西省山西大学附中高三 10 月月考 数学(理)试题及解析
一、选择题 1. 设 U ? A ? B ? {x ? N 0 ? x ? 10}, A ? ? 则 B 的非空真子集的 U B ? {1,2,3,5,7,9} , 个数为( ) A.5 B.30 【答案】B C.31 D.32

【解析】 试题分析: 因为 U ? A ? B ? {x ? N 0 ? x ? 10} ? {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10},

A?? U B ? {1,2,3,5,7,9} ,所以 B ? {0,4,6,8,10} ,所以集合 B 的非空真子集共有
25 ? 2 ? 30 个,故选 B.
【考点】1.集合间的关系;2.集合的运算. 【易错点睛】本题主要考查集合间的基本关、系集合的运算,属容易题.本题求的是集 合 B 的非空真子集的个数,在求解时由于审题不认真,容易当成非空子集或真子集、子 集的个数而导致错误. 2.角 ? 的终边过点 (3a ? 9, a ? 2) ,且 cos? ? 0, sin ? ? 0 ,则 a 的范围是( A. (?2,3) 【答案】C 【解析】试题分析:因为 cos ? ? 0,sin ? ? 0 ,所以角 ? 的终边在第二象限或在 y 轴的 正半轴上,所以 ? B. ?? 2,3? C. ?? 2,3? D. ?? 2,3? )

?3a ? 9 ? 0 ,解之得 ?2 ? a ? 3 ,故选 C. ?a ? 2 ? 0
1 a ? a10 a3, 2a 2 ,成等差数列,则 9 ? 2 a 7 ? a8
D. 3 ? 2 2

【考点】三角函数的定义. 3.已知等比数列 ?an ? 中,各项都是正数,且 a1, A. 1 ? 2 【答案】C 【解析】 试题分析: 设等比数列的公比为 q , 则 a3 ? a1q2 ,a2 ? a1q , 又因为 a1,
2 成等差数列, 所以 a3 ? a1 ? 2a2 , 即 aq ? a 1 ?aq 21 1

B. 1 ? 2

C. 3 ? 2 2

1 a3, 2a2 2

,q ? 1 ? 2q , 解之得 q ? 1 ? 2
2

或 q ? 1 ? 2 ,又因为等比数列 ?an ? 的各项都是正数,所以 q ? 1 ? 2 ,又
2 a9 ? a10 ? a7 ? a8 ? q ? ? q2 ? 3 ? 2 2 ,故选 C. a7 ? a8 a7 ? a8

【考点】等差、等比数列的定义与性质. 4.下列命题中的说法正确的是
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A.若向量 a // b ,则存在唯一的实数 ? 使得 a ? ? b ; B.命题“若 x 2 ? 1 ,则 x ? 1 ”的否命题为“若 x 2 ? 1 ,则 x ? 1 ” ; C.命题“ ?x0 ? R ,使得 x0 ? x0 ? 1 ? 0 ”的否定是: “ ?x ? R ,均有 x 2 ? x ? 1 ? 0 ” ; D. “ a ? 5 且 b ? ?5 ”是“ a ? b ? 0 ”的不充分也不必要条件; 【答案】D 【解析】试题分析:当 a ? 0, b ? 0 时,不存在实数 ? 使 a ? ? b ,所以 A 错;否命题是 将命题中的条件与结论同否定,所以 B 错;命题“ ?x0 ? R ,使得 x0 ? x0 ? 1 ? 0 ”的 否定是: “ ?x ? R ,均有 x 2 ? x ? 1 ? 0 ” ,所以 C 错; 命题“ a ? 5 且 b ? ?5 ? a ? b ? 0 ”的逆否命题为: “ a ? b ? 0 ? a ? 5 或 b ? ?5 ” 是假命题,故原命题为假命题, “ a ? b ? 0 ? a ? 5 且 b ? ?5 ”的逆否命题为: “a ? 5 或 b ? ?5 ? a ? b ? 0 或 b ? ?5 ” 是假命题, 故原命题为假命题, 所以 “ a ? 5 且 b ? ?5 ” 是“ a ? b ? 0 ”的不充分也不必要条件. 【考点】1.向量共线基本定理是;2.命题的四种形式;3.充分条件与必要条件. 5.设 a, b ? R ,则“ a > b ”是“ a a > b b ”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】C
2 2

?

??

?

?

?

