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文本内容:
xx届高三数学上学期第二次月考试题文
一、选择题(本大题共8小题,共
40.0分)
1.设复数z1,z2在复平面内的对应点关于虚轴对称,z1=1+2i,i为虚数单位,则z1z2=( )A.1-2iB.5iC.-5D.
52.设等差数列{an}的公差d≠0,a1=2d,若ak是a1与a2k+7的等比中项,则k=( )A.2B.3C.5D.
83.下列命题错误的是( )A.“若x≠a且x≠b,则x2-(a+b)x+ab≠0”的否命题是“若x=a或x=b,则x2-(a+b)x+ab=0”B.若p∧q为假命题,则p,q均为假命题C.命题“x0∈(0,+∞)lnx0=x0-1”的否定是“∀x∈(0,+∞),lnx≠x-1D.“x>2”是“<”的充分不必要条件
4.如图是一个几何体的三视图,根据图中数据,可得该几何体的体积是( )A.9πB.C.D.
5.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=8,S8=20,则a9+a10+a11+a12=( )A.18B.17C.16D.
156.要得到函数的图象,只需将函数的图象上所有的点( )A.横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再向左平行移动个单位长度B.横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再向右平行移动个单位长度C.横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变),再向右平行移动个单位长度D.横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变),再向左平行移动个单位长度
7.已知sin(α+)=4cosα,则2sin2α-sinαcosα+cos2α的值等于( )A.B.C.D.
8.在数列{an}中,a1=4,a2=10,若{log3(an-1)}为等差数列,且Tn=++…+等于( )A.(3n-1)B.(1-)C.(1-)D.(3n+1-1)
二、填空题(本大题共6小题,共
30.0分)
9.设A={x|x2-8x+15=0},B={x|ax-1=0},若BA,则实数a组成的集合C=______.
10.等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,a1,S2,5成等差数列,则数列{an}的公比q=______.
11.在等比数列{an}中,已知,则{an}的前10项和S10=______.
12.在平行四边形ABCD中,AD=1,AB=2,∠BAD=60°,E是CD的中点,则=______.
13.在△ABC中,角A,B,C的对边边长分别为a,b,c且满足csinA=acosC,则sinA-cos()的取值范围为______.
14.己知△ABC内一点P满足,过点P的直线分别交边AB、AC于M、N两点,若,,则λ+μ的最小值为______.
三、解答题(本大题共6小题,15-18每题13分,
19、20每题14分,共
80.0分)
15.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asinA=4bsinB,ac=(a2-b2-c2).(Ⅰ)求cosA的值;(Ⅱ)求sin(2B-A)的值.
16.电视台播放甲、乙两套连续剧,每次播放连续剧时,需要播放广告.已知每次播放甲、乙两套连续剧时,连续剧播放时长、广告播放时长、收视人次如下表所示连续剧播放时长(分钟)广告播放时长(分钟)收视人次(万)甲70560乙60525已知电视台每周安排的甲、乙连续剧的总播放时间不多于600分钟,广告的总播放时间不少于30分钟,且甲连续剧播放的次数不多于乙连续剧播放次数的2倍.分别用x,y表示每周计划播出的甲、乙两套连续剧的次数.(I)用x,y列出满足题目条件的数学关系式,并画出相应的平面区域;(II)问电视台每周播出甲、乙两套连续剧各多少次,才能使总收视人次最多?
17.如图,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ACC1A1平面BCC1B1,E为棱CC1的中点,A1B与AB1交于点O.若AC=CC1=2BC=2,∠ACC1=∠CBB1=60°.(Ⅰ)证明直线OE平面ABC;(Ⅱ)证明平面ABE平面AB1E;(Ⅲ)求直线A1B与平面ABE所成角的正弦值.
18.已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N+),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式;(Ⅱ)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N+).
19.如图,在三棱锥P-ABC中,点D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,已知PA平面ABC,ABBC,且AB=BC.
(1)求证平面BED平面PAC;
(2)求二面角F-DE-B的大小;
(3)若PA=6,DF=5,求PC与平面PAB所成角的正切值.
20.已知数列{an}中,a1=a,a2=2,Sn是数列{an}的前n项和,且2Sn=n(3a1+an),n∈N*.(Ⅰ)求a的值;(Ⅱ)求数列{an}的通项公式;(Ⅲ)若Tn是数列{bn}的前n项和,且对一切n∈N*都成立,求实数m取值范围.xx南大奥宇学校第二次质量调查--文数【答案】
1.C
2.C
3.B
4.C
5.C
6.B
7.D
8.B
9.
10.
211.
12.-
13.(1,2]
14.
