1、2015-2016学年山西省太原市高三（上）期末数学试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每个小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的.1已知全集U=Z，集合A=3，4，AB=1，2，3，4，那么（UA）B=（）A1，2B3，4C1，2，3，4D2已知复数z=，则|z|等于（）A1B2CD3已知命题p：x0，x+4；命题q：x0R，2x0=1则下列判断正确的是（）Ap是假命题Bq是真命题Cp（q）是真命题D（p）q是真命题4设a=30.5，b=log32，c=cos，则（）AabcBcabCbcaDcba5执行如图的程序框图输出的T的值为（）A4B6C8D106
2、函数y=sinx|（0x）的图象大致是（）ABCD7设变量x，y满足|xa|+|ya|1，若2xy的最大值为5，则实数a的值为（）A0B1C2D38某几何体三视图如下图所示，则该几何体的表面积为（）A16B16+C162D16+29已知函数f（x）=x2ax+b（a0，b0）有两个不同的零点m，n，且m，n和2三个数适当排序后，即可成为等差数列，也可成为等比数列，则a+b的值为（）A7B8C9D1010已知平面内点A，B，O不共线，则A，P，B三点共线的必要不充分条件是（）A=B|=|C=D=111在四面体ABCD中，已知ADB=BDC=CDA=60，AD=BD=3，CD=2，则四面体ABCD
3、的外界球的半径为（）AB2C3D12已知函数f（x）在R上的导函数为f（x），若f（x）2f（x）恒成立，且f（ln4）=2，则不等式f（x）e的解集是（）A（ln2，+）B（2ln2，+）C（，ln2）D（，2ln2）二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分.共20分.13（）6的展开式中，常数项为（用数字作答）14若abc，且a+2b+c=0，则的取值范围是15定义在R上的函数f（x）满足f（x+6）=f（x）当3x1时，当f（x）=（x+2）2，当1x3时f（x）=x，则f（1）+f（2）+f（3）+f如图，正方形ABCD的边长为2，O为AD的中点，射线OP从OA出发，绕着点O顺时针方向
4、旋转至OD，在旋转的过程中，记AOP为x（x0，），OP所经过正方形ABCD内的区域（阴影部分）的面积S=f（x），那么对于函数f（x）有以下三个结论：f（）=；任意x0，都有f（x）+f（+x）=4；任意x1，x2（，），且x1x2，都有0其中所有正确结论的序号是三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17设数列an是各项均为正数的等比数列，且a1=3，a2+a3=36（1）求数列an的通项公式；（2）若数列bn对任意的正整数n都有+=2n+1，求b1+b2+b3+b2015的值18已知a，b，c分别为ABC内角A，B，C的对边，且ccosAacosC=
5、b（1）其的值；（2）若tanA，tanB，tanC成等差数列，求的值19已知平行四边形ABCD中，A=45，且AB=BD=1，将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图所示：（1）求证：ABCD；（2）若M为AD的中点，求二面角ABMC的余弦值20某校高一年级开设A，B，C，D，E五门选修课，每位同学须彼此独立地选三门课程，其中甲同学必选A课程，不选B课程，另从其余课程中随机任选两门课程乙、丙两名同学从五门课程中随机任选三门课程（）求甲同学选中C课程且乙同学未选中C课程的概率；（）用X表示甲、乙、丙选中C课程的人数之和，求X的分布列和数学期望21函数f（x）=axn（1x）（x0，n
6、N*），当n=2时，f（x）的极大值为（1）求a的值；（2）求证：f（x）+lnx0；（3）求证：f（x）请在22、23、24三体中任选一题作答，注意：只能做选做给定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分选修4-1：几何证明选讲22如图，四边形ABCD内接于O，BA，CD的延长线相交于点E，EFDA，并与CB的延长线交于点F，FG切O于G（1）求证：BEEF=CEBF；（2）求证：FE=FG选修4-4：坐标系与参数方程23已知曲线C1的参数方程为，当t=1时，对应曲线C1上一点A，且点A关于原点的对称点为B以原点为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为（1）求A，B两
