高三上第三次月考数学试卷

高三上第三次月考数学试卷总分150分一、选择题(本大题包括10小题，每小题5分，共50分。每小题恰有一个选项最符合题意。)1、直线x=－1与直线3x+y=0的夹角为:A.6B.3C.23D.562、已知)40sin,40(cosa，)20cos,20(sinb，则ba的值为A．22,B.21,C.23,D.13、将函数xy2sin的图象按向量)0,6(a平移后的图象的函数解析式为A．)32sin(xyB．)32sin(xyC.)62sin(xyD.)62sin(xy4、已知双曲线191622yx，则双曲线上的点P到左焦点的距离与点P到左准线的距离之比等于A．54B．34C．47D．455、4)2(xx的展开式中x3的系数是A．6B．12C．24D．486、下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是减函数的是A．1yx，B．2xy，C．1lg1xyx，D．||yx7、将棱长相等的正方体按右图所示的形状摆放，从上往下依次为第1层，第2层，第3层，…，则第6层正方形的个数是A．28B．21C．15D．11．8、设，，为两两不重合的平面，,mn为两条不重合的直线，给出下列四个命题：①若,//则；②若//,//,则//；③若//,//,mn则//mn；④若,,m,则m。其中真命题的个数是A．1B．2C.3D．49、若21:20,:0,|1|xpxxqx则p是q的A．充分不必要条件，B．必要不充分条件，C．充要条件，D既不充分也不必要条件。10、如果一条直线与一个平面平行，那么，称此直线与平面构成一个“平行线面对”。在一个平行六面体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面对”的个数是A．60B．48C．36D．24二、填空题(本大题包括6小题，每小题5分，共30分。)11、设a、b为实数,集合M＝{ba,1},N={a,0},f：x→x表示把集合M是的元素x映射到集合N中仍为x，则a+b的值等于。12、已知OFQ的面积为S,1OFFQ,若1322S,则向量OF与FQ的夹角的范围是.13、已知圆222440xyxy关于直线2yxb成轴对称，则b.14、甲、乙两人玩猜数字游戏,先由甲心中任想一个数字,记为a,再由乙猜甲刚才所想的数字,把乙猜的数字记为b,且a,b{0,1,2,3,…,9},若|a－b|≤1,则称甲乙“心有灵犀”.现任意找两人玩这个游戏,得出他们“心有灵犀”的概率为.15、一个正四棱柱的顶点都在球面上，底面边长为1，高为2，则此球的表面积为16、已知抛物线22,xy过点(0,1)P的直线与抛物线相交于1122(,),(,)AxyBxy两点，则y1+y2的最小值是。三、解答题（5小题共70分）17、（本小题12分，第一、二两小问满分各6分）已知数列na是等差数列，nb是等比数列，且112,ab454b,12323aaabb,(I)求数列nb的通项公式；（II）求数列na的前10项和10S。18、（本小题满分14分，第一小问满分6分，第二小问满分8分）一个口袋内装有大小相同且已编有不同号码的4个黑球和3个红球，某人一次从中摸出2个球。（I）如果摸到的球中含有红球就中奖，那么此人中奖的概率是多少？（II）如果摸到的两个球都是红球，那么就中大奖。在有放回的3次摸球中，此人恰好两次中大奖的概率是多少？19、（本小题满分15分，第一小问满分5分，第二小问满分5分，第三小问满分5分）在五棱锥PABCDE中，2PAABAEa，PB=PE22a,BC=DE=a,90EABABCDEA。（I）求证：PA平面ABCDE；（II）求二面角APDE的大小。（III）求点C到平面PDE的距离。20．（本小题满分14分，第一小问满分4分，第二小问满分5分，第三小问满分5分）在直角坐标系中，O为坐标原点，设直线l经过点)2,3(P，且与x轴交于点).0,2(F(I)求直线l的方程；(II)如果一个椭圆经过点P,且以点F为它的一个焦点,求椭圆的标准方程;(III)若在(I)、（II）、情形下，设直线l与椭圆的另一个交点为Q，且PMPQ，当||OM最小时，求对应的值。21、（本小题满分15分，第一小问满分4分，第二小问满分5分，第三小问满分5分）设不等式组003xyynxn所表示的平面区域为Dn,记Dn内的格点(格点即横坐标和纵坐标均为整数的点)个数为f(n)(nN*).(1)求f(1)、f(2)的值及f(n)的表达式；(2)记Tn=()(1)2nfnfn,若对于一切正整数n,总有Tn≤m,求实数m的取值范围；(3)设Sn为数列{bn}的前n项和,其中bn=()2fn,问是否存在正整数n、t,使11116nnnnStbStb成立?若存在,求出正整数n,t；若不存在,说明理由.