15.(Ⅰ)解由,得asinB=bsinA,又asinA=4bsinB,得4bsinB=asinA,两式作比得,∴a=2b.由,得,由余弦定理,得;(Ⅱ)解由(Ⅰ),可得,代入asinA=4bsinB,得.由(Ⅰ)知,A为钝角,则B为锐角,∴.于是,,故.
16.(Ⅰ)解由已知,x,y满足的数学关系式为,即.该二元一次不等式组所表示的平面区域如图(Ⅱ)解设总收视人次为z万,则目标函数为z=60x+25y.考虑z=60x+25y,将它变形为,这是斜率为,随z变化的一族平行直线.为直线在y轴上的截距,当取得最大值时,z的值最大.又∵x,y满足约束条件,∴由图可知,当直线z=60x+25y经过可行域上的点M时,截距最大,即z最大.解方程组,得点M的坐标为(6,3).∴电视台每周播出甲连续剧6次、乙连续剧3次时才能使总收视人次最多.
17.解(Ⅰ)取BB1的中点F,连结OF,EF∵E,O分别为CC1,BA1的中点,∴OF∥AB,EF∥BC,∵OF⊄平面ABC,EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,∴OF∥平面ABC,EF∥平面ABC,又OF⊂平面OEF,EF⊂平面OEF,OF∩EF=F,∴平面OEF∥平面ABC,∵OE⊂平面OEF,∴直线OE∥平面ABC.(Ⅱ)∵AC=2CE=2,∠ACC1=60°,∴AE⊥CC1,∵平面ACC1A1⊥平面BCC1B1,平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1,AE⊂平面ACC1A1,∴AE⊥平面BCC1B1,∴AE⊥BE.∵BC=CE=EC1=C1B1=1,∠CBB1=60°,∴∠CEB=30°,∠C1EB1=60°,∴∠BEB1=90°,即BE⊥EB1.又AE⊂平面AB1E,B1E⊂平面AB1E,AE∩B1E=E,∴BE⊥平面AB1E,∵BE⊂平面ABE,∴平面ABE⊥平面AB1E.(Ⅲ)作OM⊥AE,M为垂足,连结BM.由(Ⅱ)知OM⊥平面ABE,∴∠OBM即为直线A1B与平面ABE所成角.∵OM⊥AE,EB1⊥AE,∴OM∥EB1,又O为AB1的中点,∴OM=EB1=,EM=AE=,∴BM=,从而BO=2,∴sin∠OBM=,即直线A1B与平面ABE所成角的正弦值为.
18.解(I)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q+q2-6=0.又因为q>0,解得q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8
①.由S11=11b4,可得a1+5d=16
②,联立
①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.(II)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=4n,有a2nb2n-1=(3n-1)4n,故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)4n,4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-1)4n+1,上述两式相减,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)4n+1==-(3n-2)4n+1-8得Tn=.所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为.
19.证明
(1)∵PA⊥平面ABC,BE⊂平面ABC,∴PA⊥BE.∵AB=BC,E为AC的中点,∴BE⊥AC,又PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,PA∩AC=A,∴BE⊥平面PAC,又BE⊂平面BED,∴平面BED⊥平面PAC.
(2)∵D,E是PC,AC的中点,∴DE∥PA,又PA⊥平面ABC,∴DE⊥平面ABC,∵EF⊂平面ABC,BE⊂平面ABC,∴DE⊥EF,DE⊥BE.∴∠FEB为二面角F-DE-B的平面角.∵E,F分别是AC,AB的中点,AB=AC,∴EF=BC=AB=BF,EF∥BC.又AB⊥BC,∴BF⊥EF,∴△BEF为等腰直角三角形,∴∠FEB=45°.∴二面角F-DE-B为45°.
(3)∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PA⊥BC,又BC⊥AB,PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.∴∠CPB为直线PC与平面PAB所成的角.∵PA=6,∴PE==3,又DF=5,∴EF==4.∴AB=BC=8.∴PB==10.∴tan∠CPB==.
20.解(Ⅰ)∵2Sn=n(3a1+an),S1=a1=a,∴2a=4a,所以a=0.…..(3分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知,∴.∴.∴(n-1)an+1=nan.∴当n≥2时,.∴,…,,∴.∴an=2(n-1),n≥2.∵a1=a=0满足上式,∴an=2(n-1),n∈N*.…..(6分)(Ⅲ)当n≥2时,.…..(7分)又b1=2,∴Tn=b1+b2+…+bn=…..(9分)==所以.…..(10分)因为对一切n∈N*都成立,即对一切n∈N*都成立.∴.…..(12分)∵,当且仅当,即n=1时等号成立.∴.∴∴.…..(14分)【解析】
1.解∵复数z1,z2在复平面内的对应点关于虚轴对称,z1=1+2i,∴z2=-1+2i.∴z1•z2=(1+2i)(-1+2i)=-5.故选C.利用复数的运算法则及几何意义即可求出答案.本题考查了复数的运算法则及几何意义,属于基础题.
