山西省山西大学附属中学2016届高三12月月考数学(理)试卷(答案不全)

数学试题（理）

考试时间：120分钟 满分：150分

一．选择题（本大题共12题，每小题5分，共60分.）

1．若(12ai)i1bi，其中a,bR，i是虚数单位，则|abi|(C)

1i B.5 C.5 D.5

4222222．已知yRyx，xRxy2，则（ D ）

A.

A．

1,1,1,1 B．1 C．0,1 D．0,2

3．下列说法中正确的是（ D ）

A．“f00”是“函数fx是奇函数”的充要条件

2B．若p:x0R，x0x010，则p:xR，x2x10

C．若pq为假命题，则p，q均为假命题 D．“若64．若0,2（ B ） A．

，则sin11”的否命题是“若，则sin 2623，且cos2cos2，则tan2101111 B． C． D． 234520155．执行如图所示的程序框图，输出s，那么判断框内应填

2016（A ）

A．k2015? B．k2016? C．k2015? D．k2016? 6．一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的表面积为（ B ）

6263 B．

223261C． D．

22x2y40xy3x27 . 已知变量x,y满足，则的取值范围是

x2xy20A．（ B ）

（A）2, （B）, （C）, （D）,2

242524

5556455



18. 已知x2ax（aR）的展开式中常数项为5，则该

x展开式中x2的系数（ A ）

2525A． B．5 C． D．5

228(文).对具有线性相关关系的变量x，y，测得一组数据如下表：

根据上表，利用最小二乘法得它们的回归直线方程为y10.5xa，则a的值等于（ B ） A．1 B．1.5 C．2 D．2.5 9．已知函数f(x)是定义在a1,2a上的偶函数，且当x0时，f(x)单调递增， 则关于x的不等式f(x1)f(a)的解集为（ B ）

12452112,][,) D．随a的值而变化

3333333310．三棱锥PABC中，PA平面ABC，ACBC，ACBC1，PA3 ，则该

A．[,) B．[,)(,] C．(三棱锥外接球的表面积为（ A ）

A．5 B．2 C．20 D．4

4533x2y211. 如图，F1、F2是双曲线221（a0，b0）的左、右焦点，过F1的直

ab线l与双曲线的左右两支分别交于点、．若F2为等边三角形，则双曲线的

离心率为（ B ）

23 D．3 312．等差数列an的前n项和为Sn(nN*)，且满足S150，S160，

A．4 B．7 C．SS1S2，，... ，15中最大的项为（ D ） a1a2a15SSSSA．6 B．7 C．9 D．8

a6a7a9a8则

二．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）

13．等比数列an的前n项和Sn=a2n+a2，则a=__1_____.

14. （理）如图，在边长为1的正方形C中任取一点，则该点落在阴影部分中的概率为

1 ． 3 14.

（文） 记集合

Ax,y|x2y216，集合Bx,y|xy40,x,yA表示的平面区域分别为

32 _． 415．已知菱形ABCD的边长为2，BAD120，点E，F分别在边BC、DC上，1,2．若在区域1内任取一点Px,y，则点P落在区域2中的概率为___ BC3BE，DCDF．若AEAF1,，则的值为 2

16．已知函数fx（xR）满足f11，且fx的导数fx1，则不等式2x21fx的解集为 ,11, 222

三.解答题(本大题共6小题,共70分.) 17．（本小题满分12分）已知函数f(x)2cosx23cosxsinx．

22π，π （1）设，且f()31，求的值； 22 （2）在△ABC中，AB=1，f(C)31，且△ABC的面积为3，求sinA+sinB的值．

2xxx 解：（1）f(x)23cos22sincos=3(1cosx)sinx=2cosxπ3．

6222ππ由2cosxπ331，得cosxπ1，于是x2kπ(kZ)，因为

66263πππ，π，xx或． 所以2226（2）因为C(0，π)，由（1）知Cπ． 因为△ABC的面积为3，所以31absinπ，

22626于是ab23 ①．在△ABC中，设内角A、B的对边分别是a，b．由余弦定理得1a2b22abcosπa2b26，所以a2b27 ② 6a2，a3，由①②可得或 于是ab23．由正弦定理得

b3b2.sinAsinBsinC1，所以sinAsinB1ab13．

ab1222

18．(文) 如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠ADC=1200，AA1AB1，点O1、O分别是上下底菱形对角线的交点． （1）求证：A1O∥平面CB1D1； （2）求点O到平面CB1D1的距离．

