黑龙江省2015届高三10月月考数学(文)试题

大庆市铁人中学2015届高三10月月考

数学（文）

京翰高考网试题（gaokao.zgjhjy.com）

一、选择题（每小题5分，共60分）

3x2y2

1．设集合A＝{(x，y)|－＝1}，B＝{(x，y) |y＝()x}，则A∩B的子集的个数是( )

4162A．8 B．4 C．2 D．1

2．在等比数列{an}中，a14,a3a2a4，则a6（ ） A．

111111或—8 B．或 C．或8 D．或 88884163．已知中心在原点，焦点在y轴上的双曲线的离心率为5，则它的渐近线方程为( )

51A．y＝±2x B．y＝±x C．y＝±x D．y＝±6x

22

4．已知圆C的方程为x2＋y2＋2x－2y＋1＝0，当圆心C到直线kx＋y＋4＝0的距离最大时，k的值为( ) 1A. 3

111 B. C．－ D．－ 535

5．函数f(x)＝2cos2x－3sin2x(x∈R)的最小正周期和最小值分别为 ( ) A．2π，3 B．2π，－1 C．π，3 D．π，－1

6．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且是以2为周期的周期函数．若当x∈[0,1)时，f(x)＝2x－1，则f(log16)的值为( )

251

A．－ B．－5 C．－ D．－6

22

1

7．若函数f(x)＝lnx－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（ ）

2A．(,1) B．(,1] C．(1,) D．[1,)

Tn8．已知数列{an}的前n项和Sn＝n－6n，数列{|an|}的前n项和Tn，则的最小值是( )

n2

A．626 B．

135 C． D．3 52π

9．若满足条件AB＝3，C＝的三角形ABC有两个，则边长BC的取值范围是( )

3

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A．(1，2) B．(2，3) C．(3，2) D．(2，2) x＋y≤2，

10．已知x，y满足不等式组y－x≥0，

x≥0.

目标函数z＝ax＋y只在点(1,1)处取最小值，则有( )

A．a>1 B．a>－1 C．a<1 D．a<－1

11．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f ′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集为( )

A．{x|x>0} B．{x|x<0} C．{x|x<－1，或x>1} D．{x|x<－1，或0x2y2

12．已知点P是椭圆＋＝1(x≠0，y≠0)上的动点，F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，O是坐标

168原点，若M是∠F1PF2的平分线上一点，且F1MMP0，则|OM|的取值范围是( ) A．[0,3) B．(0,22) C．[22，3) D．(0,4]

第II卷（非选择题）

二、填空题（每小题5分，共20分）

13．若关于x的不等式2－x2=|x－a|至少有一个负数解，则实数a的取值范围是________． 14．已知e1,e2是互相垂直的两个单位向量，若向量ate1e2与向量be1te2的夹角是钝角，则实数t的取值范围是 15．已知a0,b0,ab1，则(a16．下列结论：

a

①已知直线l1：ax＋3y－1＝0，l2：x＋by＋1＝0，则l1⊥l2的充要条件是＝－3；

b②命题“设a，b∈R，若a＋b≠6，则a≠3或b≠3”是一个假命题； ③函数f(x)＝lg(x＋1＋x2)是奇函数；

④在△ABC中，若sinAcosB＝sinC，则△ABC是直角三角形；

⑤“m>n>0”是“方程mx2＋ny2＝1表示焦点在y轴上的椭圆”的充要条件；

⑥已知a、b为平面上两个不共线的向量，p：|a＋2b|＝|a－2b|；q：a⊥b，则p是q的必要不充分条件．其中正确结论的序号为________．

三、解答题（共70分） 17．（本小题满分10分）

若函数f(x)＝－x3＋6x2－9x＋m在区间[0,4]上的最小值为2，求它在该区间上的最大值．

11)(b)的最小值是 ab京翰高考网：http://gaokao.zgjhjy.com/

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18．（本小题满分12分）

已知函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，当x>1时，f(x)>0，且f(x·y)＝f(x)＋f(y)． (1)证明：f(x)在定义域上是增函数；

11(2)如果f()＝－1，求满足不等式f(x)－f()≥2的x的取值范围．

3x－2

19．（本小题满分12分）

在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，向量m(b,2ac)，n(cosB,cosC)，且m//n (1)求角B的大小；

B

ωx－＋sinωx (0)，且f(x)的最小正周期为π，求f(x)的单调区间． (2)设f(x)＝cos220．（本小题满分12分）

已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数f ′(x)＝2x＋2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上． (1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝2n·an，Tn是数列{bn}的前n项和，求Tn.