ì ? x2 , x ? 0 ? 【解析】试题分析:设 f (x) = x x ,则 f ( x ) = í ,所以 f ( x) 是 R 上的增 2 ? ? ?- x ,x< 0
函数, “ a > b ”是“ a a > b b ”的充要条件,故选 C. 【考点】1.不等式性质;2.充分条件与必要条件. 6.已知正四棱锥 S ? ABCD 中, SA ? 2 3 ,那么当该棱锥的体积最大时,它的高为 ( A. 1 【答案】C 【解析】试题分析:设正四棱锥的高为 t ,则 0 ? t ? 2 3 ,则 ) B. 3 C. 2 D. 3

AO ? SA2 ? AO 2 ?
以四棱锥的体积 V ?

?2 3?

2

? t 2 ? 12 ? t 2 , AB ? 2 AO ? 2 ? 12 ? t 2 ,所

1 1 S正方形ABCD ? SO = ? 3 3

?

2 ? 12 ? t 2

(t ? 8t ) , ? ?t ? ? 2 3
2 3

V ? ? ?2(t 2 ? 4t ) ,
由 V ? ? 0 得 0 ? t ? 2 ,所以体积函数在区间 (0, 2) 上单调递增,在区间 (2,2 3) 上单调
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递减,所以当 t ? 2 时,体积有最大值,故选 C.

S

A B O C

D

【考点】1.多面体体积;2.导数与函数最值. 【方法点睛】本题主要考查本题主要考查立体几何中的最值问题,多面体体积公式、导 数与函数等知识,属中档题.解决此类问题的两大核心思路:一是将立体问题转化为平 面问题,结合平面几何的相关知识求解;二是建立目标函数的数学思想,选择合理的变 量,利用导数、基本不等式或配方法求其最值. 7.设 a, b, c 为三角形 ABC 三边, a ? 1, b ? c, 若

logc?b a ? logc?b a ? 2logc?b a logc?b a ,则三角形 ABC 的形状为(
A.锐角三角形 【答案】B. B.直角三角形 C.钝角三角形



D.无法确定

【解析】试题分析:由 logc?b a ? logc?b a ? 2logc?b a logc?b a 得

1 1 2 ? ? , loga ? c ? b ? loga ? c ? b ? loga ? c ? b ? loga ? c ? b ?

即 loga ? c ? b? ? loga ? c ? b? ? 2 ,
2 2 2 ?a ? b ? c ,所以该三角形为直角三 所以 log a c ? b ? log a a ,即 c ? b ? a ,

?

?

2

2

2

2

2

2

角形,故选 B. 【考点】1.对数的运算性质;2.勾股定理及逆定理. 8. Rt ?ABC 的角 A, B, C 所对的边分别是 a, b, c (其中 c 为斜边) ,分别以 a, b, c 边所 在的直线为旋转轴,将 ?ABC 旋转一周得到的几何体的体积分别是 V1 ,V2 ,V3 ,则( A. V1 ? V2 ? V3 B. )

1 1 1 ? ? V1 V2 V3 1 1 1 ? 2 ? 2 2 V1 V2 V3
1 2 b ? a ,以 b 边为旋转轴的 3

C. V12 ? V22 ? V32 【答案】D

D.

【解析】试题分析:以 a 边为旋转轴的几何体的体积 V1 ? 几何体的体积 V2 ?

1 2 a ? b ,以 c 边为旋转轴的几何体的体积 3
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1 ? ab ? a 2b2? ,所以 V3 ? ? ? ? c ? 3? c ? 3c
1 1 9 9 9(a 2 ? b2 ) 9c 2 1 ? ? ? ? ? ,故选 D. V12 V22 ? b2? a ?2 ? a 2? b ?2 a 4b4? 2 a 4b4? 2 V32
【考点】旋转体的体积. 9.执行如图所示的程序框图,则输出的结果为

2

A.4 B.9 C.7 D.5 【答案】B 【解析】试题分析:模拟算法:初始值: T ? 0, S ? 0, n ? 1 ;

T ? 21 ? 2, S ? 9(1 ? 1) ? 18, n ? 1 ? 2 ? 3, T ? S 否; T ? 23 ? 8, S ? 9(3 ? 1) ? 36, n ? 3 ? 2 ? 5, T ? S 否; T ? 25 ? 32, S ? 9(5 ? 1) ? 54, n ? 5 ? 2 ? 7, T ? S 否; T ? 27 ? 128, S ? 9(7 ? 1) ? 72, n ? 7 ? 2 ? 9, T ? S 是,输出 n ? 9 ,结束算法.故选
B. 【考点】程序构图. 【名师点睛】本题考查程序框图的程序运行,题为基础题.程序框图也是高考的热点, 几乎是每年必考内容,本题是已知程序框图计算输出结果问题,对此类问题,按程序框 图逐次的进行算法模拟计算,直到输出时,即可计算出输出结果,是程序框图还可考查 已知输入、输出,不全框图或考查程序框图的意义,处理方法均为算法模拟运算.
? 10. 已知 a, b 是平面内互不相等的两个非零向量, 且 | a |? 1, a ? b 与 b 的夹角为 150 ,

? ?