7、点的极坐标；（2）设P为曲线C2上的动点，求|PA|2+|PB|2的最大值选修4-5：不等式选讲24设函数f（x）=|x2|2|x+1|（1）求f（x）的最大值；（2）若f（x）mx+3+m恒成立，求m的取值范围2015-2016学年山西省太原市高三（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每个小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的.1已知全集U=Z，集合A=3，4，AB=1，2，3，4，那么（UA）B=（）A1，2B3，4C1，2，3，4D【考点】交、并、补集的混合运算【分析】根据集合与它的补集关系，利用并集与交集的定义，即可求出
8、结果【解答】解：全集U=Z，集合A=3，4，AB=1，2，3，4，（UA）B=1，2故选：A2已知复数z=，则|z|等于（）A1B2CD【考点】复数求模【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，然后代入复数模的公式计算【解答】解：z=，|z|=1故选：A3已知命题p：x0，x+4；命题q：x0R，2x0=1则下列判断正确的是（）Ap是假命题Bq是真命题Cp（q）是真命题D（p）q是真命题【考点】特称命题；全称命题【分析】首先，判断命题p和命题q的真假，然后，结合由逻辑联结词“且”、“或”、“非”构成的复合命题的真值表进行判断即可【解答】解：对于命题p：x0，x+2=4，命题p为真命题；对于命题q
9、：对xR，2x0，命题q为假命题，q为真命题，故只有选项C为真命题故选：C4设a=30.5，b=log32，c=cos，则（）AabcBcabCbcaDcba【考点】对数值大小的比较；运用诱导公式化简求值【分析】利用指数函数、对数函数与三角函数的单调性即可得出【解答】解：a=30.51，0b=log321，c=cos0，abc故选：D5执行如图的程序框图输出的T的值为（）A4B6C8D10【考点】循环结构【分析】根据框图的流程依次计算程序运行的结果，直到满足条件S15，计算输出T的值【解答】解：由程序框图知：第一次运行S=0+0+1=1，T=0+2=2；第二次运行S=1+22+1=6，T=2+
10、2=4；第三次运行S=6+24+1=1515，T=4+2=6；满足条件S15，程序终止运行，输出T=6，故选：B6函数y=sinx|（0x）的图象大致是（）ABCD【考点】函数的图象【分析】对函数去掉绝对值符号，再结合余弦函数的图象，进而画出函数y=sinx|（0x）的图象即可【解答】解：函数y=sinx|（0x），函数y=，根据余弦函数的图象可得其图象为：故选：B7设变量x，y满足|xa|+|ya|1，若2xy的最大值为5，则实数a的值为（）A0B1C2D3【考点】绝对值三角不等式【分析】满足条件的点（x，y）构成趋于为平行四边形及其内部区域，令z=2xy，显然当直线y=2xz过点C（1+a
11、，a）时，z取得最大值为5，即2（1+a）a=5，由此求得a的值【解答】解：设点M（a，a）则满足|xa|+|ya|1的点（x，y）构成区域为平行四边形及其内部区域，如图所示：令z=2xy，则z表示直线y=2xz在y轴上的截距的相反数，故当直线y=2xz过点C（1+a，a）时，z取得最大值为5，即2（1+a）a=5，解得a=3故选：D8某几何体三视图如下图所示，则该几何体的表面积为（）A16B16+C162D16+2【考点】由三视图求面积、体积【分析】由三视图可知：该几何体是一个以俯视图为底面的柱体，求出底面周长和面积，进而可得该几何体的表面积【解答】解：由三视图可知：该几何体是一个以俯视图为
12、底面的柱体，底面面积S底=222=4，底面周长C=41+221=4+，由该几何体的高h=2，故该几何体的侧面积S侧=Ch=8+2，故该几何体的表面积S=S侧+2S底=16+，故选：B9已知函数f（x）=x2ax+b（a0，b0）有两个不同的零点m，n，且m，n和2三个数适当排序后，即可成为等差数列，也可成为等比数列，则a+b的值为（）A7B8C9D10【考点】函数零点的判定定理；二次函数的性质【分析】由一元二次方程根与系数的关系得到m+n=a，mn=b，再由m，n，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列列关于m，n的方程组，求得m，n后得答案【解答】解：由题意可得：m+n=
13、a，mn=b，a0，b0，可得m0，n0，又m，n，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，可得或解得：m=4，n=1；解得：m=1，n=4a=5，b=4，则a+b=9故选：C10已知平面内点A，B，O不共线，则A，P，B三点共线的必要不充分条件是（）A=B|=|C=D=1【考点】平面向量的基本定理及其意义【分析】利用平面向量共线定理，将用表示出来，再用，将表示出来，进而根据题干信息推出A，B，P三点共线的充要条件【解答】解：A，B，P三点共线，存在一个数m，满足 即m（）=A，B，O三点不共线m=0，m+=0 即=mA，B，P三点共线的充要条件为=A，B，P三点共线的必要
