广西省桂林中学2015届高三11月月考数学(理) Word版试题及答案

说明: 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．

2．请在答题卷上答题（在本试卷上答题无效）

第Ⅰ卷 选择题

选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的. 1．设集合Axx0,x1Bx0x3，那么“mA”是“m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 2．已知复数z2i，则zz的值为（ ） A.5 B.5 C.3 D.3 3．已知a(1 , 2)，|b|25，且a//b，则b( )

A．(2 , 4) B．(2 , 4) C．(2 , 4)或(2 , 4) D．(4 , 8) 4．若

3xy2,则直线=1必不经过 （ ） 2cossinxA.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 5．已知实数x,y满足aA.x3ay(0a1)，则下列关系式恒成立的是（ ）

y3 B.sinxsiny

2C.ln(x1)ln(y21) D.

11 22x1y16．下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（ ）

①正方体 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥

A．①② B．①③ C．①④ D．②④

7．将红、黑、蓝、黄4个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少放一个球，且红球和蓝球不能放在同一个盒子，则不同的放法的种数为（ ）

mf(msin)f(1m)0A．18 B．24 C．30 D．36

x2y508．已知x,y满足不等式组x6y270,使目标函数zmxy(m0)取得最小值的解

3x2y10（x，y）有无穷多个，则m的值是( ) A．2 B．-2 C．

33 D． 22x2y21的中心和右焦点，点P为椭圆上的任意一点，则9．若点O和点F分别为椭圆2OPFP的最小值为（ ）

A．22 B．10．设k=

1 C．22 D．1 220(sinxcosx)dx，若1(kx)8ax1ax0a2axL88，则a1a2La8（ ）

A．-1 B．0 C．1 D．256

11．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于( ) A.61023 B. C. D. 424212．设函数f(x)x3x，xR．若当0成立，则实数

的取值范围是（ ）

2时，不等式恒

A．(,1) B．(,1] C．(,1] D．[1,)

1212第II卷 非选择题

二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

开始 输入a,b,c 13．阅读程序框图（如图所示），若输入a60.7,b0.76,clog0.76,则输出的数 是 ．

是输出a a>b且a>c？ 否是14．已知等差数列an的前n项和为Sn,a55,S515,则数列

b>c? 否输出c 结束 输出b 1aa的前100项和为________. nn115.设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c. 若 b ＋c＝2a,3sinA＝5sinB，则角C＝________.

3x2y2316．已知椭圆221(ab0)的离心率 e，A,B是椭圆的左、右顶点，P是椭

ab2圆上不同于A,B的一点， 直线PA,PB倾斜角分别为,，则

cos()=

cos（+）三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应给出文字说明、证明过程及演算步骤. 17．（本题满分10分） 在ABC中，角

A、B、C

的对边分别为a,b,c，m(cos3A2,sin3A2),n(cosAA2,sin2),且满足mn3.

（I）求角A的大小；

（II）若bc3a,试判断ABC的形状.

18．（本题满分12分）

在数列an中，a13,an2an1n-2（n2,且nN) （I）求a2,a3的值；

（II）证明：数列ann是等比数列，并求an的通项公式； （III）求数列an的前n项和Sn. 19．（本题满分12分）

如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，BC⊥侧面AA1C1C，AC=BC=1，CC1=2， ∠CAA1=AA1、A1C的中点．

（I）求证：A1C⊥平面ABC；（II）求平面BDE与平面ABC所成角的余弦值．

已知向量

D、E分别为

，20．(本小题满分12分)

x2y2已知圆G：xy2x2y0经过椭圆221(ab0)的右焦点F及上顶点B，

ab22过椭圆外一点（m,0）(ma)倾斜角为

5的直线L交椭圆与C、D两点. 6（I）求椭圆的方程;

（II）若右焦点F在以线段CD为直径的圆E的内部，求m的取值范围.

21．(本小题满分12分)

某高校在2014年自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩分组：第1组[75，80)，第2组[80，85)，第3组[85，90)，第4组[90，95)，第5组[95，100]得到的频率分布直方图如图所示． （I） 分别求第3，4，5组的频率；

（II）若该校决定在笔试成绩较高的第3，4，5组中用分层抽样抽取6名学生进入第二轮面试，

（ⅰ）已知学生甲和学生乙的成绩均在第三组，求学生甲和学生乙恰有一人进入第二轮面试的概率；

（ⅱ)学校决定在这已抽取到的6名学生中随机抽取2名学生接受考官L的面试，设第4组中有名学生被考官L面试，求的分布列和数学期望.