?

?

?

?

则 | b | 的取值范围是 ( A. (0, 3 ] 【答案】C B. [1, 3]

?

) C. (0,2] D. [ 3, 2]

【解析】 试题分析: 如下图所示, AB ? a, AD ? b, 则 AC ? DB ? a ? b , 因为 a ? b 与

??? ?

? ??? ?

?

??? ?

??? ?

? ?

?

?

? b 的夹角为 150? ,即 ?DAB ? 150? ,所以 ?ADB ? 30? ,设 ?DBA ? ? ,则

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0 ? ? ? 150? ,在三角形 ABD 中,由正弦定理得

? a sin 30?

?

? b sin ?

,所以

? b?

? a sin 30?

? ? sin ? ? 2sin ? ,所以 0 ? b ? 2 ,故选 C.

D

A

B

C
【考点】1.向量加减法的几何意义;2.正弦定理;3.正弦函数性质. 11.已知点 P 为双曲线

x2 y2 ? ? 1(a ? 0, b ? 0) 右支上一点, F1 , F2 分别为双曲线的左 a2 b2

右焦点, 且 | F1 F2 |?

b2 , I 为三角形 PF1 F2 的内心, 若 S?IPF ? S?IPF ? ?S?IF F 成立, 则 1 2 1 2 a

? 的值为(



A.

1? 2 2 2

B. 2 3 ? 1

C. 2 ? 1

D. 2 ? 1

【答案】D 【解析】试题分析:因为 | F1F2 |?

b2 ? 2c ? b2 ? 2ac ,即 c2 ? a 2 ? 2ac ,解之得 a

a?

?

2 ? 1 c ,又点 P 在双曲线的右支上,由双曲线的定义可知

?

PF1 ? PF2 ? 2a ? 2( 2 ? 1)c ,即 PF1 ? PF2 ? ( 2 ? 1) F1F2 ,设三角形 PF1F2 内
切圆半径为 r ,则

S?IPF ? S?IPF ?
1 2

?

r r r ? PF1 ? ? PF2 ? ( 2 ? 1) ? ? F1F2 ,即 2 2 2

2 ? 1 S?IF F ,即 S?IPF ? S?IPF ?
1 2 1 2

?

?

2 ? 1 S?IF F ,所以
1 2

?

? ? 2 ? 1 ,故选 D.
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【考点】双曲线的定义及几何性质. 12.已知函数 y ? f ( x) 是定义域为 R 的偶函数.当 x ? 0 时,

? ?5 sin( x)(0 ? x ? 1) ? 2 ?4 2 f ( x) ? ? , 若关于 x 的方程 5 ? f ( x) ? ? (5a ? 6) f ( x) ? 6a ? 0 ?( 1 ) x ? 1( x ? 1) ? 4 ?
( a ? R )有且仅有 6 个不同实数根,则实数 a 的取值范围是

5 4 5 C. 0 ? a ? 1或a ? 4
A. 0 ? a ? 1或a ? 【答案】C

B. 0 ? a ? 1或a ? D. 1 ? a ?

5 4

5 或a ? 0 4

【解析】试题分析:在坐标系内作出函数 y ? f ( x) 的图象(如下所示) ,由

5 ? f ( x) ? ? (5a ? 6) f ( x) ? 6a ? 0 得, f ( x ) ?
2 2

6 或 f ( x ) ? a ,又因为关于 x 的方程 5

5 ? f ( x) ? ? (5a ? 6) f ( x) ? 6a ? 0 ( a ? R )有且仅有 6 个不同实数根,由图象可知,

6 与函数图象有四个公共点,所以 f ( x ) ? a 应与函数 y ? f ( x) 有两个公共点, 5 5 由图象得 a 的取值范围为 0 ? a ? 1 或 a ? ,故选 C. 4 f ( x) ?
2 1.5 1 0.5 3 2 1 0.5 1 1.5 2 1 2 3