21．（本小题满分12分） x2y23

若椭圆C1：＋2＝1(00)的焦点是椭圆C1的一个顶

4b2点．

(1)求抛物线C2的方程；

(2)若过M(－1,0)的直线l与抛物线C2交于E、F两点，又过E、F作抛物线C2的切线l1、l2，当l1⊥l2时，求直线l的方程．

22．（本小题满分12分）

椭圆的两焦点坐标分别为F1(－3，0)，F2(3，0)，且椭圆过点P(1，－ (1)求椭圆方程；

(2)若 A为椭圆的左顶点，作AM⊥AN与椭圆交于两点M、N，试问：直线MN是否恒过x轴上的一个定点？若是，求出该点坐标；若不是，请说明理由．

3

)． 2

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3x2y2

[解析] 结合双曲线－＝1的图形及指数函数y＝()x的图象可知，有3个交点，故A∩B子集

4162的个数为8. 2．[答案] B

[解析] 由已知a3a2a4a3，所以a31,q3．[答案] C

y2x2c

[解析] 设双曲线的方程为2－2＝1(a>0，b>0)，∵e＝＝5，c＝a2＋b2，∴

abab1

＝5，∴＝2，∴双曲线的渐近线方程为y＝±x，故选C.

a24．[答案] D

[解析] 圆C的方程可化为(x＋1)2＋(y－1)2＝1，所以圆心C的坐标为(－1,1)，又直线kx＋y＋4＝0恒过点A(0，－4)，所以当圆心C到直线kx＋y＋4＝0的距离最大时，直线CA应垂直于直线kx＋y11

＋4＝0，直线CA的斜率为－5，所以－k＝，k＝－.

555．[答案] D

π

[解析] 由题可知，f(x)＝2cos2x－3sin2x＝cos2x－3sin2x＋1＝2sin(－2x)＋1，所以函数f(x)的最

6小正周期为T＝π，最小值为－1，故选D. 6．[答案] C

[解析] ∵f(x)为奇函数，log16log26，且f(x)周期为2

222a311，所以a6a3q3，故选B a148a2＋b2＝a2b1＋2

a

log231∴f(log16)f(log26)f(log262)f(log2)(221)

22237．[答案] C

1－ax2－2x1

[解析] 解法1：f ′(x)＝－ax－2＝，由题意知f ′(x)<0有实数解，∵x>0，∴ax2＋2x

xx

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－1>0有实数解．当a≥0时，显然满足；当a<0时，只要Δ＝4＋4a>0，∴－1－1.

1－ax－2x1

解法2：f ′(x)＝－ax－2＝，

xx由题意可知f ′(x)<0在(0，＋∞)内有实数解． 即1－ax2－2x<0在(0，＋∞)内有实数解． 12

即a>2－在(0，＋∞)内有实数解．

xx

121

∵x∈(0，＋∞)时，2－＝(－1)2－1≥－1，∴a>－1.

xxx8．[答案] C

[解析] 由已知an2n7,2

a1a2a30a4

n6(n3)2TnSnn6n(n3)， Tn182nn6(n4)Sn2S3n6n18(n4)n当n4时，有最小值9．[答案] C

[解析] 解法一：若满足条件的三角形有两个，则＝2sinA，所以3π

解法二：由条件知，BCsin<3310．[答案] D

[解析] 作出可行域如图阴影部分所示． 由z＝ax＋y，得y＝－ax＋z.

只在点(1,1)处z取得最小值，则斜率－a>1， 故a<－1，故选D. 11．[答案] A

[解析] 构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f ′(x)－ex＝ex[f(x)＋f ′(x)]－ex>ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．又g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0. 12．[答案] B

[解析] 延长F1M交PF2或其延长线于点G，∵F1MMP0，∴F1MMP0

3BCAB

＝sinC5 2京翰高考网：http://gaokao.zgjhjy.com/

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又MP为∠F1PF2的平分线，∴|PF1|＝|PG|且M为F1G的中点，∵O为F1F2的中点， 1

∴OM//F2G.，且|OM|=|F2G|. ∵|F2G|＝||PF2|－|PG||＝||PF2|－|PF1||，

21

∴|OM|＝|2a－2|PF2||＝|4－|PF2||.

2

∵4－22<|PF2|<4或4<|PF2|<4＋22，∴||OM|∈(0,22)． 解法2：|OM|11222||PF1||PF2|||(4x0)(4x0)||x0| 22222而|x0|(0,4)，∴||OM|∈(0,22)． 9

13．[答案] [－，2)

4

[解析] y＝2－x2是开口向下的抛物线，y＝|x－a|是与x轴交于(a,0)点的“V字形”折线，显然当a＝2时，y＝2－x2(x<0)的图象都在折线下方，由2－x2＝x－a得x2＋x－a－2＝0，由Δ＝1＋4a＋8＝99

0得a＝－，此时y＝x－a与y＝2－x2(x<0)相切，故－≤a<2.

