参考答案
2014-04-29
立体几何测试卷（A卷）
1. D 2. D 3. C 4. A
5. B
6. 三棱锥四面均为直角三角形，所以D到平面ABC的距离可以用体积转化法求得，V =V ，解得D到平面ABC的距离为 . 选C.
7. 因为圆M的面积为4π，故MA=2，所以在Rt△OAM中，OA=R=4，故OM=2 . 因为在Rt△OMN中，∠OMN=30°，所以ON= OM= ，故圆N的半径r= = ，所以圆N的面积为S=πr2=13π. 选D.
8. B 9. 5
10. 5 + 11. 1∶24
12. A1B∥D1C，则D1C与B1C所成角即为所求角，答案为 .
13. 点N在EH上
14. （1）过E作EG∥AD交A1D于G，连结GF. 因为 = ，所以 = ，所以EG=10=BF. 因为BF∥AD，EG∥AD，所以BF∥EG. 所以四边形BFGE是平行四边形. 所以BE∥FG. 又FG 平面A1FD，BE 平面A1FD，所以BE∥平面A1FD.
（2）因为在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以A1A⊥BD. 由已知，BD⊥A1F，AA1∩A1F=A1，所以BD⊥平面A1AF. 所以BD⊥AF. 因为梯形ABCD为直角梯形，且满足AD⊥AB，BC∥AD，所以在Rt△BAD中，tan∠ABD= =2. 在Rt△ABF中，tan∠BAF= = . 因为BD⊥AF，所以∠ABD+∠BAF= ，所以 = ，BF=4. 因为在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，所以平面AA1B1B⊥平面ABCD，又平面ABCD∩平面AA1B1B=AB，∠ABF=90°，所以FB⊥平面AA1B1B，即BF为三棱锥F-A1B1A的高. 因为∠AA1B1=90°，AA1=BB1=8，A1B1=AB=8，所以S =32. 所求三棱锥的体积为 ×S ×BF= .
图2
15. （1）因为B1D⊥平面ABC，AC 平面ABC，所以B1D⊥AC. 又因为BC⊥AC，B1D∩BC=D，所以AC⊥平面BB1C1C.
（2）因为AB1⊥BC1，AC⊥BC1，AB1与AC相交，所以BC1⊥平面AB1C. 因为B1C 平面AB1C，所以BC1⊥B1C，所以四边形BB1C1C为菱形. 因为∠B1BC=60°，B1D⊥BC于D，所以D为BC的中点，连结A1B，与AB1交于点E，在△A1BC中，DE∥A1C，所以A1C∥平面AB1D.
16. （1）在Rt△ABC中，D为AB的中点，得AD=CD=DB. 又∠B=30°，得△ACD是正三角形，又E是CD的中点，得AF⊥CD，折起后，AE⊥CD，EF⊥CD. 又AE∩EF=E，AE 平面AEF，EF 平面AEF，故CD⊥平面AEF，又CD 平面CDB，故平面AEF⊥平面CDB.
（2）因为二面角A-CD-B是直二面角，且AE⊥CD，所以AE⊥平面CDB.连结EB，AB，则∠ABE就是直线AB与平面CDB所成的角. 设AC=a，在△CBE中，∠DCB=30°，CE= ，CB= a，EB2=CE2+CB2-2CE·CB·cos∠DCB= a2. 又AE= a，在Rt△AEB中，tan∠ABE= = a× = . 所以直线AB与平面CDB所成角的正切值为 .
立体几何测试卷（B卷）
1. C 2. C 3. C
4. 连结AC，BD交于点O，连结OE. 因为O，E是中点，所以OE∥AC1，且OE= AC1，所以AC1∥平面BDE，即直线AC1与平面BED的距离等于点C到平面BED的距离. 过C作CF⊥OE于F，则CF即为所求距离. 因为底面边长为2，高为2 ，所以AC=2 ，OC= ，CE= ，OE=2，所以CF=1，选D.