【考点】1.函数的奇偶性;2.数形结合;3.分段函数的应用;4.函数与方程. 【方法点睛】本题主要考查函数的奇偶性、函数与方程以及数形结合,属难题.求函数 零点问题常用数形结合的方法求解,解决这类问题的关键是: 1.根据已知每件正确求解函数的解析式,并准确画出函数的图象; 2.由图象及一元二次方程确定方程 5 ? f ( x) ? ? (5a ? 6) f ( x) ? 6a ? 0 的解 f ( x ) ? t 的
2

个数及范围; 3.数形结合求出参数范围. 二、填空题

2i 3 13.设 i 是虚数单位, Z 是复数 Z 的共轭复数,若 Z ? ,则 Z ? _________. 1? i
【答案】 ?1 ? i 【解析】试题分析: Z ?

2i 3 ?2i(1 ? i ) ? ? ?1 ? i ,所以 Z ? ?1 ? i . 1 ? i (1 ? i )(1 ? i )
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【考点】1.复数的运算;2.复数相关概念. 14. 向曲线 x ? y ? x ? y 所围成的区域内任投一点, 这点正好落在 y ? 1 ? x2 与 x 轴
2 2

所围成区域内的概率为 ______________. 【答案】

4 6 ? 3?
2 2

【解析】 试题分析:x ? y ? x ? y 所围成的区域如下图所示的四个圆弧围成的图形,

? 2? 2 其面积 S ? 2 ? 2 ? 2 ? ? ? ? ? ? 2 ? ? , y ? 1 ? x 与 x 轴所围成区域的面积 ? 2 ?
1 ? ? S1 ? ? ?1 ? x 2 ? dx ? ? x ? x 3 ? ?1 3 ? ?
1

2

4 S 4 4 1 ,所以概率 P ? 1 ? 3 ? . ?1 ? 3 S 2 ? ? 6 ? 3?

【考点】1.几何概型;2.定积分的几何意义;3.圆的方程. 【名师点睛】本题主要考查几何概型与定积分、圆的方程的交汇,属中档题.几何概型 常常与构成该事件的区域的长度、面积、体积或角度有关,在高考中经常涉及面积区域 的问题,而面积的解决又与定积分有关,因此高考命题常常在此交汇.面积问题常常涉 及一些与定积分有关的问题,应用时一定要注意几何图形的分割及所对应的函数解析 式,注意定积分的上、下限等. 15.已知点 A( ?

1 1 , ) 在抛物线 C : y 2 ? 2 px( p ? 0) 的准线上,点 M,N 在抛物线 C 上, 2 2

且位于 x 轴的两侧,O 是坐标原点,若 OM ? ON ? 3 ,则点 A 到动直线 MN 的最大距离 为 【答案】 .

5 2 2
1 1 , ) 在抛物线 C : y 2 ? 2 px( p ? 0) 的准线上,所以 2 2

【解析】试题分析: ,因为点 A( ? 准线方程为 x ? ?

p 1 ? ? ,所以 p ? 1 ,所以抛物线方程为 y 2 ? 2 x ,点 M , N 在抛物 2 2

线上, 所以可设 M (

???? ? ???? y12 y2 y2 y 2 , y1 ), N ( 2 , y2 ) , MO ? N ? 3 得, 1 ? 2 ? y2 ? y1 ? 3 , 由O 2 2 2 2

即 y12 y22 ? 4 y1 y2 ? 12 ? 0 ,解之得 y1 y2 ? 2 或 y1 y2 ? ?6 ,又因为点 M , N 在 x 轴的
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y12 y ? y1 两侧,所以 y1 y2 ? ?6 ,直线 MN 的方程为: ? 2 2 2 ,即 y y2 ? y1 y2 ? 1 2 2 x?
y ? y1 ?
?y y 2 y2 ( x ? 1 ) ,当 y ? 0 时, x ? 1 2 ? 3 ,所以直线 MN 恒过定点 2 y1 ? y2 2