14、不充分条件为|=|故选：B11在四面体ABCD中，已知ADB=BDC=CDA=60，AD=BD=3，CD=2，则四面体ABCD的外界球的半径为（）AB2C3D【考点】球的体积和表面积【分析】设四面体ABCD的外接球球心为O，则O在过ABD的外心N且垂直于平面ABD的垂线上，且点N为ABD的中心设P，M分别为AB，CD的中点，则N在DP上，且ONDP，OMCD，从而可求DM，MN，进而可求四边形DMON的外接圆的直径，即可求得球O的半径【解答】解：设四面体ABCD的外接球球心为O，则O在过ABD的外心N且垂直于平面ABD的垂线上由题设知，ABD是正三角形，则点N为ABD的中心设P，M分别为AB，
15、CD的中点，则N在DP上，且ONDP，OMCD因为CDA=CDB=ADB=60，设CD与平面ABD所成角为，cos=，sin=在DMN中，DM=1，DN=由余弦定理得MN=四边形DMON的外接圆的半径OD=故球O的半径R=故选：D12已知函数f（x）在R上的导函数为f（x），若f（x）2f（x）恒成立，且f（ln4）=2，则不等式f（x）e的解集是（）A（ln2，+）B（2ln2，+）C（，ln2）D（，2ln2）【考点】利用导数研究函数的单调性【分析】构造函数g（x）=，利用导数可判断g（x）的单调性，再根据f（ln4）=2，求得g（ln4）=1，继而求出答案【解答】解：xR，都有2f（x）
16、f（x）成立，f（x）f（x）0，于是有（）0，令g（x）=，则有g（x）在R上单调递增，不等式f（x），g（x）1，f（ln4）=2，g（ln4）=1，xln4=2ln2，故选：B二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分.共20分.13（）6的展开式中，常数项为15（用数字作答）【考点】二项式定理的应用【分析】本题是二项式展开式求项的问题，可由给出的式子求出通项表达式Tr+1=（1）r，令x的次数为0即可【解答】解：Tr+1=（1）r，由63r=0得r=2，从而得常数项C6r=15，故答案为：1514若abc，且a+2b+c=0，则的取值范围是（3，）【考点】不等式的基本性质【分析】先将a+
17、2b+c=0变形为b=（ac），代入不等式ab，bc，得到两个不等关系，解这两个不等式，即可求得a与c的比值关系【解答】解：a+2b+c=0，a0，c0，b=（a+c），且a0，c0abca（a+c），即c3a，解得3，将b=（a+c）代入bc，得（a+c）c，即a3c，解得，3故答案为：（3，）15定义在R上的函数f（x）满足f（x+6）=f（x）当3x1时，当f（x）=（x+2）2，当1x3时f（x）=x，则f（1）+f（2）+f（3）+f=f（x）知函数的周期为6，求出f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）+f（6）的值【解答】解：f（x+6）=f（x），T=6，当3x1时，当
18、f（x）=（x+2）2，当1x3时f（x）=x，f（1）=1，f（2）=2f（3）=f（3）=1，f（4）=f（2）=0，f（5）=f（1）=1，f（6）=f（0）=0，f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）+f（6）=1；f（1）+f（2）+f（3）+f+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）=336故答案为：33616如图，正方形ABCD的边长为2，O为AD的中点，射线OP从OA出发，绕着点O顺时针方向旋转至OD，在旋转的过程中，记AOP为x（x0，），OP所经过正方形ABCD内的区域（阴影部分）的面积S=f（x），那么对于函数f（x）有以下三个结论：f（）=；任意x0，都有f（
19、x）+f（+x）=4；任意x1，x2（，），且x1x2，都有0其中所有正确结论的序号是【考点】命题的真假判断与应用【分析】当0xarctan2时，f（x）=；当arctan2x，在OBE中，f（x）=S矩形OABMSOME=2；当x=时，f（x）=2；当xarctan2时，同理可得f（x）=2当arctan2x时，f（x）=4=4+即可判断出【解答】解：当0xarctan2时，f（x）=；当arctan2x，在OBE中，f（x）=S矩形OABMSOME=2=2；当x=时，f（x）=2；当xarctan2时，同理可得f（x）=2当arctan2x时，f（x）=4=4+于是可得：=，正确；由图形可