高三上第三次月考数学试卷参考答案一选择题ACADCCBCDB二、填空题11、1；12、（π4，π3）；13、4；14、725；15、6；16、2。三、解答题17、解（I）nb是等比数列，且54,241bb，27143bbq………3分,3q11132nnnqbb……………………6分（II）数列na是等差数列，12323aaabb，又,2418632bb2432321aaaa82a从而62812aad…9分56692)110(110daa290210)562(210)(10110aaS……………………12分18、解：（I）记“从袋中摸出的两个球中含有红球”为事件A。则752)(141323CCCAP（或“不含红球即摸出的两个球都是黑球”为事件A。72)(2724CCAP75721)(1)(APAP……5分答：此人中奖的概率是75。（II）记“从袋中摸出的两个球都是红球”为事件B，则71)(2723CCBP…10分由于有放回的3次摸球，每次是否摸到两个红球之间没有影响。所以3次摸球恰好有两次中大奖相当于作用于次独立重复试验，根据n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率公式得，34318)711()71(232233CP……13分答：此人恰好两次中大奖的概率是34318……………………………………14分19、（I）证明：aABPA2，aPB22222PBABPA，90PAB即ABPA同理AEPAAAEABPA平面ABCDE………………5分（II）解：90AED,EDAEABCDEPA平面EDPAPAEED平面过A作PEAG于G，则AGDE，AG平面PDE。过G作PDGH于H，连,AH由三垂线定理得PDAH。AHG为二面角EPDA的平面角……………………8分在PAERt中，aAG2在PADRt中，aAH352，在PHGRt中，10103sinAHAGAHG，10103arcsinAHG。二面角EPDA的大小为10103arcsinAHG………………10分（III）90DEAABCEAB，aAEAB2，取AE中点F，连CF，BCAFBCAF,||四边形ABCF为平行四边形。.||DECF而DE平面PDE，CF平面PDE||CF平面PDE点C到平面PDE的距离等于F到平面PDE的距离。PA平面ABCDEDEPA又AEDE，DE平面PAE平面PDEPAE平面。PDEFGG，PEFGF平面则于作过。FG的长即为F点到平面PDE的距离。…………………………13分在PAE中，aAEPA2，F为AE中点，PEPGaFG22点C到平面PDE的距离为a22。……………………15分。20、),0,2(),2,3(FP根据两点式得，所求直线l的方程为232020xy即)2(2xy。直线l的方程是)2(2xy…………………………4分（II）解：设所求椭圆的标准方程为12222byax)0(ba一个焦点为)0,2(F2c即422ba①…………6分点)2,3(P在椭圆12222byax()0ba上，12922ba②由①②解得8,1222ba所以所求椭圆的标准方程为181222yx………………………………9分（III）由题意得方程组1812)2(222yxxy解得23yx或220yx)22,0(Q)23,3(OP)23,3(QPMP)232,33(MPPOMO38)95(27113027)232()33(||2222MO当95时，||MO最小。…………………………………………14分21、解（Ⅰ）由题意，作图易得f(1)=3，f(2)=6．……………………2分一般地，由00xy，,3ynxn-+≤，得03x．又x*ÎN，∴12xx==，．∴Dn内的整点在直线1x=和2x=上．……………………………………3分记直线3ynxn为l,l与直线1x和2x的交点的纵坐标分别为1y，2y，则132ynnn=-+=，223ynnn=-+=．∴()3()fnnn*=?N．……………………………………………………5分（Ⅱ）由（Ⅰ），得9(1)2nnnnT+=，……………………………………………6分∴1119(1)(2)9(1)9(1)(2)222nnnnnnnnnnnTT+++++++--=-=．∴当n≥3时,1nnTT+，且1232792TTT===.……………………………8分于是32,TT是nT的最大项，故m≥2272T=．…………………………………10分（Ⅲ）假设存在正整数n，t使得上面的不等式成立，由（Ⅰ），有8nnb=，∴8(81)7nnS-=．……………………………11分不等式11116nnnnStbStb++--，即118(81)7818(81)7816nnnntt++--?--?，解得18(87)15nt-．∴n=t=1．………………………………………………………………………14分即存在正整数n=1，t=1，使11116nnnnStbStb++--成立．………………………15分