1 1 P(3,0) ,所以点 A( ? , ) 到直线 MN 的最大距离为 2 2

5 2 ? 1 ? ?1 ? AP ? ? ? ? 3 ? ? ? ? 0 ? ? . 2 ? 2 ? ?2 ?
【考点】1.抛物线的几何性质;2.向量的坐标运算;3.直线方程. 【方法点睛】本题主要考查抛物线的几何性质、向量的坐标运算求直线方程等问题;属 难题.求圆锥曲线中的最值问题,常用方法有: 1.根据圆锥曲线的定义转化,根据几何意义求解; 2.求出所求值对应的目标函数,由函数性质、基本不等式、导数等方法求最值; 3.利用圆锥曲线或某条直线过定点求解(如本题就是利用直线过定点求解的) . 16.函数 y ? ( ) 于 . 【答案】 8 【解析】试题分析:求函数 y ? ( )

2

2

1 3

x ?1

? 4 cos 2

?
2

x ? 2( ?3 ? x ? 5) ,则此函数的所有零点之和等

1 x ?1 ? 1 x ?1 ( ) ? 2 ? 4 cos2 x 在区间 ?3,5? 上的解,也就是求函数 y ? ( ) 与函数 3 2 3 y ? 2 ? 4 cos 2

1 3

x ?1

? 4 cos2

?
2

x ? 2( ?3 ? x ? 5) 的零点,即求方程

?

2

x 在 ?3,5? 上图象交点的横坐标,在同一坐标系内作出两个函数图象,

由图可知两个函数均关于直线 x ? 1 对称, 且共有 8 个公共点也关于直线 x ? 1 对称, 所 以这些公共点的横坐标之和为 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? x6 ? x7 ? x8 ? 4 ? 2 ? 8 .

【考点】1.函数与方程;2.指数函数和图象与性质;3.余弦函数的图象与性质. 三、解答题 17. ?ABC 中,内角 A,B, C 的对边分别是 a, b, c ,已知 a, b, c 成等比数列,且

3 . 4 1 1 ? (1)求 的值; tan A tan B cos B ?
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3 ,求 a ? c 的值. 2 8 2 7或 7; 【答案】 (1) (2) 3 . 7 7
(2)设 BA ? BC ? 【解析】试题分析: (1)由 a, b, c 成等比数列得到 b 2 ? ac ,由余弦定理求

??? ? ??? ?

cos B ?

1 c a 3 c c 1 7 ( ? ? 1) ? ,可求得 ? 2 或 ? ,并可求出 sin B ? ,将 2 a c 4 a a 2 4

1 1 ? 用角 A, B 的正弦和余弦表示并化简,再用正弦定理代入即可求出结果; tan A tan B ??? ? ??? ? 3 3 (2)将向量表达式 BA ? BC ? 用向量数量积定义表示得 ca ? cos B ? ,可求得 2 2 c c 1 b2 ? ca ? 2 ,又 ? 2 或 ? ,求出 a, c 的值,可求 a ? c ;或用余弦定理求之也可. a a 2
试题解析: (1)因为 a, b, c 成等比数列,所以 b 2 ? ac , 由余弦定理可知: cos B ?

a 2 ? c 2 ? b 2 a 2 ? c 2 ? ac 1 c a ? ? ( ? ? 1) 2ac 2ac 2 a c

又 cos B ? 于是

1 c a 3 c 1 3 7 ,所以 sin B ? ,且 ( ? ? 1) ? ,解得 ? 2或 . 4 2 a c 4 a 2 4

1 1 cos A cos B sin C c 8 2 ? ? ? ? ? ? 7或 7. tan A tan B sin A sin B sin A ? sin B a ? sin B 7 7 ??? ? ??? ? 3 3 (2)因为 BA ? BC ? ,所以 ca cos B ? ,所以 ca ? 2 , 2 2 c 1 又 ? 2或 ,于是 c ? a ? 3 . a 2 ??? ? ??? ? 3 3 3 2 【另解】由 BA ? BC ? 得 ca ? cos B ? ,由 cos B ? 可得 ca ? 2 ,即 b ? 2 2 2 4
2 2 2 2 2 2 由余弦定理 b ? a ? c ? 2ac ? cos B 得 a ? c ? b ? 2ac ? cos B ? 5

?a ? c?

2

? a 2 ? c 2 ? 2ac ? 5 ? 4 ? 9

∴ a ? c ? 3.

【考点】1.三角函数式的化简与求值;2.正弦定理与余弦定理;3.向量的数量积定 义. 18.甲箱子里装有 3 个白球 m 个黑球,乙箱子里装有 m 个白球,2 个黑球,在一次试验 中,分别从这两个箱子里摸出一个球,若它们都是白球,则获奖 (1) 当获奖概率最大时,求 m 的值; (2)在(1)的条件下,班长用上述摸奖方法决定参加游戏的人数,班长有 4 次摸奖机 会(有放回摸取) ,当班长中奖时已试验次数 ? 即为参加游戏人数,如 4 次均未中奖, 则 ? ? 0 ,求 ? 的分布列和 E? . 【答案】 (1)2 或 3; (2) (2) ? 的分布列

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?

