201410华东师大二附中高三数学月考试卷(理科卷)参考解答

1华师大二附中2014学年度第一学期高三数学10月月考试卷(理科卷)一.填空题（本大题满分56分）1．23i2．343．0,14,54．45.-206．147.(1,2)8.32-9．p1p2、E(1)E(2)10．611．a2112．(1,3)13．(210，＋∞)14．52二．选择题（本大题满分20分）15．C16．C17．D18.D三．解答题（本大题满分74分）19．（本题满分12分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分。解：方法一：(1)如图所示，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy.由条件知A(0,60),C(170，0)，直线BC的斜率kBC＝－tan∠BCO＝－43.又因为AB⊥BC,所以直线AB的斜率kAB＝34.设点B的坐标为(a，b)，则kBC＝b－0a－170＝－43，kAB＝b－60a－0＝34，解得a＝80,b＝120，所以BC＝（170－80）2＋（0－120）2＝150.因此新桥BC的长是150m.(2)设保护区的边界圆M的半径为rm,OM＝dm(0≤d≤60)．由条件知，直线BC的方程为y＝－43(x－170)，即4x＋3y－680＝0.由于圆M与直线BC相切，故点M(0,d)到直线BC的距离是r，即r＝|3d－680|42＋32＝680－3d5.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m，所以r－d≥80，r－（60－d）≥80，即680－3d5－d≥80，680－3d5－（60－d）≥80，解得10≤d≤35.故当d＝10时，r＝680－3d5最大，即圆面积最大，所以当OM＝10m时，圆形保护区的面积最大．方法二：(1)如图所示，延长OA,CB交于点F.因为tan∠FCO＝43，所以sin∠FCO＝45，cos∠FCO＝35.因为OA＝60，OC＝170，所以OF＝OCtan∠FCO＝6803，CF＝OCcos∠FCO＝8503，从而AF＝OF－OA＝5003.因为OA⊥OC,所以cos∠AFB＝sin∠FCO＝45.又因为AB⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝4003，从而BC＝CF－BF＝150.因此新桥BC的长是150m.2(2)设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD＝rm，OM＝dm(0≤d≤60)．因为OA⊥OC,所以sin∠CFO＝cos∠FCO.故由(1)知sin∠CFO＝MDMF＝MDOF－OM＝r6803－d＝35，所以r＝680－3d5.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m，所以r－d≥80，r－（60－d）≥80，即680－3d5－d≥80，680－3d5－（60－d）≥80，解得10≤d≤35.故当d＝10时，r＝680－3d5最大，即圆面积最大，所以当OM＝10m时，圆形保护区的面积最大．20．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分。19．解：方法一(几何方法)：(1)证明：如图①，连接AD1，由ABCD­A1B1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.当λ＝1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FP∥AD1，所以BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.图①图②(2)如图②，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝12BD.又DP＝BQ，DP∥BQ，所以四边形PQBD是平行四边形，故PQ∥BD，且PQ＝BD，从而EF∥PQ，且EF＝12PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，于是EQ＝FP＝1＋λ2，所以四边形EFPQ也是等腰梯形．同理可证四边形PQMN也是等腰梯形．分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角．若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°.连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN知四边形EFNM是平行四边形．连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，所以GH＝ME＝2.在△GOH中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－222＝λ2＋12，OG2＝1＋(2－λ)2－222＝(2－λ)2＋12，由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，解得λ＝1±22，故存在λ＝1±22，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．3方法二(向量方法)：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)．