频率 组距 0.07 0.06 0.05 0.04 0.03 0.02 0.01

75 80 85 90 95 100 分

22．(本小题满分12分)已知函数f(x)e(xmx12m)，其中mR. （Ⅰ）当m1时，求函数f(x)的单调递增区间；

（Ⅱ）证明：对任意mR，函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线恒过定点；

（Ⅲ）是否存在实数m的值，使得函数f(x)在R上存在最大值或最小值？若存在，求出实数

x2m 的取值范围；若不存在，请说明理由.

桂林中学2015届高三年级数学11月月考试题答案(理科)

一．选择题：AAC BAD CDB BAC 1．解：由

x0得0＜x＜1，即A={x|0＜x＜1}，分析可得AB，即可知“m∈A” 是x1“m∈B”的充分而不必要条件，故选A．

2． 解：由z2i得z2i，所以zz(2i)(2i)5，故选A.

x2x2y2x03．解：设b(x,y)，∴，∴或，所以选C.

22y4y4xy253xysin21yxsin；因为4.解：

2cossincossin0,sin0；所以选B. cos5．解：由axay(0a1)知，xy,所以，x3y3，选A.

所以

6.解：②圆锥的正视图、侧视图、俯视图分别为三角形、三角形、圆；④正四棱锥的正视图、侧视图、俯视图分别为三角形、三角形、正方形；所以选D. 7．解：将4个小球放入3个不同的盒子，

先在4个小球中任取2个作为1组，再将其与其他2个小球对应3个盒子，

23

共有C4A3=36种情况，

3

若红球和蓝球放到同一个盒子，则黑、黄球放进其余的盒子里，有A3=6种情况， 则红球和蓝球不放到同一个盒子的放法种数为36－6=30种；故选C．

8．解：画出可行域，目标函数z=mx+y，取得最小值的最优解有无数个知取得最优解必在边界上而不是在顶点上，目标函数中系数必为负，最小值应在边界3x-2y+1=0上取到，即mx+y=0应与直线3x-2y+1=0平行，计算可得m．选D 9．解：设点Px,y，所以OPx,y,PFx1,y，由此可得

32OPFPx,yx1,yx2xy2所以OPFP12112xx1x1，x2,2，222min1.选B. 2810．解：kcosxsinx02 ，令x0,得a01,在12x的展开式中，令x1,

得到a0a1a2a8121,a1a2a80,故选B.

811．解：如图，以A1C1中点E为原点建立空间直角坐标系E－xyz，设棱长为1，则A1,0,1，2B10,3,0，设AB1与平面ACC1A1所成的角为θ，EB1为平面ACC1A1的法向量． 2则sinθ＝|cos〈AB1，EB1〉|

133,,10,,0222＝6. ＝432212．解：f'x3x10，fx单调递增，又f(x)x3x为奇函数，原不等式可化为

fmsinfm1，即m可变为mnism1，

2111，，又0，得0nis1，21sin1sin所以m1时恒成立． 二.填空题： 13.60.7 14.

10023 15. 16. 1013513.解：程序框图的功能是：输出a，b，c中最大的数，

开始 输入a,b,c ∵a>1，0是输出a 0.7.

a>b且a>c？ 否是a14d5a1d1ann， ∴545ad1521∴

b>c? 否输出c 结束 输出b 1111， anan1n(n1)nn11100111111∴数列1的前100和为1.

101101223100101anan115．解：∵3sinA＝5sinB，∴3a＝5b.① 又∵b＋c＝2a，②∴由①②可得，a＝

257b，c＝b.

33257bbb222bac33＝－1.∴C＝2π.

∴cosC＝＝

5232ab2bb3216．解:由e113可得a2b.让P取在短轴的顶点上则tan,tan.又因为

222cos()coscossinsin1tantan3==.

cos（+）coscossinsin1tantan5三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应给出文字说明、证明过程及演算步骤.

17．（本题满分10分）

解：Imn3,mn2mn3,22m1,n1 2213AA3AA1,coscossinsin 2222221π∴cosA=,又018．（本题满分12分）

解：（I）令n2，a22a16,令n3,a32a2113.------------2分 (II)

，C=或B,C=

ann2an-2nn12, ------------5分

an1(n1）an1n1∴数列ann是首项为4，公比为2的等比数列，

∴ann42n12n1,an2n1n. ------------8分 （III）∵数列an的通项公式an2n1-n，

Sn(22.........223n14(12n)n(n1))(12............n)1222n2n2n8.------------12分

219．（本题满分12分） 证明：（I）∵BC⊥侧面AA1C1C，A1C在面AA1C1C内，∴BC⊥A1C．------ 2分 在△AA1C中，AC=1，AA1=C1C=2，∠CAA1=