2.解∵等差数列{an}的公差d≠0,a1=2d,ak是a1与a2k+7的等比中项,∴=a1•[a1+(2k+6)d],且a1=2d,解得k=5或k=-3(舍).故选C.利用等差数列通项公式列出方程组,由此能求出k.本题考查等差数列的项数k的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意等差数列的性质的合理运用.
3.解A.“若x≠a且x≠b,则x2-(a+b)x+ab≠0”的否命题是“若x=a或x=b,则x2-(a+b)x+ab=0”,正确,B.若p∧q为假命题,则p,q至少有一个为假命题,故B错误,C.命题“∃x0∈(0,+∞)lnx0=x0-1”的否定是“∀x∈(0,+∞),lnx≠x-1,正确,D.由<得x>2或x<0,即“x>2”是“<”的充分不必要条件,正确,故选BA.根据否命题的定义进行判断.B.根据复合命题的真假关系进行判断.C.根据含有量词的命题的否定进行判断.D.根据充分条件和必要条件的定义进行判断.本题主要考查命题的真假判断,涉及的知识点较多,但难度不大.
4.解由三视图知几何体的上部为一球体,且球的直径为2;下部是圆柱挖去一个同底等高的圆锥,且圆柱的底面圆的直径为2,高为3,∴几何体的体积V=V球+V圆柱-V圆锥=π+π×12×3-×π×3=π.故选C.由三视图知几何体的上部为球,且球的直径为2;下部是圆柱挖去一个同底等高的圆锥,且圆柱的底面圆的直径为2,高为3,再根据体积V=V球+V圆柱-V圆锥计算.本题考查了由三视图求组合体的体积,解题的关键是由三视图判断几何体的形状及判断相关几何量的数据.
5.解∵设等差数列{an}的前n项和为Sn,∴S4,S8-S4,S12-S8成等差数列,即8,12,S12-S8成等差数列,故S12-S8=16,即a9+a10+a11+a12=16,故选C.易知S4,S8-S4,S12-S8成等差数列,从而可得S12-S8=16.本题考查了等差数列的性质的应用,属于基础题.
6.解要得到函数=cos(x-)的图象,只需将函数的图象上所有的点的横坐标变为原来的2倍,再再向右平行移动个单位长度,即可,故选B.利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律,得出结论.本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律,属于基础题.
7.解∵sin(α+)=4cosα,可得×(sinα+cosα)=4cosα,整理可得tanα=3,∴2sin2α-sinαcosα+cos2α====.故选D.由已知利用两角和的正弦函数公式,同角三角函数基本关系式可求tanα的值,进而利用同角三角函数基本关系式化简所求即可代入计算求值得解.本题主要考查了两角和的正弦函数公式,同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用,属于基础题.
8.解∵{log3(an-1)}为等差数列,∴2log3(an-1)=log3(an-1-1)+log3(an+1-1)(n≥2),即(n≥2),(n≥2),则数列{an-1}为等比数列.首项为a1-1=4-1=3,公比为.则.∴.则Tn=++…+===.故选B.由{log3(an-1)}为等差数列得到数列{an-1}为等比数列,求出等比数列的通项公式后进一步得到,然后利用等比数列的前n项和得答案.本题考查了等比关系的确定,考查了等比数列的前n项和,是中档题.
9.解∵A={x|x2-8x+15=0},∴A={3,5}又∵B={x|ax-1=0},∴
①B=Φ时,a=0,显然B⊆A
②B≠φ时,B={},由于B⊆A∴∴故答案为{}本题的关键是由A={x|x2-8x+15=0}求出A的元素,再由B={x|ax-1=0},若B⊆A,求出a值,注意空集的情况本题主要考查集合的相等等基本运算,属于基础题.要正确判断两个集合间的关系,必须对集合的相关概念有深刻的理解,善于抓住代表元素,认清集合的特征.
10.解∵a1=1,a1,S2,5成等差数列,∴2S2=a1+5,∴2(1+q)=1+5,解得q=2.故答案为2.由a1,S2,5成等差数列,可得2S2=a1+5,即可得出.本题考查了等差数列与等比数列的通项公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
11.解∵在等比数列{an}中,,∴=4(),解得q=2,{an}的前10项和S10===.故答案为.由等比数列通项公式得公比q=2,由此能求出{an}的前10项和S10.本题考查等比数列前10项和的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意等比数列的性质的合理运用.
