福建省厦门同安一中高三月考理科数学试卷

福建省厦门同安一中高三（上）数学月考

（理科）试卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.

z[ ]1、设z的共轭复数是z，或z+z=6,z·z＝18，则等于

zA.1 B.-i C.±1 D. ±i

[ ]2、等差数列{an} 中，若S10=15，则a4+a5+a6+a7= A．3 B．6 C．10 D．9

[ ]3、已知全集UR,集合MxRyx1,NyRyx1.则NCUM= A． B.x0x1 C.x0x1 D. x1x1

[ ]4、若平面四边形ABCD满足AB2DC,(CDCA)AB0，则该四边形一定是

A．矩形

B．直角梯形 C．等腰梯形 D．平行四边形

x0[ ]5、设f(x)是可导函数，且lim

A．0.5

B．－1

f(x0x)f(x0)1,f(x0)=

2xC．0 D．－2

[ ]6、有一种波，其波形为函数ysin(x)的图象，若其在区间[0，t]上至少有2个波峰（图

2象的最高点），则正整数t的最小值是 A．5 B．6 C．7 D．8

[ ]7、已知直线a和平面α、β，l,a,a，a在α、β内的射影分别为直线b和

c，则b、c的位置关系是

A．相交或平行 B．相交或异面

C．平行或异面 D．相交，平行或异面

[ ]8、如右下图所示，在两个圆盘中，指针在本圆盘每个数所在区域的机会均为针至少有一落在奇数所在区域的概率是 81A． B．2 C．4 D．

9399２ ３ ４ 1，那么两个指6１ ７ ５ ７ ９ ８ ３ １ ２

[ ]9、若y=e|x|(x∈[a,b]的值域为[1，e2],则点（a,b)的轨迹是左上图中的

A．线段BC和OC B．线段AB和BC C．线段AB和OA

D．线段OA和OC

x2y2[ ]10、已知P是以F1、F2为焦点的双曲线221(a0,b0)上的一点，若

abPF1PF2=0，tanPF1F22，则此双曲线的离心率为A．25 B．3 C．5 D．

5

[ ]11、正四棱锥S—ABCD底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，

1 / 8

并且总保持PE⊥AC则动点P的轨迹的周长为

A．22

B．23

C．26

D．26

2[ ]12、如图⊙O：x2+y2=16，A（－2，0），B（2，0）为两

定点.l是⊙O的一条切线，若过A，B两点的抛物线以直线l为 准线， 则抛物线焦点所在轨迹是 A．双曲线 B．椭圆

C．抛物线 D．圆

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在答题卡的相应位置.

xy2y113、已知x，y满足x0的取值范围是 . ,则zx1y02101014、若多项式xxa0a1(x1)a10(x1),则a9 .

15、给出四个命题： ①若coscos,则2k,kZ；②函数y2cos(2x象关于点(3)的图

12,0)对称；

16 4 A 256 ③函数y=sin|x|是周期函数，且周期为2π；④函数ycos(sinx)(xR)为偶函数，其中所有正确的序号是 。

16、如右图，在5×5的正方形表格中尚有21个空格，若在每一个 空格中填入一个正整数，使得每一行、每一列及两条对角线上的数都分别成等比数列，则字母A所代表的正整数是 .

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三、解答题：本大题共6小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

17、在△ABC中，设内角A、B、C的对边分别为a、b、c，向量m=(cosA,sinA),向量n=(2-sinA,cosA),若|m+n|=2。 （1）求角A的大小； （2）若b42,且c

2a，求△ABC的面积。

18、有甲、乙、丙三人玩掷骰子放球的游戏,若掷出1点,甲获得一球；若掷出2点或3点,乙获得一球；若掷出4点，5点或6点丙获得一球.设掷n次后,甲,乙,丙获得的球数分别为x,y,z. (Ⅰ)当n=3时,求x,y,z成等差数列的概率；(Ⅱ)当n=6时，求x,y,z成等比数列的概率。

19、在各棱长均相等的平行六面体AC1中，底面ABCD为正方形，对角线AC、BD相交于点

O，且C1CBC1CD60.

（Ⅰ）证明：C1O⊥平面ABCD； （Ⅱ）设E、F分别为棱BB1，CD的中点，求直线D1F与平面ADE所成角的正弦值．

D1A1B1EDOAFBCC1

3 / 8

20、已知函数f(x)=

x2x0，设正项数列{a}的首项a=2,前n 项和S满足S=f(S

2n

1

n

n

n-1)(n>1,且

n∈N*);（I）求an的表达式；（II）在平面直角坐标系内，直线Ln的斜率为an,且Ln与曲线y=x2相切，Ln又与y轴交于点Dn(0,bn),当n∈N*时，记dn=C1+C2+C3+…+Cn 14Dn1Dn-1，若Cn=dn1dn,求证：

2dn1dn22x2y221、已知直线y= -x+1与椭圆221(ab0)相交于A、B两点.

ab3 （1）若椭圆的离心率为，焦距为2，求线段AB的长；

3 （2）若向量OA与向量OB互相垂直（O为坐标原点），当椭圆的离心率e∈[

圆的长轴长的最大值.

22、（本小题满分14分） 已知函数f(x)12,]时，求椭221[tln(x2)ln(x2)],且f(x)f(4)恒成立. 2 （I）求t的值；

（II）求x为何值时，f(x)在[3,7]上取得最大值；

（III）设F(x)aln(x1)f(x),若F(x)是单调递增函数，求a的取值范围.