5. C
6. B1C∥A1D，所以B1C∥平面ADD1A1，A正確;EF∥D1B，且D1B⊥B1C，B正确;又V =V = S ·CF= × × =1，C正确;B1C与平面CC1D1D所成的角为45°，D错误. 选D.
7. D
8. 设底面边长为1，侧棱长为λ（λ>0），过B1作B1H⊥BD1，B1G⊥A1B. 在Rt△BB1D1中，B1D1= ，BD1= ，由三角形面积关系得h=B1H= = . 设在正四棱柱中，由于BC⊥AB，BC⊥BB1，所以BC⊥平面AA1B1B，于是BC⊥B1G，所以B1G⊥平面A1BCD1，故B1G为点B1到平面A1BCD1的距离. 在Rt△A1B1B中，又由三角形面积关系得d=B1G= = . 故 = = · ，于是当λ>1，有λ2+2>3， <1- <1，所以 ∈ ， . 选C.
9. ②③④
10. 因为长方体底面ABCD是正方形，所以在△ABD中，BD=3 cm，BD边上的高是 cm（它也是A-BB1D1D中BB1D1D上的高）.所以四棱锥A-BB1D1D的体积为 ×3 ×2× =6.
11. 几何法：连结MD1，则MD1⊥DN，又A1D1⊥DN，易知DN⊥面A1MD1，所以A1M与DN所成角的大小是 . 坐标法：建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式计算得异面直线A1M与DN所成角的大小是 .
12. a
13. 作图，易得答案②③④
14. （1）连结A1C，交AC1于点O，连结OD. 由ABC-A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点. 又D是BC的中点，所以OD为△A1BC的中位线，所以A1B∥OD. 因为OD 平面ADC1，A1B 平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.
（2）由ABC-A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC=90°，故BA，BC，BB1两两垂直，以B为原点，BC，BA，BB1为x，y，z轴建立空间直角坐标系B-xyz. 设BA=2，则B（0，0，0），C（2，0，0），A（0，2，0），C1（2，0，1），D（1，0，0），所以 =（1，-2，0）， =（2，-2，1）. 设平面ADC1的法向量为n=（x，y，z），则有n· =0，n· =0，所以x-2y=0，2x-2y+z=0.取y=1，得n=（2，1，-2）. 易知平面ADC的法向量为v=（0，0，1）. 由二面角C1-AD-C是锐角，得cos〈n，v〉= = ，其余弦值为 .
15. （1）因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AC，AA1⊥AB. 又AA1=AC，所以四边形AA1C1C是正方形，所以AC1⊥A1C. 因为AB⊥AC，AB⊥AA1，AA1，AC 平面AA1C1C，AA1∩AC=A，所以AB⊥平面AA1C1C. 又A1C 平面AA1C1C，所以AB⊥A1C. 因为AB，AC1 平面ABC1，AB∩AC1=A，所以A1C⊥平面ABC1
（2）分别以AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），C1（0，t，3-2t），B（t，0，0），C（0，t，0），A1（0，0，3-2t）， =（0，t，2t-3）， =（0，t，3-2t）， =（t，0，0）， =（0，0，3-2t）， =（-t，t，0）. 设平面ABC1的法向量n1=（x1，y1，z1），则可得n1· =ty1+（3-2t）z1=0，n1· =tx1=0，解得x1=0，y1= z1.令z1=t，则n1=（0，2t-3，t）. 设平面BCC1的法向量n2=（x2，y2，z2），则可得n2· =-tx2+ty2=0，n2· =（3-2t）z2=0. 由于0 16. 法1：（1）由三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱可知，AA1即为高. 