惠州一中2010届高二级第二学期第二次月考数学（理科）参考答案

惠州一中2010届高二级第二学期第二次月考数学（理科）参考答案一、选择题：BCABDACB1．解析：B；∵*,1Nnn∴n取第一个自然数为2，左端分母最大的项为311212，故选B.2．解析：C；由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数，所以以1，5，9，13中任意一个为分子，都可以与4，8，12，16中的任意一个构成分数，因此可以分两步来构成分数：第一步，选分子，有4种选法；第二步，选分母，也有4种选法。所以共有不同的分数4×4=16（个）.3．解析：A；221)12(221)2)(2(21)1)(2(2iiiiiiii.或2)1()21()1)(2(22iiiiiii.4．解析：B.5．解析：D；画出不等式组对应的可行域如图所示：易得1,1A，2OA,2,2B，22OB,1,3C，10OC,故OP的最大值为10，即228xy的最大值等于10+8=18,故选D。6．解析：A；∵2103()120Sxx，1020103020,,SSSSS成等差数列∴20101030202()()SSSSS，解得3015S.或∵2010111220SSaaa112010()52aa∴11201aa,13030112030()15()152aaSaa，故选A.7．解析：C；∵2323aa，又∵aPFPF212∴432PF∴27PF8．解析：B.二、填空题9．解析：∵命题p为真命题，命题q为真命题，∴命题正确的序号是①②③10．解析：12az，而12a即5122a，52z，∴z的取值范围是(25)，。11．解析：第（1）、（2）、（3）…个图案黑色瓷砖数依次为：15－3＝12；24－8＝16；35－15＝20；…由此可猜测第（n）个图案黑色瓷砖数为：12＋(n－1)×4＝4n+812．解析：12种。13．解析：33；设11,AF由△2ABF是正三角形知22,AF123,FF所以椭圆的离心率12122323FFcceaaAFAF。14．解析：5；∵点A在内的射影与点B在内的射影重合，∴，设射影为点C，点P到l的距离为PC的长，而PC为矩形PACB的对角线，∴5PC.三、解答题：15．（12分）解：由已知1()fxxx，当[1,]xe时，()0fx.所以函数],1[)(exf在上单调递增。所以函数],1[)(exf在上的最大、最小值分别为(1)()ffe、.因为12)(,21)1(2eeff，所以函数()fx在[1,]e上的最大值为122e，最小值为21。16．（12分）解：（1）由已知得1231327:(3)(4)3.2aaaaaa，解得22a．设数列{}na的公比为q，由22a，PABCOxy1xyx4yx可得1322aaqq，．又37S，可知2227qq，即22520qq，解得12122qq，．由题意得12qq，．11a．故数列{}na的通项为12nna．17．（14分）解：法（一）（1）如图，取PC、PD的中点F、G，连接EF、FG、AG.∵PA⊥面ABCD，CD面ACBD，∴PACD，又ADCD，PAADA，∴CD面PAD，又AG面PAD，∴CDAG.∵AG是等腰直角三角形PAD斜边PD上的中线，∴AGPD，又PDADD，∴AG⊥面PCD.∵FG是△PCD的中位线，∴FG平行且等于CD的一半，又AE平行且等于CD的一半，∴FG平行且等于AE，即四边形AEFG为平行四边.∴//EFAG，∴EF⊥面PCD，又EF面PEC，∴面PEC⊥面PCD，即二面角EPCD为90……………………8分（2）如图，在RtPDC中DHPC，垂足为H.∵面PEC⊥面PCD，且DH垂直于它们的交线，∴DH面PCE，即DH的长度为点D到面PEC的距离.在RtPDC中，32,22,2PCPDCD，∴36232222PCPDCDDH，即点D到面PEC的距离362.…………………………14分法（二）：如图，建立空间直角坐标系，则0,0,0A，2,2,0C，0,2,0D，0,0,2P，1,0,0E，所以，(2,0,0)CD，(0,2,2)DP，(1,2,0)EC，(1,0,2)EP.………………2分（1）设平面PCD的法向量为1111(,,)nxyz，由110,0,CDnDPn得022,02111zyx解得.,0111zyx令11z，得1(0,1,1)n.…………………4分设平面PCE的法向量为2222(,,)nxyz，由220,0,ECnEPn得,02,022222zxyx解得.,22222zyzx令12z，得2(2,1,1)n.∴120110nn，∴二面角EPCD为90…………8分（2）点D到面PEC的距离为d，则22022263411DPndn，即点D到面PEC的距离为362.………………14分18．（14分）解析：（1）∵12zz∴cos(2)cosbCacB----①,4ac………②由①得2coscoscosaBbCcB………………③PABCDExyzPABCDEFG在△ABC中,由正弦定理得sinsinabAB=sincC,设sinsinabABsincC＝(0)kk则sin,sin,sinakAbkBckC,代入③得2sincossincossincosABBCCB…………4分2sincossin()sin()sinABBCAA∵0A，∴sin0A∴1cos2B,∵0B，∴3B……………………8分(2)∵22b,由余弦定理得2222cosbacacB228acac,…………④…………10分由②得22216acac……⑤由④⑤得83ac，…………12分∴1sin2ABCSacB=183232323.…………14分19．（14分）解析：(1)依题意设所求的抛物线方程为22(0)xpyp∵直线AB的斜率为k且过点(0,)Ma∴直线AB的方程为ykxa由22ykxaxpy得2220xpkxpa---①设1122(,),(,)AxyBxy（12120,0,0,0xxyy）则12,xx是方程①的两个实根∴122xxpk，若12||||2xxk则122xxk，22pkk∴1p若21||||2xxk则1222xxpkk∴1p与0p矛盾.∴该抛物线的方程为22xy．…………7分(2)解法1：抛物线22xy的焦点为（10,2）即M点坐标为（10,2）直线AB的斜率tan603k∴直线AB的方程为132yx，解方程组22132xyyx得11327432xy22327432xy即点743(32,)2A，743(32,)2B,∴22||4(43)8AB设点,Pmn，依题意知3232m，且212nm则点P到直线AB的距离1|3|22mnd211|3|222mm2|(3)4|4m当3m时，max1d，这时maxmax11()||81822PABSABd。…………………14分解法2：抛物线22xy的焦点为（10,2）即M点坐标为（10,2）直线AB的斜率tan603k∴直线AB的方程为132yx，由22132xyyx得22310xx1223xx，121xx，22121212||1||2()4ABkxxxxxx21248以下同上。20．解析：（1）当2n时11(1)(1)1111nnnnnqqqqaaaaaqqqq，1(1)nnnqaqaqaDPMBAoyx∴1nnaqa，由111(1)1qSaaq得1aq∴数列{}na是首项1aq、公比为q的等比数列，∴1nnnaqqq………………4分(2)由（1）知当13q时，1211[1()]1133[1()]12313nnnaaa11()13n，∴111[1()]232n即1212naaa………………7分（3）∵()logqfxx12logloglognqqqnbaaa＝12log()qnaaa＝12(1)log122nqnnqn∵12112()(1)1nbnnnn………………10分∴11niib12111nbbb111112[(1)()()]2231nn＝21nn………………12分由113niimb得66(1)666111nnmnnn…………()∵()对nN都成立∴66311m∵m是正整数，∴m的值为1,2,3。∴使113niimb对nN都成立的正整数m存在，其值为：1，2，3.…………………14分