天津市第一中学2016届高三数学第四次月考试题-理

天津一中2015-2016-2高三年级第四次月考数学（理）试卷一．选择题：1.设集合21{|},{|1}AxxxBxx，则AB(C)(A)(,1](B)[0,1](C)(0,1](D)(,0)(0,1]2.设变量,xy满足约束条件2023,246xyxyxyzxy则的取值范围为（D）A.4,32B.1,816C.8,16D.1,4323.运行如图所示的程序框图，若输出的S是254，则①应为(C)A．n≤5?B．n≤6?C．n≤7?D．n≤8?[4.以下说法错误的是(C)A.命题“若2320xx，则1x”的逆否命题为“若1x，则2320xx”.B.“1x”是“2320xx”的充分不必要条件.C.若pq为假命题，则,pq均为假命题.D.若命题:pxR，使得210xx，则:,pxR则210xx.5.已知{}na是首项为32的等比数列，nS是其前n项和，且646536SS,则数列|}log{|2na前10项和为（A）（A）58（B）56（C）50（D）456.已知抛物线28yx与双曲线2221xyx的一个交点为M，F为抛物线的焦点，若｜MF｜＝5，则该双曲线的渐近线方程为（A）A、5x±3y＝0B、3x±5y＝0C、4x±5y＝0D、5x±4y＝07.在ABC△中,若sin2sinCA,2232baac,则cosB（C）A．12B．13C．14D．158.已知函数()fx是定义在R上的奇函数，当0x时，|1|12,02,()1(2),2,2xxfxfxx则函数()gx＝()1xfx在[6,)上的所有零点之和为（B）A．7B．8C．9D．10二．填空题：9.设i为虚数单位,若复数2282izmmm是纯虚数,则实数m______-4_____．10.二项式522axx的展开式中常数项为160，则a的值为2．11．如图，在边长为1的正方形OABC中任取一点，则该点落在阴影部分中的概率为13．12.已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为10313.如图，∠BAC的平分线与BC和外接圆分别相交于D和E，延长AC交过D、E、C三点的圆于点F．若AE=6，EF=3，则AF•AC的值为___27___．14.在平行四边形ABCD中，BAD60°，1AB，3AD，P为平行四边形内一点，且23AP，若()APABADR，，则3的最大值为______1_____．三．解答题：15.已知函数2()2sin23sinsin()2fxxxx（0）．（1）求)(xf的最小正周期；（2）求函数)(xf在区间]32,0[上的取值范围．16.袋中有8个大小相同的小球,其中1个黑球,3个白球,4个红球.(I)若从袋中一次摸出2个小球,求恰为异色球的概率;(II)若从袋中一次摸出3个小球,且3个球中,黑球与白球的个数都没有超过红球的个数,记此时红球的个数为,求的分布列及数学期望E.解:(Ⅰ)摸出的2个小球为异色球的种数为11C11173419CCC从8个球中摸出2个小球的种数为2828C故所求概率为1928P5分(Ⅱ)符合条件的摸法包括以下三种:一种是有1个红球,1个黑球,1个白球,共有11C114312CC种一种是有2个红球,1个其它颜色球,共有214424CC种,一种是所摸得的3小球均为红球,共有344C种不同摸法,故符合条件的不同摸法共有40种由题意知,随机变量的取值为1,2,3.其分布列为:123P310351103319123105105E17.如图,ABCD是边长为3的正方形，DE平面ABCD，DEAF//，AFDE3，BE与平面ABCD所成角为060.(Ⅰ)求证：AC平面BDE；(Ⅱ)求二面角DBEF的余弦值；(Ⅲ)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得//AM平面BEF，并证明你的结论.(Ⅰ)证明：因为DE平面ABCD，所以ACDE.……………2分因为ABCD是正方形，所以BDAC，又,BDDE相交从而AC平面BDE.…………………4分(Ⅱ)解：因为DEDCDA,,两两垂直，所以建立空间直角坐标系xyzD如图所示.因为BE与平面ABCD所成角为060，即60DBE，5分所以3DBED.由3AD可知36DE，6AF.…6分则(3,0,0)A，(3,0,6)F，(0,0,36)E，(3,3,0)B，(0,3,0)C，所以(0,3,6)BF，(3,0,26)EF，………7分设平面BEF的法向量为n(,,)xyz，则00BFEFnn，即3603260yzxz，令6z，则n(4,2,6).………8分因为AC平面BDE，所以CA为平面BDE的法向量，(3,3,0)CA，所以613cos,133226CACACAnnn.……9分因为二面角为锐角，所以二面角DBEF的余弦值为1313.………10分(Ⅲ)解：点M是线段BD上一个动点，设(,,0)Mtt.则(3,,0)AMtt，因为//AM平面BEF，所以AMn0,……11分即4(3)20tt，解得2t.………12分此时，点M坐标为(2,2,0)，13BMBD，符合题意.…………13分18.如图,在平面直角坐标系xoy中，椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为63，直线l与x轴交于点E，与椭圆C交于A、B两点．当直线l垂直于x轴且点E为椭圆C的右焦点时，弦AB的长为263．