D1O1A1B1C1DOCA（第18题图）

B

又∵A1O平面CB1D1，O1C平面CB1D1， ∴A1O∥平面CB1D1． （2）法一：等积变换．

设点O到平面CB1D1的距离为h． ∵D1D平面ABCD， ∴D1DCO． ∵AC、BD为菱形ABCD的对角线， ∴CO⊥BD． ∵D1DBDD，

∴CO平面BB1D1D． 在菱形ABCD中，BC=1，∠BCD=600，CO ∵B1D11，OB1OD1OB2+BB121+1∴三棱锥COB1D1的体积VS3OB1D13． 2OB1D115， ∴△OB1D1的面积S421． 2CO3． 12CB1D1 在△CB1D1中，CB1CD12,B1D11，△CB1D1的面积S1 由VS3CB1D17． 417321，得h． hh=3412721． 7因此，点O到平面CB1D1的距离为法二、作垂线．

∵AA1平面A1B1C1D1， ∴AA1B1D1．

∵A1C1、B1D1为菱形A1B1C1D1的对角线， ∴B1D1A1C1．

∵AA1A1C1A1， ∴B1D1⊥平面AA1C1C．

∴平面CB1D1⊥平面AA1C1C．

在平面AA1C1C内，作OH⊥CO1，H为垂足，则OH⊥平面CB1D1，线段OH的长为点O到

CC112平面CB1D1的距离.在矩形AA1C1C中，∠OCH=∠CO1C1，sinCO1C1，CO177222OH21OHOH2OH， ∴， OH． 因此，点O到平面CB1D1sinOCH7OC7333221的距离为．

7 18．（理）（本小题满分12分）如图，矩形ABEF所在的平面与等边ABC所在的平面垂直，

AB2,AF1，O为AB的中点．（1）求证：

OEFC；

（2）求二面角FCEB的余弦值．

1【答案】（1）证明见解析；（2）4

【解析】

试题分析：第一问根据等边三角形，确定出

OCAB，根据面面垂直的性质，得出OC平面ABEF，从而得出OCOE，根据矩形

的边长的关系，得出OFOE，从而根据线面垂直的判定定理，得出OE平面OFC，从而得证OEFC，第二问应用平面的法向量求得二面角的余弦值．

试题解析：（1）证明：连接OC,OF，因为ACBC，O是AB的中点，故OCAB． 又因为平面ABEF平面ABC，面ABEF面ABCAB，OC面ABC， 故OC平面ABEF．

因为OE面ABEF，于是OCOE．

又矩形ABEF，AB2AF2，所以OFOE． 又因为OFOCO，故OE平面OFC， 所以OEFC．

（2）由（1）得，AB2AF2，取EF的中点D，以O为原点，OC,OB,OD所在的直线分别为x,y,z

轴，建立空间直角坐标系。因为ABAC，所以，OC3，于是有

F0,1,1,E0,1,1,B0,1,1,C从而

3,0,0，

CE3,1,1，EF(0,2,0)，

nCE0nEF0

设平面FCE的法向量n(x,y,z)，由3xyz0n1,0,32y0得得，

同理，可求得平面BCE的一个法向量

m1,3,011224，

cos设m,n的夹角为，则

mnmn，

1由于二面角FCEB为钝二面角，所以所求余弦值为4．

考点：线面垂直的判定和性质，二面角的余弦值．

19.（文）(本小题满分12分)某工厂甲、乙两个车间包装同一种产品，在自动包装传送带上每隔一小时抽一包产品，称其重量（单位：克）是否合格，分别记录抽查数据，获得重量数据茎叶图（如右）.