12.解由题意可得=2×1×cos60°=1,∴=()•(+)=()•(-)=-++=-×4+×1+1=-,故答案为-.由条件利用两个向量的数量积的定义求得=1,再根据=()•(-),运算求得结果.本题主要考查两个向量的数量积的定义,两个向量的加减法的法则,以及其几何意义,属于中档题.
13.解∵在△ABC中,角A,B,C的对边边长分别为a,b,c且满足csinA=acosC,∴由正弦定理可得sinCsinA=sinAcosC,∵sinA≠0,∴sinC=cosC,∴C=,∴B=-A,0<A<,∴sinA-cos(B+)=sinA-cos(-A+)=sinA+cosA=2sin(A+),∵<A+<,可得<sin(A+)≤1,∴sinA-cos()=2sin(A+)∈(1,2].故答案为(1,2].由题意和正弦定理可得B=-A,0<A<,进而由三角函数公式可得sinA-cos(B+)=2sin(A+),利用正弦函数的性质即可得解.本题考查三角函数的最值,涉及正弦定理和三角函数公式的应用,考查了转化思想和数形结合思想,属中档题.
14.解如图,由及题意得,λ>0,μ>0,且,带入得;又M,P,N三点共线;∴,且λ,μ>0;∴===,当且仅当,即λ=2μ=时取“=”;∴λ+μ的最小值为.故答案为.可画出图形,根据题意可知λ,μ>0,从而可由可得,从而便可得出,这样由M,P,N三点共线便可得出,从而=,而由基本不等式即可求出的最小值,进而便可求出λ+μ的最小值.考查向量的数乘运算,向量数乘的几何意义,A,B,C三点共线的充要条件,且x+y=1,以及基本不等式在求最值中的应用,在应用基本不等式时,注意判断等号能否取到.
15.(Ⅰ)由正弦定理得asinB=bsinA,结合asinA=4bsinB,得a=2b.再由,得,代入余弦定理的推论可求cosA的值;(Ⅱ)由(Ⅰ)可得,代入asinA=4bsinB,得sinB,进一步求得cosB.利用倍角公式求sin2B,cos2B,展开两角差的正弦可得sin(2B-A)的值.本题考查三角形的解法,考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用,是中档题.
16.(Ⅰ)直接由题意结合图表列关于x,y所满足得不等式组,化简后即可画出二元一次不等式所表示的平面区域;(Ⅱ)写出总收视人次z=60x+25y.化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,联立方程组求得最优解的坐标,代入目标函数得答案.本题考查解得线性规划的应用,考查数学建模思想方法及数形结合的解题思想方法,是中档题.
17.(I)取BB1的中点F,连结OF,EF.利用中位线定理得出OF∥AB,EF∥BC,从而平面OEF∥平面ABC,于是直线OE∥平面ABC;(II)由等边三角形性质得出AE⊥CC1,由面面垂直的性质可得AE⊥平面BCC1B1,于是AE⊥BE,根据平面几何知识可得BE⊥B1E,于是BE⊥平面AB1E,从而平面ABE⊥平面AB1E;(III)作OM⊥AE,M为垂足,则可证OM⊥平面ABE.从而∠OBM即为直线A1B与平面ABE所成角,利用勾股定理计算OM,BM,OB,从而得出sin∠OBM.本题考查了线面平行的判定,面面垂直的判定,空间角的作法与计算,属于中档题.
18.(Ⅰ)设出公差与公比,利用已知条件求出公差与公比,然后求解{an}和{bn}的通项公式;(Ⅱ)化简数列的通项公式,利用错位相减法求解数列的和即可.本题考查等差数列以及等比数列的应用,数列求和的方法,考查计算能力.
19.
(1)通过证明BE⊥平面PAC得出平面BED⊥平面PAC;
(2)由DE∥PA得出DE⊥平面ABC,故DE⊥EF,DE⊥BE,于是∠FEB为所求二面角的平面角,根据△BEF为等腰直角三角形得出二面角的度数;
(3)证明BC⊥平面PAB得出∠CPB为所求角,利用勾股定理得出BC,PB即可得出tan∠CPB.本题考查了线面垂直,面面垂直的判定,空间角的计算,做出空间角是解题关键,属于中档题.
20.(Ⅰ)由2Sn=n(3a1+an),S1=a1=a,能求出a=0.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,故.所以.由此能求出an.(Ⅲ)当n≥2时,.由b1=2,知Tn==,由此能够求出对一切n∈N*都成立时,实数m的取值范围.本题考查数列的通项公式的求法,考查满足条件的实数的取值范围的求法.解题时要认真审题,仔细解答,注意合理地进行等价转化.。