鄞州高级中学2011高三下第一次月考数学试卷

huhuh鄞州高级中学2010-2011学年第二学期高三第一次月考数学试卷一：选择题（本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的）1、已知向量(2,4,),(2,,2)axby，若||6,aab，则xy的值是（）A.3或1B3或1C3D12、如右边程序框图，程序框图所进行的求和运算是（）A、11112310B、11113519C、111124620D、.2310111122223、已知,表示平面，ba,表示直线，则//a的一个充分条件是（）A、a,B、bab//,C、//,//bbaD、a,//4、数列na的前8项的值各异，且nnaa8对任意的Nn都成立，则下列数列中，可取遍na的前8项值的数列是（）A、13kaB、12kaC、14kaD、16ka5、已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是（）A．313cmB．323cmC．343cmD．383cm6、对任意大于或等于2的正整数都成立的不等式：nnnn21312111…1324，当nk1时其左端与nk时其右端所相差的式子是（其中kZk，2）（）A、121121kkB、12112111kkkC、121kD、121121111kkkk7、已知正四棱锥SABCD中，23SA，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A1B3C2D38、黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案则第n个图案中有白色地面砖的块数是（）A.24nB.42nC.24nD.33n9、正实数12,xx及函数()fx满足1()41()xfxfx，且12()()1fxfx，则12()fxx的最小值为（）A、4B、2C、14D、4510、如图，正三棱锥P-ABC的底面边长为1，E,F,G,H,分别是PA,AC,BC,PD的中点，四边形EFGH的面积为S(x)，则S(x)值域为_________A、｛41｝B、（123,+∞）C、（0,+∞）D、（63,+∞）第1个第2个第3个二：填空题（本大题共7小题,每小题4分,共28分.把答案填在答题卷的横线上.）11、设i是虚数单位，则33ii=12、一同学在电脑中打出如下若干个圈:○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●…若将此若干个圈依此规律继续下去,得到一系列的圈,那么在前120个圈中的●的个数是。13、已知数列na的前n项和2(2)nnSnan，11a试猜想此数列的通项公式14、如图所示，程序框图(算法流程图)的输出值x=____15、平面上有n条直线，它们任何两条不平行，任何三条不共点，设k条这样的直线把平面分成()fk个区域，则(1)()fkfk16、若数列na是各项均为正数的等比数列，则当12nnnbaaa时，数列nb也是等比数列；类比上（第14题图）述性质，若数列nc是等差数列，则当nd___时，数列nd也是等差数列．17、设空间向量a、b、p，则下列命题中正确命题的序号：①若p＝xa＋yb，则p与a、b共面；②若p与a、b共面，则p＝xa＋yb；③若MP=xMA+yMB，则P、M、A、B共面；④若P、M、A、B共面，则MP=xMA+yMB⑤若存在λ，μ∈R使λa＋μb＝0，则λ＝μ＝0⑥若a，b不共线，则空间任一向量p＝λa＋μb(λ，μ∈R)三：解答题（本大题共5小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）18、（本题14分）如图，平行四边形ABCD中，1CD，60BCD，且CDBD，正方形ADEF和平面ABCD成直二面角，HG,是BEDF,的中点．（Ⅰ）求证：CDEBD平面；（Ⅱ）求证：//GH平面CDE；（Ⅲ）求三棱锥CEFD的体积．19、（本题14分）设正数数列na的前n次之和为nS满足nS=2)21(na①先求出321,,aaa，4a的值，然后猜想数列na的通项公式，并用数学归纳法加以证明。②设11nnnaab，数列nb的前n项和为nT.20、（本题14分）如图，已知四棱锥P—ABCD的底面ABCD为等腰梯形，AB//CD，AC⊥DB，AC与BD相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点，又BO=2，PO=2，PB⊥PD.⑴求异面直线PD与BC所成角的余弦值；⑵求二面角P—AB—C的大小；⑶设点M在棱PC上，且PMMC，问为何值时，PC⊥平面BMD.21、（本题15分）已知椭圆C焦点在x轴上，其长轴长为4，离心率为23，（1）设过定点M（0，2）的直线l与椭圆C交于不同的两点A、B，且∠AOB为锐角（其中O为坐标原点），求直线l的斜率k的取值范围;（2）如图，过原点O任意作两条互相垂直的直线与椭圆22221xyab(0ba)相交于QRSP,,,四点，设原点O到四边形PQSR一边的距离为d，试求1d时ba,满足的条件.22、(本题15分)已知函数2()sin2(),()()2fxxbxbRFxfx，且对于任意实数x，恒有(5)(5)FxFx。