20、得：x0，），f（x）+f（x）=4，因此对任意x0，都有f（x）+f（+x）=4，故正确；不妨设x1x2，则0f（x1）f（x2），显然不正确综上只有：正确故答案为：三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17设数列an是各项均为正数的等比数列，且a1=3，a2+a3=36（1）求数列an的通项公式；（2）若数列bn对任意的正整数n都有+=2n+1，求b1+b2+b3+b2015的值【考点】数列的求和；数列递推式【分析】（1）设等比数列an的公比为q0，由于a1=3，a2+a3=36根据等比数列的通项公式即可得出an（2）由于数列bn对任意的正整数n都有
21、+=2n+1，当n=1时， =3，解得b1当n2时，可得=2，再利用等比数列的前n项和公式即可得出【解答】解：（1）设等比数列an的公比为q0，a1=3，a2+a3=363（q+q2）=36，解得q=3an=3n（2）数列bn对任意的正整数n都有+=2n+1，当n=1时， =3，解得b1=9当n2时， +=2n1，=2，bn=2an=23nbn=b1+b2+b3+b2015=9+2（32+33+32015）=3+=3201618已知a，b，c分别为ABC内角A，B，C的对边，且ccosAacosC=b（1）其的值；（2）若tanA，tanB，tanC成等差数列，求的值【考点】余弦定理；正弦定理
22、【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得：sinCcosAsinAcosC=sinB，整理可得：sinCcosA=5sinAcosC，利用同角三角函数基本关系式即可得解的值；（2）利用等差数列的性质可得2tanB=tanA+tanC，设tanA=x，由（1）可得tanC=5x，解得tanB=3x，由tanB=tan（A+C），可得3x=，解得tanA的值，由题设可知，A为锐角，可求cosA，利用余弦定理即可得解的值【解答】（本题满分为12分）解：（1）ccosAacosC=b由正弦定理可得：sinCcosAsinAcosC=sinB=sin（A+C）=（sinAcosC+cosAsinC），3
23、分整理可得：sinCcosA=5sinAcosC，=6分（2）tanA，tanB，tanC成等差数列，2tanB=tanA+tanC，若设tanA=x，由（1）可得tanC=5x，可得：tanB=3x，tanB=tan（A+C），3x=，解得x=，即tanA=，10分由题设可知，A最小，一定为锐角，cosA=，=2cosA=12分19已知平行四边形ABCD中，A=45，且AB=BD=1，将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图所示：（1）求证：ABCD；（2）若M为AD的中点，求二面角ABMC的余弦值【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系【分析】（1）推导出AB
24、BD，从而AB面BCD，由此能证明ABCD（2）以B为原点，在平面BCD中过B作BD的垂线为x轴，BD为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角ABMC的余弦值【解答】证明：（1）AB=BD，A=45，ABBD，又平面ABD平面BCD，且BD是平面ABD与平面BCD的交线，AB面BCD，CD平面BCD，ABCD解：（2）以B为原点，在平面BCD中过B作BD的垂线为x轴，BD为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），A（0，0，1），M（0，），面ABM的法向量为=（1，0，0），设平面BMC的法向量=（x，y，z），则，
25、取x=1，得=（1，1，1），cos=，观察知二面角ABMC为钝角，故二面角ABMC的余弦值为20某校高一年级开设A，B，C，D，E五门选修课，每位同学须彼此独立地选三门课程，其中甲同学必选A课程，不选B课程，另从其余课程中随机任选两门课程乙、丙两名同学从五门课程中随机任选三门课程（）求甲同学选中C课程且乙同学未选中C课程的概率；（）用X表示甲、乙、丙选中C课程的人数之和，求X的分布列和数学期望【考点】离散型随机变量的期望与方差；列举法计算基本事件数及事件发生的概率；离散型随机变量及其分布列【分析】（）设事件A为“甲同学选中C课程”，事件B为“乙同学选中C课程”求出A，B的概率，然后求解甲同学