1

2

3

4

0

P
E? ? 1.5726

3 10

21 100

147 1000

1029 10000

2401 10000

【解析】试题分析: (1)先求出两个箱子中分别摸出一个白球的概率 P 1 ?

3 , m?3

P2 ?

m 3 m 3 , 相乘可求出获奖的概率 P ? , 利用基本不等式 ? ? m?2 m?3 m?2 m? 6 ?5 m

即可求出概率的最大值及相应的 m 值; (2)由题意可知 ? 的取值有 0,1,2,3,4,分 别计算其相应的概率,列出分布列,由期望公式计算即可. 试题解析: (1)在第一个箱子中摸出一个球是白球的概率为 P 1 ? 中摸出一个球是白球的概率为 P2 ?

3 ,在第二个箱子 m?3

m ,所以获奖概率 m?2 6 3 m 3 3 P ? PP ? ? ? , 当且仅当 m ? ,即 m ? 6 时取 1 2 ? m m?3 m?2 m? 6 ?5 2 6 ?5 m 3 m 3 ? ? ,当 m ? 3 时, 等号,又因为 m 为整数,当 m ? 2 时, P ? m ? 3 m ? 2 10 P?

3 3 m 3 ? ? ,所以 m ? 2 或 3 时, Pmax ? ????4 分 10 m ? 3 m ? 2 10
3 ,由 n 次 10

(2) ? 的取值有 0,1,2,3,4,由(1)可知班长摸奖一次中奖的概率为 独立重复试验的恰好发生 k 次的概率计算公式可得:

?

1

2

3

4

0

P
E? ?

3 10

7 3 ? 10 10

49 3 ? 100 10

343 3 ? 1000 10

343 ? 7 10000

3000 ? 2100 ? 2 ? 1470 ? 3 ? 1029 ? 4 15726 ? ? 1.5726 10000 10000

【考点】1.古典概型;2.离散型随机变量的概率分布列与期望.

?ABC ? 60? ,EC ? 平面 ABCD , 19. 如图, 在多面体 ABCDEF 中,ABCD 为菱形,
FA ? 平面 ABCD , G 为 BF 的中点,若 EG // 平面 ABCD .

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(1)求证: EG ? 平面 ABF ; (2)若 AF ? AB ,求二面角 B ? EF ? D 的余弦值. 【答案】 (1)见解析; (2) ?

1 . 4

【解析】试题分析: (1)证明线面垂直,只要证明这条直线与平面内两条相交直线垂直 即可, 取 AB 中点 M , 连接 GM , CM , 可证 EG // CM , 先证 CM ? AB, CM ? AF , 即可证明 EG ? AB, EG ? AF ,即可证明结论成立; (2)建立空间直角坐标系,求出 平面 BEF 与平面 DEF 的法向量,由空间向量公式直接计算即可. 试题解析: (1)取 AB 的中点 M,连结 GM,MC,G 为 BF 的中点,

所以 GM //FA,又 EC ? 面 ABCD, FA ? 面 ABCD, ∵CE//AF, ∴CE//GM, ∵面 CEGM ? 面 ABCD=CM, EG// 面 ABCD, ∴EG//CM, ∵在正三角形 ABC 中,CM ? AB,又 AF ? CM ∴EG ? AB, EG ? AF, ∴EG ? 面 ABF. (2)建立如图所示的坐标系,设 AB=2, 则 B( 3,0,0 )E(0,1,1) F(0,-1,2)

EF =(0,-2,1) , EB =( 3 ,-1,-1) , DE =( 3 ,1, 1) ,
设平面 BEF 的法向量 n1 =( x, y , z )则

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?? 2 y ? z ? 0 ? ? 3x ? y ? z ? 0
∴ n1 =( 3,1,2 )

令 y ? 1 ,则 z ? 2, x ? 3 ,

同理,可求平面 DEF 的法向量 设所求二面角的平面角为 ? ,则

n2 =(- 3,1,2 )

cos ? = ?