（1）求函数)(xf的解析式；（2）已知函数()()2(1)lngxfxxax在区间(0,1)上单调，求实数a的取值范围；（3）函数21()ln(1)()2hxxfxk有几个零点？ABCDEFGH参考答案一：选择题：1、A2、C3、D4、A5、C6、B7、C8、A9、D10、B二：填空题：11、13412i12、1413、2(1)nn14、1215、1k16、12ncccn17、①、③三：解答题：18、（Ⅰ）证明：平面ADEF平面ABCD，交线为ADADED∴ABCDED平面----------2分∴BDED又CDBD∴CDEBD平面--------4分（Ⅱ）证明：连结EA，则G是AE的中点∴EAB中，ABGH//---------------6分又CDAB//∴//GHCD∴//GH平面CDE-------------8分（Ⅲ）解：设BCDRt中BC边上的高为h依题意：3121221h∴23h即：点C到平面DEF的距离为23---------------10分∴3323222131DEFCCEFDVV-----------------14分19、解：①7,5,3,14321aaaa②猜测12nan证明略③21ABCDEFGH20．,ABCDPO平面2,1,2,2,.AOBOOCODPOBOBDPBBDPO由平面几何知识得又以O为原点，OA，OB，OP分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标为O（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C（－1，0，0），D（0，－1，0），P（0，0，2）.（1）)0,2,1(),2,1,0(BCPD，.2,5||,3||BCPDBCPD.15152||||,cosBCPDBCPDBCPD故直线PD与BC所成的角的余弦值为.15152（2）设平面PAB的一个法向量为),,(zyxn，由于),2,0,2(),0,2,2(APAB由.2,,00xzyxAPnABn得取ABCDn又易知平面),2,1,1(的一个法向量),1,0,0(m.22||||,cosnmnmnm又二面角P—AB—C不锐角.∴所求二面角P—AB—C的大小为45°（3）设CMPzxM,,),,0,(00由于三点共线，,2200xz,BMDPC平面（1）.02.0),0,()2,0,1(.0000zxzxPCOM（2）由（1）（2）知.32,3200zx.2).32,0,32(MCPMM故.,2BMDPC平面时21、（1）2214xy（2）显然直线x=0不满足题设条件，可设直线l：11222,(,),(,).ykxAxyBxy……5分由21422kxyyx得01216)41(22kxxk.0)41(124)16(22kk,),23()23,(k（1）又2212214112,4116kxxkkxx由0900.AOBOAOB∴12120.OAOBxxyy………………………所以4)(2)1()2)(2(2121221212121xxkxxkkxkxxxyyxxOBOA044116241)1(12222kkkkk22k（2）…………………………………………………………………………由（1）（2）得：)2,23()23,2(k。………………………………………（3）由椭圆的对称性可知PQSR是菱形，原点O到各边的距离相等。…………………当P在y轴上，Q在x轴上时，直线PQ的方程为1xyab，由d=1得22111ab，……当P不在y轴上时，设直线PS的斜率为k，11(,)Pxkx，则直线RQ的斜率为1k，221(,)Qxxk由22221ykxxyab，得2222111kxab(1)，同理22222111xakb(2)……………在Rt△OPQ中，由11||||||22dPQOPOQ，即222||||||PQOPOQ所以22222222121112()()[()][()]xxxxkxxkxxkk，化简得22222111kkxx，………分22222222111()1kkkakbab，即22111ab。综上，d=1时a,b满足条件22111ab………………………………………………………22、解：（1）由题设得2()sinFxxbx，(5)(5)FxFx，则()()FxFx，所以22sinsinxbxxbx所以sin0bx对于任意实数x恒成立0b.故2)(2xxf.……………………………………………………4分（2）由xaxxxaxxfxgln2ln)1(2)()(2，求导数得)0(22)('xxaxxg，)(xg在)1,0(上恒单调，只需0)('xg或0)('xg在)1,0(上恒成立，即0222axx或0222axx恒成立，所以)22(2xxa或)22(2xxa在)1,0(上恒成立.记10),22()(2xxxxu，可知：0)(4xu，0a或4a.……………………………………………………………………9分（3）令)(21)1ln(2xfxy，则22'1)1()1(12xxxxxxxy.令0'y，则1,0,1x，列表如下.x)1,(1)0,1(0)1,0(1),1('y+0—0+0—y递增极大值212ln递减极小值1递增极大值212ln递减k212ln时，无零点；1k或k212ln时，有两个零点；1k时有三个零点；212ln1k时，有四个零点.……………………………………………………14分