26、选中C课程且乙同学未选中C课程的概率（）X的可能取值为：0，1，2，3求出概率，得到X为分布列，然后求解期望【解答】（共13分）解：（）设事件A为“甲同学选中C课程”，事件B为“乙同学选中C课程”则，因为事件A与B相互独立，所以甲同学选中C课程且乙同学未选中C课程的概率为 （）设事件C为“丙同学选中C课程”则X的可能取值为：0，1，2，3=X为分布列为：X0123P21函数f（x）=axn（1x）（x0，nN*），当n=2时，f（x）的极大值为（1）求a的值；（2）求证：f（x）+lnx0；（3）求证：f（x）【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值【分析】（1）求出函数的
27、对数，根据n=2时，f（x）的极大值为，得到f（）=a=，解出即可；（2）问题转化为证xn（1x）+lnx0，设g（x）=xn（1x）+lnx，根据函数的单调性证明即可；（3）求出f（x）的最大值，问题转化为证明：，通过取对数结合换元思想以及函数的单调性证明即可【解答】解：（1）n=2时，f（x）=ax2（1x），f（x）=ax（23x），令f（x）=0得：x=0或x=，n=2时，f（x）的极大值为，故a0，且f（）=a=，解得：a=1；（2）要证f（x）+lnx0，即证xn（1x）+lnx0，设g（x）=xn（1x）+lnx，定义域是（0，+），则g（x）=，x0，x（0，1）时，g（x）0
28、，g（x）递增，x（1，+）时，g（x）0，g（x）递减，g（x）的最大值是g（1）=0，g（x）0成立，命题得证；（3）f（x）=xn（1x），f（x）=nxn1（n+1）xn=（n+1）xn1（x），显然，f（x）在x=处取得最大值，f（）=，因此只需证：，即证：，两边取对数，原式ln，设t=（0t1），则n=， =1t，因此只需证：lntt1即可，令（t）=lntt+1，0t1，（t）=10，（t）在（0，1）递增，故（t）（1）=0成立，即lntt1，结论成立请在22、23、24三体中任选一题作答，注意：只能做选做给定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分选修4-1：几何证明选讲2
29、2如图，四边形ABCD内接于O，BA，CD的延长线相交于点E，EFDA，并与CB的延长线交于点F，FG切O于G（1）求证：BEEF=CEBF；（2）求证：FE=FG【考点】与圆有关的比例线段【分析】（1）圆的内接四边形的性质，平行线的性质，判断CFEEFB，线段对应成比例，从而证得式子成立（2）根据 CFEEFB，可得BEEF=CFBF，在根据圆的切线性质可得 FC2=FBFC，从而证得结论成立【解答】证明：（1）EFDA，DAE=AEF，四边形ABCD内接于O，DAE=C，C=AEF，又CFE=EFB，CFEEFB，=，BEEF=CFBF（2）CFEEFB，=，EFEF=FBFC，FG切O于
30、G，FC2=FBFC，EFEF=FG2，FG=FE选修4-4：坐标系与参数方程23已知曲线C1的参数方程为，当t=1时，对应曲线C1上一点A，且点A关于原点的对称点为B以原点为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为（1）求A，B两点的极坐标；（2）设P为曲线C2上的动点，求|PA|2+|PB|2的最大值【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程【分析】（1）将t=1代入得A，B的坐标，即可得到结论（2）求出曲线C2上的直角坐标方程，设P的坐标，结合两点间的距离公式进行求解即可【解答】解：（1）经t=1代入C1得x=3，y=，则A（3，），B（3，），它们的极坐标为
31、A（2，），B（2，）（2）曲线C2的极坐标方程为平方得2=，即32+2sin2=12，即3x2+3y2+y2=12，即3x2+4y2=12，即=1设P（2cos， sin），则|PA|2+|PB|2=（2cos3）2+（sin+）2+（2cos+3）2+（sin）2=2（4cos2+3sin2+12）=2（15+cos2），cos21，PA|2+|PB|2=2（15+cos2）32，即|PA|2+|PB|2的最大值是32选修4-5：不等式选讲24设函数f（x）=|x2|2|x+1|（1）求f（x）的最大值；（2）若f（x）mx+3+m恒成立，求m的取值范围【考点】绝对值不等式的解法【分析】（1）通过讨论x的范围，将f（x）写成分段函数的形式，画出函数的图象，从而求出f（x）的最大值即可；（2）问题转化为，解出即可【解答】解：（1）f（x）=|x2|2|x+1|=，如图示：，f（x）的最大值是3；（2）若f（x）mx+3+m恒成立，则，解得：3m12016年7月31日