（Ⅰ）根据样本数据，计算甲、乙两个车间产品重量的均值与方差，并说明哪个车间的产品的重量相对稳定；

（Ⅱ）若从乙车间6件样品中随机抽取两件，求所抽取两件样品重量之差不超过2克的概率．

（1）甲相对稳定。x甲113 x乙113

s2甲21，s2乙88， 3（2）从乙车间6件样品中随机抽取两件，共有15种不

同的取法：（108，109），

（108，110），（108，112），（108，115），（108，124），（109，110）， （109，112），（109，115），（109，124），（110，112），（110，115）， （110，124），（112，115），（112，124），（115，124）． 设A表示随机事件“所抽取的两件样品的重量之差不超过2克”，

则A的基本事件有4种：（108，109），（108，110），（109，110），（110，112）． 故所求概率为P(A)=

4．.10分 15

19.（理）已知一个袋子中有3个白球和3个红球，这些球除颜色外完全相同．

（Ⅰ）每次从袋中取出一个球，取出后不放回，直到取到一个红球为止，求取球次数的分布列和数学期望E()；

（Ⅱ）每次从袋中取出一个球，取出后放回接着再取一个球，这样取3次，求取出红球次数的数学期望E()．

【答案】（Ⅰ）分布列见解析，E()（Ⅱ）E()【解析】

试题分析：第一问根据题中的条件，确定出的取值，根据题意，确定出相应的概率，根据期望公式，求得随机变量的期望E()，第二问条件中为有放回的抽取，所以服从于二项分布，利用公式求得E()．

试题解析：（Ⅰ）的所有可能值为1，2,3,4． 2分

7； 43 2P(1)31， 6211A3A333P(2)23，

A665101A32A33233P(3)3，

A66542031A3A3231P(4)43． 6分

A6654320故的分布列为

 p 1 2 3 4 31 202013317E()1234． 8分

21020204（Ⅱ）取出后放回，取3次球，可看做3次重复试验，所以1 23 101B(3,)，所以

2E()313． 12分 2220．（本小题满分12分）已知椭圆C的对称中心为原点O，焦点在x轴上，左右焦点分别为F1和F2，且F1F22，点1,在该椭圆上． （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的面积为且与直线l相切圆的方程．

20．（本小题满分12分）已知椭圆C的对称中心为原点O，焦点在x轴上，左右焦点分别为F132122，求以F2 为圆心73和F2，且|F1F2|=2，点（1，2）在该椭圆上．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

122（Ⅱ）过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若AF2B的面积为7，求以F2为圆心

且与直线l相切圆的方程．

x2y212243【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）(x1)y2．

【解析】

3试题分析：（Ⅰ）因为|F1F2|=2，所以c1．又点（1，2）在该椭圆上，所以根据椭圆的3定义可求出a的值，从而求出b．（Ⅱ）首先应考虑直线l⊥x轴的情况，此时A（-1，-2），3B（-1，2），AF2B的面积为3，不符合题意．当直线l与x轴不垂直时，1SAF2B|AB|r2．设直线l的方程为y=k（x+1）．代入椭圆方程得：

12(k21)(34k2)x28k2x4k2120，用弦长公式可得|AB|=34k2 ，用点到直线的距离

2|k|2F1k2公式可得圆的半径r=，这样根据题中所给面积可求出k的值，从而求出半径，进

而得到圆的方程为．

试题解析：（Ⅰ）因为|F1F2|=2，所以c1．

3332a(11)2(0)2(11)2(0)2422又点（1，2）在该椭圆上，所以．

2a2,b3． 所以

x2y213所以椭圆C的方程为4 （4分）

33（Ⅱ）①当直线l⊥x轴时，可得A（-1，-2），B（-1，2），AF2B的面积为3，不符合题

意． （6分）

②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=k（x+1）．代入椭圆方程得：

(34k2)x28k2x4k2120，

8k28k212x1x2x1x22(x,y)(x,y)34k34k2， 1122显然＞0成立，设A，B，则，12(k21)2可得|AB|=34k ．．（9分）

2|k|2F1k2又圆的半径r=，

12|k|k21122134k2∴AF2B的面积=2|AB| r==7，

化简得：17k+k-18=0，得k=±1，

22(x1)y2 ．2∴r =，圆的方程为．（13分）

42考点：1、椭圆的方程；2、直线与圆锥曲线的位置关系．

21．设函数fxx2xalnx

2（1）当a2时，求函数fx在点1,f1处切的切线方程；

（2）若函数fx存在两个极值点x1、x2x1x2，①求实数a的范围；

fx13②证明：ln2

x22【答案】（1）y2x3；（2）0a1，证明详见解析． 2【解析】

试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、利用导数求曲线的切线方程等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问，将a2代入，对f(x)求导，切点的纵坐标为f(1)，斜率为f'(1)，利用点斜式写出切线方程；第二问，对f(x)求导，令f'(x)0，将函数fx存在两个极值点x1、x2x1x2，转化为方程2x22xa0有两个不同的正根，利用二次函数的图象分析列出不等式，解出a的取值范围；对f(x)求导，求出f'(x)0的根，得到构造函数ht1t了结论．