BC1→＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1，0，1)，因为BC1→＝(－2，0，2)，所以BC1→＝2FP→，即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由FE→·n＝0，FP→·n＝0可得x＋y＝0，－x＋λz＝0.于是可取n＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．21．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分。解:(1)证明:若()yfx是增函数,取0c,由xcx,得()()fxcfx,所以()yfx是Z函数;…3分若()yfx是减函数,取0c,由xcx,得()()fxcfx,所以()yfx是Z函数;综上所述,()yfx为Z函数.…6分(2)32()gxxbx是Z函数.等价于存在非零常数c,使得对于xR,2232()()3(32)0gxcgxcxcbcxcbc恒成立.…8分则2220(43)0ccbc有非零解.…10分解得c∈23,3b…12分综上所述,bR.…14分22．(本题满分16分)本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分.【解析】（I）设点M(x，y)，00,Pxy，得点D坐标为0,0x，且22004xy.①因为12OMOPOD，所以002xxyy②，将②代入①得2244xy，所以所求的轨迹方程为2214xy；（Ⅱ）①令1122,,,AxyBxy，由22222,148440440ykxmkxkmxmxy得，4所以222221212222212122284144401488141444441414kmkmmkkmkmxxxxkkmmxxxxkk即③，所以12122282221414kkmmyykxxmmkk，由中点坐标公式得224,1414kmmGkk，根据OQOG，得224,1414kmmQkk，将其代入椭圆方程，有222222222411414kmmkk.化简得22214mk④②由③④得m≠0，λ＞1.因为2222122228444144141414kmmkmxxkkk⑤，在△AOB中，1212Smxx⑥，由④⑤⑥得2222222221,1,mmmSm，令210,t，则2222112112tStttt当且仅当即时等号成立所以当2时，2221S取得最大值，其最大值为1.23．（本题满分18分）。本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.解：（Ⅰ）110d,27d,20142d（Ⅱ）法一：①当2d时，则(,,)(,1,2)abcaaa所以1(,1,2)(1,2,)faaaaaa，122daa，由操作规则可知，每次操作，数组中的最大数2a变为最小数a，最小数a和次小数1a分别变为次小数1a和最大数2a，所以数组的极差不会改变.所以，当2d时，(1,2,3,)nddn恒成立.②当3d时，则1(,,)(1,1,2)fabcabc所以11(1)dbabacad或12(1)3dcad所以总有1dd.综上讨论，满足(1,2,3,)nddn的d的取值仅能是2.法二：因为abc，所以数组(,,)abc的极差2dca，所以1(,,)(1,1,2)fabcabc，若2c为最大数，则12(1)3dcacad若121bca，则1(1)(1)dbabacad若112bac，则1(1)(2)3dbcbc，当3bcd时，可得32bc，即1bc由bc可得1bc，所以1bc将1cb代入3bcca得1ba所以当(,,)(,1,2)abcaaa时，2nd（1,2,3,n）由操作规则可知，每次操作，数组中的最大数2a变为最小数a，最小数a和次小数1a分别变为次小数1a和最大数2a，所以数组的极差不会改变.所以满足(1,2,3,)nddn的d的取值仅能是2.5（Ⅲ）因为,,abc是以4为公比的正整数等比数列的三项，所以,,abc是形如4km（其中*mN）的数，又因为1114(31)3331kkkkkkkCC,所以,,abc中每两个数的差都是3的倍数.所以(,,)abc的极差0d是3的倍数.法1：设(,,)(,,)iiiifabcabc，不妨设abc，依据操作f的规则，当在三元数组(,,)ifabc（1,2,3,,ix，xN）中，总满足ic是唯一最大数，ia是最小数时，一定有2axbxcx，解得3cbx.所以，当2,3,,13cbi时，111(2)(1)3iiiiiidcacad.3322(,,)(,,)333cbacbcbcbfabc，3cbdba依据操作f的规则，当在三元数组(,,)ifabc（,1,,333cbcbcbiy，yN）中，总满足iicb是最大数，ia是最小数时，一定有32233acbcbyy，解得3bay.所以，当,1,,1333cbcbcai时，111(1)(2)3iiiiiidcacad.3(,,)(,,)333caabcabcabcfabc，30cad所以存在3can，满足(,,)nfabc的极差0nd.法2：设(,,)(,,)iiiifabcabc，则①当(,,)iiiabc中有唯一最大数时，不妨设iiiabc，则1111,1,2iiiiiiaabbcc，所以111111,3,3iiiiiiiiiiiibabacacacbcb所以，若,,iiiiiibacacb是3的倍数，则111111,,iiiiiibacacb是3的倍数.所以3iibc，则3id，1130iiiicbcb，所以1