4414．[答案] (,1)(1,0)

[解析] ∵向量a与向量b的夹角是钝角，∴ab0，且a,b 由(te1e2)(e1te2)0，且|e1||e2|1,e1e20，得t0 令te1e2(e1te2),0，则故，t0，且t1 15．[答案]

t，于是t1

1t25 41 4[解析] 由已知1ab2ab，∴0ab11a2b2a2b21a2b2(ab)22ab1(a)(b)ababab∴ 1ab2ab当且仅当ab125时，取最小值 4416．[答案] ③④⑤

[解析] 当b＝a＝0时，有l1⊥l2，故①不正确；②的逆否命题为“设a，b∈R，若a＝3且b＝3，

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则a＋b＝6”，此命题为真命题，所以原命题也是真命题，②错误；f(－x)＝lg(－x＋1＋x2)＝lg(

1

)＝－f(x)，所以③正确；由sinAcosB＝sinC得sinAcosB＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋

x＋1＋x2π

cosAsinB，所以cosAsinB＝0，所以cosA＝0，即A＝，所以△ABC是直角三角形，所以④正确；∵

211x2y222

m>n>0，∴0<<，方程mx＋ny＝1化为＋＝1，故表示焦点在y轴上的椭圆，反之亦成立．∴

mn11

mn⑤是真命题；由于|a＋2b|＝|a－2b|⇔(a＋2b)2＝(a－2b)2⇔a·b＝0⇔a⊥b，因此p是q的充要条件，∴⑥是假命题．

17．[解析] f ′(x)＝－3x2＋12x－9＝－3(x－1)(x－3)，----------------------------------2分 由f ′(x)=0得， x=1或x=3， f(x)的值随x的变化情况如下表：

x f ′(x) f(x)

0 m

(0,1) － 递减

1 0 m－4

(1,3) ＋ 递增

3 0 m

(3,4) － 递减

4 m－4

-------------6分 由已知f(x)的最小值为f(1)＝f(4)＝m－4＝2，∴m＝6 ------------8分 ∴f(x)在[0,4]上的最大值为f(0)＝f(3)＝m＝6 -------------10分

18．[解析] (1)令x＝y＝1，得f(1)＝2f(1)，故f(1)＝0. -------------2分 111

令y＝，得f(1)＝f(x)＋f()＝0，故f()＝－f(x)． -------------4分

xxx1x2任取x1、x2∈(0，＋∞)，且x1x1x1

x2x2由于>1，则f()>0，从而f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．------6分

x1x111

(2)由于f()＝－1，而f()＝－f(3)，故f(3)＝1，

33

在f(x·y)＝f(x)＋f(y)中，令x＝y＝3，得f(9)＝f(3)＋f(3)＝2， ------------8分 1

又由(1)知－f()＝f(x－2)，

x－2

故所给不等式可化为f(x)＋f(x－2)≥f(9)，即f[x(x－2)]≥f(9)， ------------10分 x>0，

∴x－2>0，解得x≥1＋10， xx－2≥9，

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∴x的取值范围是[1＋10，＋∞)． ------------12分19．[解析] (1)由m∥n得，bcosC＝(2a－c)cosB， ∴bcosC＋ccosB＝2acosB.

由正弦定理得，sinBcosC＋sinCcosB＝2sinAcosB， 即sin(B＋C)＝2sinAcosB.

又B＋C＝π－A，∴sinA＝2sinAcosB. ------------2分 1π

又sinA≠0，∴cosB＝，而B∈(0，π)，∴B＝. ------------4分

23

π33π

(2)由题知f(x)＝cos(ωx－)＋sinωx＝cosωx＋sinωx＝3sin(ωx＋)， -----6分

6226由已知得

2π

，∵0，∴2，f(x)＝－3sin(2x－6)，------------8分 ||由2k由2k22x62k2，得k6xk3,kZ

22x62k35，得kxk,kZ 236故，函数f(x)的单调递增区间是[k单调递减区间是[k3,k5],kZ； 66,k3],kZ ------------12分

20．[解析] (1)设f(x)＝ax2＋bx，f ′(x)＝2ax＋b＝2x＋2， ∴a＝1，b＝2，f(x)＝x2＋2x， ------------2分 ∴Sn＝n2＋2n，

∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n)－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1， 又a1＝S1＝3，适合上式，∴an＝2n＋1. ------------6分 (2)bn＝(2n＋1)·2n，

∴Tn＝3·21＋5·22＋7·23＋„＋(2n＋1)·2n，

∴2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋„＋(2n＋1)·2n1， ------------8分