1 . 4

【考点】1.线面垂直的判定与性质;2.空间向量的应用. 【方法点睛】本题主要考查线面垂直的判定与性质、空间向量的应用,属中档题.解答 空间几何体中的平行、垂直关系时,一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面 之间的平行、垂直关系进行转化,转化时要正确运用有关的定理,找出足够的条件进行 推理;求二面角,则通过求两个半平面的法向量的夹角间接求解.此时建立恰当的空间 直角坐标系以及正确求出各点的坐标是解题的关键所在. 20. 已知椭圆 C :

x2 y 2 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 , 其左, 右焦点分别为 F1 ,F2 , 2 a b 2
??? ?
? 3 7 ???? ???? , PF1 ? PF2 ? ,其中 O 为坐标原点. 4 2

点 P 是坐标平面内一点,且 OP ? (1)求椭圆 C 的方程;

(2)过点 S (0, ? ) ,且斜率为 k 的动直线 l 交椭圆于 A, B 两点,在 y 轴上是否存在定 点 M ,使以 A, B 为直径的圆恒过这个定点?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在, 请说明理由. 【答案】 (1)

1 3

x2 ? y2 ? 1 ; (2) 存在定点 M (01) 满足要求. 2
??? ?
7 7 2 2 ,得 m ? n ? ,又 4 2

【解析】试题分析: (1)设出点 P(m, n) ,由 OP ?

???? ???? 3 2 PF1 ? PF2 ? ,可求得 c2 ? 1 ,由离心率 e ? ,求出 a ,由椭圆性质求出 b ,即可 4 2
求椭圆的标准方程; (2)设出直线 AB 方程及点 M (0, m) ,代入椭圆方程并事理可得
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4k 4 16 (2k 2 ? 1) x 2 ? kx ? ? 0 ,由韦达定理写出 x1 ? x2 ? , 3 9 3(2k 2 ? 1) x1 x2 ? ?

???? ???? 16 ,代入向量表达式计 MA ? MB ? 0 算即可. 9(2k 2 ? 1)
2

试题解析: (1) e ?

c2 1 ? ? a 2 ? 2c 2 ,设 P(m, n) ,又 F1 (?c,0) , F2 (c,0) , a2 2

m2 ? n2 ?

7 3 2 2 2 , (?c ? m, ? n) ? (c ? m, ?n) ? m ? c ? n ? , 4 4

7 2 3 ? c ? ? c 2 ? 1 ,从而 a2 ? 2, b2 ? 1. 4 4
椭圆 C 的方程为

x2 ? y 2 ? 1. 2
1 4 16 2 2 ? 0 , ? ? 0 成立. 代入椭圆整理得 (2k ? 1) x ? kx ? 3 3 9

(2)设 l AB : y ? kx ?

记 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) ,则 x1 ? x2 ? 设存在定点 M (0, m) , MA ? MB ? 0

4k 16 , x1 x2 ? ? , 2 3(2k ? 1) 9(2k 2 ? 1)

???? ????

( x1, y1 ? m) ? ( x2 , y2 ? m) ? x1 x2 ? ( y1 ? m)( y2 ? m) ? 0
1 1 x1 x2 ? (kx1 ? m? )(kx2 ? m ? ) ? 0, 3 3 1 1 (k 2 ? 1) x1 x2 ? k (m ? )( x1 ? x2 ) ? (m ? ) 2 ? 0 3 3

(k 2 ? 1) ?

?16 1 4k 1 ? k ? (m ? ) ? (m ? ) 2 ? 0 2 2 9(2k ? 1) 3 3(2k ? 1) 3

1 2 1 ?16(k 2 ? 1) ? 12k 2 (m ? ) ? 9(2k 2 ? 1)(m 2 ? m ? ) ? 0, 3 3 9

18k 2 (m2 ?1) ? (9m2 ? 6m?15) ? 0 ,

? m2 ? 1 ? 0 ? m ? 1. 存在定点 M (01) 满足要求. ? 2 ?9m ? 6m ? 15 ? 0
【考点】1.椭圆的定义与性质;2.直线与椭圆的位置关系;3.向量的坐标运算. 【名师点睛】本是主要考查椭圆的定义与性质、直线与椭圆的位置关系,属难题;求椭 2 圆标准方程的方法一般为待定系数法:根据条件确定关于 a,b,c 的方程组,解出 a , 2 b ,从而写出椭圆的标准方程.解决直线与椭圆的位置关系的相关问题,其常规思路是 先把直线方程与椭圆方程联立,消元、化简,然后应用根与系数的关系建立方程,解决 相关问题.向量只是解题的工具或载体,一般是利用韦达定理将向量数量积 a ? b 用坐标 形式将表示,并进行相关的运算是解题的关键.