试题解析：（1）当a＝2时，f(x)x22x2lnx，f(x)2x2则f(1)1，f(1)2，所以切线方程为y2x3．4分

2， xf(x1)的表达式，x212tlnt，利用导数判断函数ht的单调性，求出最小值，即证明t1a2x22xa（2）f(x)2x2（x0），令f(x)0，得2x22xa0，

xx①函数fx有两个极值点等价于方程2x22xa0有两个不同的正根， 设ux2x2xa，2u0a01所以0a，

248a01， 2所以函数f(x)有两个极值点x1， x2，则0a②由f(x)0，得2x22xa0，则x1x21，x1112a112a，x2， 220x11x21 22fx1x122x1alnx1x1112x11x1lnx111x12x1lnx1 x21x11x1x11ht1ttt2112tlnt,h't121lnt2lnt0 22t1t1t1311ht在区间0,上递减，hth2ln2，

222所以

fx13ln2 x22

请考生在第22、23二题中任选一题作答(在答题卡相应位置填涂)，如果多做，则按所做的第一题记分 22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系统与参数方程

x1cos在直角坐标系xOy中，半圆C的参数方程为（为参数，0），以O为

ysin极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．

（Ⅰ）求C的极坐标方程；

（Ⅱ）直线l的极坐标方程是(sin3cos)53，射线OM：O、P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长． 【答案】（1）2cos,[0,3与半圆C的交点为

2（2）4． ]；

【解析】

试题分析：本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的转化、参数方程与普通方程的转化等基础知识，意在考查考生的分析问题解决问题的能力、转化能力、运算求解能力．第一问，先利用参数方程与普通方程的转化公式将圆C的方程转化为普通方程，再利用公式

xcos,ysin转化为极坐标方程；第二问，利用圆C的极坐标方程求出点P的极坐

标，再利用直线l的极坐标方程求出点Q的极坐标，最后利用|PQ||12|计算即可． 试题解析：（Ⅰ）半圆C的普通方程为(x1)y1(0y1)，又xcos,ysin， 所以半圆C的极坐标方程是2cos,[0,222]． （5分）

12cos111（Ⅱ）设(1,1)为点P的极坐标，则有 ，解得，

11332(sin23cos2)5325设(2,2)为点Q的极坐标，则有 解得， 2233由于12，所以|PQ||12|4，所以PQ的长为4． （10分） 考点：极坐标方程与直角坐标方程的转化、参数方程与普通方程的转化．

23．（本题小满分10分）选修4—5：不等式选讲

已知函数f(x)2x12xa，g(x)x3． （Ⅰ）当a2时，求不等式f(x)g(x)的解集； （Ⅱ）设a1，且当x[a1,)时，f(x)g(x)，求a的取值范围． 22【答案】（Ⅰ）x|0x2；（Ⅱ）1,

34【解析】

试题分析：（Ⅰ）由a2以及求不等式f(x)g(x)的解集，等价变换为

2x12x2x30由分段函数即可到结论．

（Ⅱ）由a1，且当x[成立，所以x的最小值a1a1由此可得xa2对x[,)恒,)即可化简函数f(x)，

2222a大于等于a2．即可得到结论． 2试题解析：（Ⅰ）当a=-2时，不等式f(x)g(x)化为2x12x2x30，

15x,x21设函数y2x12x2x3，则yx2,x1，其图象如图所示

23x6,x1

从图象可知，当且仅当x(0,2)时，y<0，所以原不等式的解集是x|0x2； （Ⅱ）当x[对x[ ． a1,)，f(x)1a，不等式f(x)g(x)化为1ax3，所以xa222a1a44,)都成立，故a2，即a，从而a的取值范围是1,． 22233