2

2

， 32

2

由余弦定理得A1C=AC+AA1-2AC•AA1cos∠CAA1=1+2-2×1×2×cos

2

2

2

2=3， 3∴A1C=3 ∴AC+A1C=AA1 ∴AC⊥A1C----------------- 5分

又ACBCC,∴A1C⊥平面ABC． ------------------ 6分

（II）由（Ⅰ）知，CA，CA1，CB两两垂直

∴如图，以C为空间坐标系的原点，分别以CA，CA1，CB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，B(0，0，1)，A(1，0，0)，A1(0，3，0)

由此可得D(

12，32，0)，E(0，32，0)， BD=（

12，32，-1），BE=(0，32，-1)． 13设平面BDE的法向量为n=(x，y，z)，则有2x2yz0令z=1，则x=0，y=233 2yz0∴n=(0，23，1) ---------------------------------------------- 9分 ∵A1C⊥平面ABC ∴CA1=(0，3，0)是平面ABC的一个法向量 ------ 10分 ∴cosn,CACA11nnCA277 1∴平面BDE与ABC所成锐二面角的余弦值为277． -------------------- 12分 20．（本题满分12分） 解

：（

I

）

圆

G:x2y22x2y0经过点F、BF(2,0),B(0,2),c2,b2,a26

故椭圆的方程为x2y2621 ；------------ 4分 （II）设直线L的方程为y33xmm6------------ 5分 x2y21由62消去y得2x22mx(m26)0----------- 6分 y33xm由4m28(m26)0,解得23m23。

，

又m6,6m23 ---------- 7分

m26, 设C(x1,y1),D(x2,y2),则 x1x2m,x1x22331mm2y1y2(x1m)(x2m)x1x2(x1x2)

33333FC(x12,y1),FD(x22,y2),FCFD(x12)(x22)y1y2

4(m6)m22m(m3)x1x2(x1x2)4 ---------- 9分 3333点F在圆E内部，

FCFD0,即

2m(m3)0,解得0频率 组距 0.07 0.06 0.05 0.04 0.03 0.02 0.01

75 80 85 90 95 100 分

解：（I）第三组的频率为0.0650.3；第四组的频率为0.0450.2；第五组的频率为0.0250.1. ------------ 3分 （II）（ⅰ）设“学生甲和学生乙恰有一人进入第二轮面试”为事件A，第三组应有3人进入

12C2C2827面试，则：P(A)； ------------ 6分 3C30145（ⅱ）第四组应有2人进入面试，则随机变量可能的取值为0,1,2 ------------7分

i2iC2C4且P(i)(i0,1,2)，则随机变量的分布列为： 2C6 P 0 2 51 2 81 15152812E()012.------------12分

515153

22．(本小题满分12分)

解：（Ⅰ）当m1时，f(x)ex(x2x1),f(x)ex(x23x) -------- 1分 令f(x)0得：x3或x0

所以f(x)的单调递增区间为,3,0, ------------------------3分 （Ⅱ）f(x)ex[x2(m2)x1m] ---------------------- 4分

f(0)12m,f(0)1m

所以函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为：y(12m)(1m)(x0) 即：(m1)xy2m10 -----------------------5分

即：m(x2)(xy1)0，由x20x2得：

xy10y1所以函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线恒过定点2,1 -------------6分 （Ⅲ）f(x)ex[x2(m2)x1m]，令tx2(m2)x1m，

(m2)24(1m)m28m

①当0，即8m0时，f(x)0恒成立，

所以f(x)在R上单调递增，此时f(x)在R上既无最大值也无最小值. ----------7分 ②当0，即m8或m0时，

方程x(m2)x1m0有两个相异实根记为x1,x2(x1x2)， 由f(x)0得f(x)的单调递增区间为(,x1),(x2,)，

由f(x)0得f(x)的单调递减区间为(x1,x2) ----------------------8分

2f(x)ex(x2mx12m)，

当x时，由指数函数和二次函数性质知f(x)

所以函数f(x)不存在最大值. --------------------------9分

x2mx12m当x时，f(x)， xe由指数函数和二次函数性质知f(x)0， f(x)0

方法一、所以当且仅当f(x2)0，即x22mx212m0时，

函数f(x)在R上才有最小值. ------------------------------------10分

2x2(m2)x21m0由2得：2x2m0， x2mx212m0(m2)m28mm由韦达定理得：x2，化简得：m28m40，

22解得：m425或m425. 综上得：当m425或m425时，

函数f(x)在R上存在最大值或最小值. -------------------------12分 方法二、由指数函数和二次函数性质知f(x)0， f(x)0（接上） 所以当且仅当f(x)0有解时，f(x)在R上存在最小值.

2即：xmx12m0在R上有解，

由m4(12m)0解得：m425或m425 综上得：当m425或m425时，函数f(x)在R上存在最大值或最小值.

2