? ?

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? ? ?,若 y ? 21.已知函数 f ( x ) 的定义域 ?0,
为“一阶比增函数” ;若 y ?

f ( x) ? ? ?上为增函数,则称 f ( x) 在 ?0, x

f ( x) ? ? ?上为增函数,则称 f ( x) 为“二阶比增函 在 ?0, x2

数” 。把所有由“一阶比增函数”组成的集合记为 A1 ,把所有由“二阶比增函数”组成 的集合记为 A2 . (1)已知函数 f ( x) ? x 3 ? 2hx2 ? hx ,若 f ( x) ? A1 且 f ( x) ? ? A2 ,求实数 h 的取值 范围; (2)已知 f ( x) ? A2 ,且存在常数 k ,使得对任意的 x ? ?0, ? ?? ,都有 f ( x) ? k ,求

k 的最小值.
【答案】 (1) h ? 0 ; (2) 0 .

f ( x) ? x 2 ? 2hx ? h 在区间 (0, ??) 上 x f ( x) h ? x ? ? 2h 在区间 (0, ??) 上不是 为增函数可求出 h ? 0 ,又因为函数 F ( x ) ? 2 x x 增函数,可求得 h ? 0 ,从而可求 h 的取值范围;
【解析】 试题分析: (1) 由题意可知函数 g ( x ) ? (2)用反证法先证明 f ( x ) ? 0 ,即假设存在 x0 ? (0, ??) ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,由 f ( x ) 是“二阶比增函数”可得当 x ? x0 ? 0 时,

f ( x ) f ( x0 ) ? ? m ,即 f ( x) ? mx 2 ,即存 x2 x02

在 x1 ? x0 ? 0 ,使 f ( x1 ) ? mx12 ? k ,这与已知条件矛盾,所以 f ( x ) ? 0 恒成立;再 用反证法证明 f ( x ) ? 0 在 (0, ??) 无解成立. 这样 f ( x ) ? 0 , 所以使 f ( x ) ? k 成立的 k 的最小值为 0 .

f ( x) ? x 2 ? 2hx ? h 在区间 x f ( x) h (0, ??) 上为增函数,所以 h ? 0 ,而 F ( x ) ? 2 ? x ? ? 2h 在区间 (0, ??) 不是增 x x h 函数,且 F ? ? x ? ? 1 ? 2 ,当 F ( x ) 为增函数时,有 h ? 0 ,所以当 F ( x ) 不是增函数时, x h ? 0 .综上 h ? 0 . 4分
试题解析: (1)因为 f ( x) ? A 1 且 f ( x) ? A 2 ,即 g ( x ) ? (2)先证明 f ( x ) ? 0 时对 x ? (0, ??) 成立, 假设存在 x0 ? (0, ??) , 使得 f ( x0 ) ? 0 , 记

f ( x0 ) 因为 f ( x) ? A2 , 所以 f ( x ) ? m ? 0, x0 2

是“二阶比增函数” ,即

f ( x) f ( x ) f ( x0 ) 是增函数.所以当 x ? x0 ? 0 时, 2 ? ? m, 2 x x x02

即 f ( x) ? mx .
2

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所以一定存在 x1 ? x0 ? 0 ,使 f ( x1 ) ? mx12 ? k 成立,这与已知条件 f ( x ) ? k 对任意 的 x ? (0, ??) 成立矛盾,所以 f ( x ) ? 0 时对都 x ? (0, ??) 成立. 下面我们证明 f ( x ) ? 0 在 (0, ??) 无解. 假设存在 x2 ? 0 ,使得 f ( x2 ) ? 0 , 因为 f ( x ) 是“二阶比增函数” ,即

f ( x) 是增函数,一定存在 x3 ? x2 ? 0 ,使得 x2

f ( x3 ) f ( x2 ) ? ? 0 成立,这与上述证明结果相矛盾,所以 f ( x ) ? 0 在 (0, ??) 无解 x32 x2 2
综上所述,当 f ( x) ? A2 时,对任意 x ? (0, ??) ,都有 f ( x ) ? 0 成立, 所以当常数 k ? 0 时,使得当 f ( x) ? A2 , x ? (0, ??) 时, 有 f ( x ) ? k 成立,所以 k 的最小值为 0 . 【考点】1.函数新定义问题;2.函数的单调性;3.函数、方程与不等式.

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