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同安一中高三（上）数学第二次月考试卷（理科）（答案）

一、选择题

2 3 4 5 6 7 8 9 10 题号 1

B B B D C D A B D 答案 D

二、填空题 13. ,11, 14.－10 15. ②④ 16. 8 三、解答题

17、解（1）|mn|2(cosA11 C 12 B

2sinA)2(sinAcosA)2422(cosAsinA)



44cos(A)...3分,44cos(A)444cos(A)0...5分A(0,)AA....7分4424（2）由余弦定理知：a2=b2+c2-2bccosA 即a2(42)2(2a)22422acos4........9分

12解得，a42c8SABC42816....12分22x0x1x218、解 （Ⅰ）因为x+y+z=3，2y=x+z所以⑴;⑵;⑶;…2分

y1y1y1z2z1z0（1）表示 ：掷3次，1次出现2点或3点，2次出现4点或5点或6点，共三种情况。所以x=0，

1111…4分 y=1，z=2的概率为C.463213012（2）表示：掷3次，1次出现1点，1次出现2点或3点，1次出现4点或5点或6点共有6种情况。所以x=y=z=1的概率为61111.…6分

6326同理x=2，y=1，z=0的概率为31111.…8分

63236所以当n=3时，求x，y，z成等差数列的概率为1114.…9分

46369210（Ⅱ）当n=6时，x，y，z成等比数列，所以x=y=z=2， 121215…12分 所求概率为CCC.42632722622219、（1）证明：设C1在底面的射影为H，

cosC1CHcosBCHcosC1CB,cosC1CHcosDCHcosC1CD,

C1CBC1CD60,BCHDCH，即

H点在对角线

AC上.BCH45,cosC1CH2,C1CH45,

2CH22CC1BCOC,H点即为O点，即C1O平面ABCD. 225 / 8

(2) 解：分别以OB,OC,OC1为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz，设边长为2， 则B(1,0,0),B1(1,1,1),E(1,1,1)，而F(1,1,0),D1(1,1,1),A(0,1,0),D(1,0,0)，

22221311D1F(,,1),AD(1,1,0),AE(1,,)，设平面ADE的法向量为

2222nADxy0n,n(x,y,z)，则,n可取为(1,1,3)，设D1F与平面ADE所成角11nAExyz022为，则sincosD1F,n51,D1F与平面ADE所成角正弦值为51. 777720、解：(1)由Sn=

Sn12得SnSn12,所以数列

2S是以

n2为公差的等差数列，3

分 ∴，Sn2n，Sn=2n2,an=Sn-Sn-1=4n-2(n≥2),又a1=2∴an=4n-2(n∈N*).5分

yanxbn2xanxbn0, 2yx

(2)设Ln：y=anx+bn,由据题意方程有相等实根，∴△=an2+4bn=0，…7分

∴bn=-

121an(4n2)2(2n1)2…8分 4411bnbn11(2n1)2(2n1)212n1,9分 448n222(4n21)4n21111,10分 4n212n12n1当n∈N*时，dn=∴Cn=

(2n1)2(2n1)22(4n21)∴c1+c2+c3+…+cn =n+1111111335571

2n12n1=n+11n1 .…12分 2n132321、解：（1）e3,2c2,即c3

a3,则ba2c22∴椭圆的方程为xy21 322…………2分

x2y21联立消去y得:5x26x30设A(x1,y1),B(x2,y2) 23yx163|AB|(x1x2)2(y1y2)2[1(1)2](x1x2)24x1x2 则x1x2,x1x255

61283…………5分 2()2555（II）设A(x1,y1),B(x2,y2)

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OAOBOAOB0,即x1x2y1y20

x2y2221由ab消去y得(a2b2)x22a3xa2(1b2)0yx122由(2a2)24a2(a2b2)(1b2)0整理得ab1

…………7分

2a2a2(1b2)又x1x22x1x22ab2ab2y1y2(x11)(x21)x1x2(x1x2)1y1y2y1y20得:2x1x2(x1x2)102a2(1b2)2a2210a2b2ab2

整理得：ab2ab0 bacaae代入上式得

22222222222a2111e2a211(1) 221e…………10分

12111341ee21e22222422431e

717322213a适合条件ab1231e62由此得

422a2a6故长轴长的最大值为6.…12分 623122、解：（I）f(x)[tln(x2)ln(x2)],且f(x)f(4)恒成立，

2

f(x)的定义域为(2,),且f(4)是f(x)的最小值

1t1[].f(4)0.解得t3. ……………………3分 2x2x2131x4 （II）由上问知f(x)[]2.

2x2x2x4当2x4时,f(x)0;当x4时,f(x)0.又f(x)f(x)在(2,4)上是减函数,在(4,)是增函数. f(x)在[3,7]上的最大值应在端点处取得.111f(3)f(7)[3ln5ln1][3ln9ln5][ln625ln729]0,222f(3)f(7).即当x7时,f(x)取得在[3,7]上的最大值.7分 （III）∵ F(x)是单调递增函数，f(x)0恒成立

ax4(a1)x25x4(a1)又F(x)2. 2x1x4(x1)(x4)7 / 8

显然在f(x)的定义域(2,)上,(x1)(x4)0恒成立.

2(a1)x25x4(a1)0在(2,)恒成立. …10分

下面分情况讨论(a1)x5x4(a1)0在(2,)上恒成立时,a的解的情况. 当a10时，显然不可能有(a1)x5x4(a1)0在(2,)上恒成立. 当a10时,(a1)x5x4(a1)5x80在(2,)上恒成立. 当a10时，又有两种情况：①516(a1)(a1)0； ②222252且(a1)22524(a1)0.

2(a1)2由①得16a90，无解；由②得a.a10,a1.

综上所述各种情况，当a1时,(a1)x5x4(a1)0在(2,)上恒成立. ∴所求的a的取值范围为1,. …14分

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