如图3，因为BC∥B1C1，所以∠A1BC是异面直线A1B与B1C1所成的角或其补角. 连结A1C，因为AB=AC，所以A1B=A1C= . 在Rt△ABC中，由AB=AC=1，∠BAC=90°，可得BC= . 又异面直线A1B与B1C1所成的角为60°，所以∠A1BC=60°，即△A1BC为正三角形. 于是A1B=BC= . 在Rt△A1AB中，由 =A1B= ，得A1A=1，即棱柱的高为1. （2）设A1A=h（h>0），如图3，过点D在平面A1B1BA内作DF⊥A1B于F，则由A1C1⊥平面BAA1B1，DF 平面BAA1B1，得A1C1⊥DF. 而A1C1∩A1B=A1，所以DF⊥平面A1BC1. 故∠DC1F就是DC1与平面A1BC1所成的角，即∠DC1F=θ. 在Rt△DFB中，由BD= ，得DF= . 在Rt△DB1C1中，由B1D= ，B1C1= ，得DC1= . 在Rt△DFC1中，sinθ= = = = . 因为h2+ +9≥2 +9，当且仅当h2= ，即h= 时，等号成立，所以sinθ≤ = = ，故当h= 时，sinθmax= . 图3 法2：建立如图4所示的空间直角坐标系A-xyz，设AA1=h（h>0），则有B（1，0，0），B1（1，0，h），C1（0，1，h），A1（0，0，h）， =（-1，1，0）， =（0，1，0）， =（1，0，-h）. （1）因为异面直线A1B与B1C1所成的角为60°，所以cos60°= ，即 = ，得 = ，解得h=1. 图4 （2）由D是BB1的中点，得D1，0， ，于是 =-1，1， . 设平面A1BC1的法向量为n=（x，y，z），于是由n⊥ ，n⊥ ，可得n· =0，n· =0，即x-hz=0，y=0，取n=（h，0，1），则sinθ=cos〈 ，n〉，从而cos〈 ，n〉= = = = . 后同法1. 南京外国语学校 南京师大附中 月考试卷调研 1. {x|1≤x≤2} 2. 二 3. 0.12 4. 4 5. =4+2 ，作出可行域， 表示可行域内的点到定点（3，2）连线的斜率，当x=1，y=0时，取最大值1，所以所求最大值为6 6. a= 7. 考虑到函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，故f（x）在（1，2）内有零点，等价于f（1）>0，f（2）<0，可解得a∈（log32，1）. 8.由条件可得 = ，即 = = ，由此可得cosA= . 又因为A为三角形内角，所以A= . 9. 易知，x=0不是不等式 + <0的解，故可將不等式化为 + <0. 又因为不等式 + <0的解集为-1，- ∪ ，1，所以 ∈-1，- ∪ ，1，可解得x∈（-3，-1）∪（1，2）. 10. ①缺少l与m相交的条件，故不正确;由直线与平面平行的性质定理可知②正确;③的条件下也可能得出l β，故③不正确;由l⊥α，m∥l可知m⊥α，再由α∥β可知m⊥β，故④正确. 选②④. 11. 因为 + = + + + = + = - . 所以（ + ）·（ + ）=（ - ）·（ + ）= 2- 2=9-4=5. 12. 由题意知f（x）在R上单调递减. 又由f（x-t）+2<4可得-6 13. 直线BF的方程为 - =1，联立方程组 + =1， - =1，消y解得x= . 因为P是BQ的中点，所以有2 = ，化简得3c2=a2，所以e= . 14. 由已知可得OQ= = = = OP，所以m= . cosθ= = = ，又因为θ∈[0，π]，所以∠POQ= . 故y=msin（x+θ）= sinx+ ，其在y轴右边的第一个最高点坐标为 ， . 15. （1）由题，f =sin2× + -cos2× + +2cos2 =sin -cos +1+cos = -0+1+ = +1. （2）f（x）=sin2x+ -cos2x+ +2cos2x=sin2xcos +cos2xsin -cos2xcos +sin2xsin +cos2x+1= sin2x+cos2x+1=2sin2x+ +1，所以当sin2x+ =1时， f（x）max=2+1=3，此时，2x+ =2kπ+ ，即x=kπ+ （k∈Z）. 