＋

相减得－Tn＝3·21＋2·(22＋23＋„＋2n)－(2n＋1)·2n1

＋

4·1－2n1＋＋

＝6＋2·－(2n＋1)·2n1＝(1－2n)·2n1－2，

1－2

－

∴Tn＝(2n－1)·2n1＋2. ------------12分

＋

21．[解析] (1)已知椭圆的长半轴长为a＝2，半焦距c＝4－b2，

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4－b2c3由离心率e＝＝＝得，b2＝1. ------------2分

a22∴椭圆的上顶点为(0,1)，即抛物线的焦点为(0,1)，

∴p＝2，抛物线的方程为x2＝4y. ------------4分

(2)由题知直线l的斜率存在且不为零，则可设直线l的方程为y＝k(x＋1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)， 1111

∵y＝x2，∴y′＝x，∴切线l1、l2的斜率分别为x1、x2，

422211

当l1⊥l2时，x1·x2＝－1，即x1·x2＝－4， ------------8分

22

y＝kx＋1，由2得x2－4kx－4k＝0， x＝4y.

由Δ＝(－4k)2－4×(－4k)>0，解得k<－1或k>0. 又x1·x2＝－4k＝－4，得k＝1，满足Δ>0

∴直线l的方程为x－y＋1＝0. ------------12分

x2y2322．[解析] (1)设椭圆的方程为2＋2＝1(a>b>0)，由题意c＝3，且椭圆过点P(1，－ )，

ab2a－b＝3，2a＝4，x22

∴1⇒2∴椭圆方程为＋y＝1. ------------4分 34b＝1.＋＝1.22a4b

2

2

(2)解法1：由已知直线MN与y轴不垂直，假设其过定点T(a,0)，设其方程为xmya

xmya222由x2得(m4)y2amya40 ------------6分 2y142am设M(x1,y1),N(x2y2)，则y1y22m4a24y1y22

m4∴x1x2my1amy2am(y1y2)2a

x1x2(my1a)(my2a)m2y1y2am(y1y2)a2

∵AMAN，∴AMAN0，即(x12,y1)(x22)0 ∴x1x22(x1x2)4y1y20

∴(m1)y1y2m(a2)(y1y2)(a2)0 ------------10分

22(m21)(a2)(a2)2am2(a2)(a2)20 即22m4m4京翰高考网：http://gaokao.zgjhjy.com/

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若a2，则T与A重合，不合题意，∴a20，整理得a综上，直线MN过定点T(,0) ------------12分 以下解法请酌情给分

(2)解法2：由已知，AM与AN斜率存在且不为0

不妨设直线AM的方程为xmy2，则直线AN的方程为x① 当m1时，MN⊥x轴，可得直线MN方程为x6 5651y2 m66，∴直线MN过定点T(,0) 55xmy222②当m1时，由x2得(m4)y4my0， 2y14解得yM2(m24)4m，于是xMmyM2 22m4m44m

14m21xy22(14m2)m由2同理得xN,214mxy214yN∴直线MN斜率kMNyMyNxMxN4m4m5mm2414m2 2222(m4)2(14m)4(m1)m2414m24m5m2(m24)∴直线MN方程为y2(x)

m44(m21)m245m2(m24)4m4(m21)5m6即y(x)(x)

5m54(m21)m24m244(m21)综上，直线MN过定点T(,0)

(2)解法3：:①若MN⊥x轴，由AM⊥AN及椭圆的对称性知：MAONAO654

yx266x2由x2得或（舍），可见，直线MN过定点xT(,0) 255y14②若直线MN与x轴不垂直，假设直线MN过定点T(a,0)，由已知，直线MN与y轴不垂直，设其方

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程为yk(xa)(k0)

yk(xa)由x2得(14k2)x28k2ax4k2a240

2y148k2a设M(x1,y1),N(x2y2)，则x1x214k2224k2a24 x1x2214k22∴y1y2k(x1a)k(x2a)kx1x2ka(x1x2)ka ∵AMAN，∴AMAN0，即(x12,y1)(x22)0 ∴x1x22(x1x2)4y1y20

∴(1k)x1x2(2ka)(x1x2)4ka0

2222(1k2)(4k2a24)(2k2a)8k2a22∴4ka0 2214k14k整理得5a216a120，解得a‘

①当k1时，MN⊥x轴，可得直线MN方程为x∴直线MN过定点T(,0) ②当k1时，

6，或a2（舍） 56 565yk(x2)2222由x2得(14k)x16kx2(8k2)0， 2y14即(x2)[(14k)x8k2]0

22∴xM2(14k2),214kyM4k 214k京翰高考网：http://gaokao.zgjhjy.com/

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1y(x2)2(k24)4kk由2同理得xN ,yN22m4m4xy214∴直线MN斜率kMNyMyNxMxN4k4k225kk414k 2222(14k)2(k4)4(1k)214k2k4

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