（1）求椭圆C的方程；（2）若点E的坐标为3(,0)2，点A在第一象限且横坐标为3，连结点A与原点O的直线交椭圆C于另一点P，求PAB的面积；（3）是否存在点E，使得2211EAEB为定值？若存在，请指出点E的坐标，并求出该定值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）由63ca，设3(0)akk，则6ck，223bk，所以椭圆C的方程为2222193xykk，因直线l垂直于x轴且点E为椭圆C的右焦点，即6ABxxk，代入椭圆方程，解得yk，于是2623k，即63k，所以椭圆C的方程为22162xy………………………………5分（2）将3x代入22162xy，解得1y，因点A在第一象限，从而(3,1)A，由点E的坐标为3(,0)2，所以23ABk，直线PA的方程为23()23yx，联立直线PA与椭圆C的方程，解得37(,)55B，yxBPAOEF1F2第18题又PA过原点O，于是(3,1)P，4PA，所以直线PA的方程为30xy，所以点B到直线PA的距离373553325h，133634255PABS………………10分（3）假设存在点E，使得2211EAEB为定值，设0(,0)Ex，当直线AB与x轴重合时，有202222220001221111(6)(6)(6)xEAEBxxx，当直线AB与x轴垂直时，222200112662(1)6xEAEBx，由20222001226(6)6xxx，解得03x，20626x，所以若存在点E，此时(3,0)E，2211EAEB为定值2．…………………12分根据对称性，只需考虑直线AB过点(3,0)E，设11(,)Axy，22(,)Bxy，又设直线AB的方程为3xmy，与椭圆C联立方程组，化简得22(3)2330mymy，所以122233myym，12233yym，又22222222111111111(1)(3)EAmyymyxy，所以212122222222221212()21111(1)(1)(1)yyyyEAEBmymymyy，将上述关系代入，化简可得22112EAEB．综上所述，存在点(3,0)E，使得2211EAEB为定值2……………16分19.已知函数31()(1)1()2xfxffaxb3，，4，数列{}nx满足113()2nnxxfx，．（1）求23xx，的值；（2）求数列{}nx的通项公式；（3）证明：12233334nnxxx．解：（1）由(1)1f，得3ab由1()2f34得24ab解得2,1ab，3()21xfxx，----------------------------------------------2分2133392()()328212xfxf-----------------------------------------------3分32927()()826xfxf---------------------------------------------------------4分（2）解法一：由13()21nnnnxxfxx且0nx得：1211211333nnnnxxxx，-------5分即11111(1)3nnxx，----------------------------------------------------------7分∵131,=2nxx否则与矛盾∴1111131nnxx，------------------------------------8分∴数列1{1}nx是以11113x为首项，公比为13的等比数列，∴11111()33nnx，331nnnx.-----------------------------------------------9分【解法二：由132x，23927826xx，，猜想3()31nnnxnN.---------------------6分下面用数学归纳法证明.①当n=1猜想显然成立；②假设当n=k（1k）结论成立，即331kkkx，则当1nk时，111133331()321312131kkkkkkkkkkxxfxx，即当1nk猜想成立.----------------------------------------------------------8分综合①、②可知猜想对nN都成立.即3()31nnnxnN-------------------------9分】（3）证法一：由331nnnx得1331nnnx，∵111131331233123nnnnn-------------------------------------11分∴111111,(1,2,...,)331233123kkkkkkakn----------------------------12分∴1222111111113133(1)(1)13332333243413nnnnnaaa．∴命题得证.-------------------------------------------------------------------14分以下其它解法请参照给分。【证法二：11122313133331(31)(31)2(31)(31)nnnnnnnnnx11323311()2(31)(31)23131nnnnn122122313111111[()()()]3332313131313131nnnnxxx13113()22314n.】【证法三：当1n时，不等式显然成立，当2n时，令1,331nnnnxa1111111111313