16. （1）连结DD1. 在三棱柱ABC-A1B1C1中，因为D，D1分别是BC与B1C1的中点，所以B1D1∥BD，且B1D1=BD. 所以，四边形B1BDD1为平行四边形，所以BB1∥DD1，且BB1=DD1. 又因为AA1∥BB1，且AA1=BB1，所以AA1∥DD1，且AA1=DD1. 所以四边形AA1D1D为平行四边形. 所以A1D1∥AD. 又A1D1 平面AB1D，AD 平面AB1D，故A1D1∥平面AB1D. （2）在△ABC中，因为AB=AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC. 因为平面ABC 平面B1C1CB，交线为BC，AD 平面ABC，所以AD⊥平面B1C1CB，即AD是三棱錐A-B1BC的高. 在△ABC中，由AB=AC=BC=4，得AD=2 . 在△B1BC中，B1B=BC=4，∠B1BC=60°，所以△B1BC的面积S= ×42=4 . 所以三棱锥B1-ABC的体积即为三棱锥A-B1BC的体积V= ×4 ×2 =8. 17. （1）当x=0时，t=0;当0 （2）当a∈0， 时，f（x）=g（t）=t-a+2a+ =3a-t+ ，0≤t≤at+a+ ，a≤t≤ 因为g（0）=3a+ ，g =a+ ，g（0）-g =2a- . 故可得M（a）=g ，0≤a≤ ，g（0）， <a≤ =a+ ，0≤a≤ 3a+ ， <a≤ 当且仅当a≤ 时，M（a）≤2，故a∈0， 时不超标，a∈ ， 时超标. 18. （1）由题意，设椭圆C： + =1，则2a=4 ，a=2 . 因为点（2 ，1）在椭圆 + =1上，所以 + =1，解得b= ，所以所求椭圆的方程为 + =1. （2）设A（x1，y1），B（x2，y2）（y1<0，y2>0），点F的坐标为F（3，0）. 由 =3 ，得3-x1=3（x2-3），-y1=-3y2，即x1=-3x2+12，y1=-3y2，①又A，B在椭圆C上，所以 + ， + =1，解得x2= ，y2= .所以B ， ，代入①得点A的坐标为（2，- ）. 设过O，A，B三点的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0. 将O（0，0），A（2，- ），B ， 分别代入该方程，可解得D=- ，E= - ，F=0. 故过O，A，B三点的圆的方程为x2+y2- x- y=0. 19. （1）因为{an}是等差数列，a1=1，a2=a（a>0），所以an=1+（n-1）（a-1）. 又b3=12，所以a3a4=12，即（2a-1）（3a-2）=12，解得a=2或a=- . 因为a>0，所以a=2，从而an=n. （2）因为{an}是等比数列，a1=1，a2=a（a>0），所以an=an-1，则bn=anan+1=a ， =a2. 所以数列{bn}是首项为a，公比为a2的等比数列，当a=1时，Sn=n;当a≠1时，Sn= = . （3）数列{an}不能为等比数列. 因为bn=anan+1，所以 = = ，则 =a-1，所以a =a-1. 假设数列{an}能为等比数列，由a1=1，a2=a得a3=a2，所以a2=a-1，即a2-a+1=0，因为Δ=1-4=-3，所以此方程无解，所以数列{an}一定不能为等比数列. 20. f ′（x）=ax-（2a+1）+ （x>0）. （1）f ′（1）=f ′（3），解得a= . （2）f ′（x）= （x>0）. ①当0 ②当a= 时，f ′（x）= ≥0，故f（x）的单调递增区间是（0，+∞）. ③当a> 时，0< <2，在区间0， 和（2，+∞）上，f ′（x）>0;在区间 ，2上f ′（x）<0，故f（x）的单调递增区间是0， 和（2，+∞），单调递减区间是 ，2. （3）由已知，在（0，2]上有f（x）max ①当0 ②当a> 时，f（x）在0， 上单调递增，在 ，2上单调递减，故f（x）max=f = -2- -2lna. 由a> 可知lna>ln >ln =-1，2lna>-2，-2lna<2，所以-2-2lna<0，f（x）max<0，综上所述，a>0. 21. A. （1）连结OP，因为AC⊥l，BD⊥l，所以AC∥BD. 又OA=OB，PC=PD，所以OP∥BD，从而OP⊥l. 因为P在⊙O上，所以l是⊙O的切线. （2）连结AP，因为l是⊙O的切线，所以∠BPD=∠BAP. 又∠BPD+∠PBD=90°，∠BAP+∠PBA=90°，所以∠PBA=∠PBD，即PB平分∠ABD. B. 由题意得A-1= 2 1，因为AX=B，所以X=A-1B= 2 14 -1-3 1= -1 5 -1. C. 首先将两曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，得x2+y2=1与x2+y2-x+ y=0，解方程组x2+y2=1，x2+y2-x+ y=0得两交点的坐标为（1，0），- ，- ，所以，线段AB的长为 = ，即AB= . D. 因为a，b，c为正实数，所以a3+b3+c3≥3 =3abc>0. 又3abc+ ≥2 =2 ，所以a3+b3+c3+ ≥2 . 22. 以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，a）. 因为M是PC中点，所以M点的坐标为 ， ， ，所以 = ， ， ， =（-1，1，0）， =（-1，0，a）. （1）因为AM⊥平面PBD，所以- + =0，所以a=1，即PA=1. （2）由 = ， ， ，可求得平面AMD的一个法向量n=（-1，0，1）. 又因为cos〈n， 〉= = = . 所以所成角的正弦值为 . 23. （1）p1=1-（1-pn）（1-pn）=pn（2-pn），p2=[1-（1-p）（1-p）]n=pn（2-p）n. （2）（用二项式定理证明）p2-p1=pn{[1+（1-p）]n-2+[1-（1-p）]n}=pn{[1+C1n（1-p）+C2n（1-p）2+C3n（1-p）3+…+Cnn（1-p）n]-2+[1-C1n（1-p）+C2n（1-p）2-C3n（1-p）3+…+（-1）nCnn·（1-p）n]}=pn[2C2n（1-p）2+2C4n（1-p）4+…]>0，所以p2>p1，这表明系统乙比系統甲可靠. 说明：作差后化归为用数学归纳法证明：（2-p）n>2-pn也可. 长沙长郡中学 长沙雅礼中学 月考试卷调研（理科） 1. P∩Q=P P Q，故选B. 2. 高二应该抽取的人数为40× =8，选B. 3. z=2i+ =2i+ =1+i，所以复数z的模z= = . 选C. 4. 由题意可得- ≤ ≤ ，即- ≤x≤1，其区间长度为 ，由几何概型公式知所求概率为 = ，选D. 5. n=2，p=1+3=4=22;n=3，p=1+3+5=9=32;…;n=44，p=442=1936;n=45，p=452>2014. 至此退出程序，选 C. 6. 由2 + + =0，得 + =0，O为BC中点. 又O为外心，所以△ABC为直角三角形，且A为直角，又 = ，故C=30°，AC= ，BC=2， · =CA·CB·cos30°=3，选A. 7. 不妨设F为右焦点，则F（ ，0）， 由于 = ，所以点P在以原点为圆心， 为半径的圆上，即x2+y2=a2+1，联立 -y2=1（a>1）消去x得y= ，所以S△OPF= · = . 选B. 8. 作出可行域如图5所示： 图5 则a≥ = =1+ . 设 =t（表斜率），则t∈[2，4]，则t+ ∈ ， ，故1+ max= ，所以a≥ . 即amin= . 选 A. 9. 由f（-x0）=-f（x0）有4 -m·2 =-4 +m·2 ，所以m（2 +2 ）=4 +4 ，所以2m= =2 +2 - . 令t=2 +2 ，则t≥2，所以2m=t- （t≥2），而h（t）=t- 在[2，+∞）上递增，所以2m≥h（2）=1，即m≥ ，故选 C. 10. =1 =1 =1 =1 sin（a3-a6）=1，a3-a6=-3d d=- . 又当且仅当n=9时，数列{an}的前n项和Sn取得最大值，即a9>0，a10<0 a9=a1+8d>0，a10=a1+9d<0 <a1< ，故选D. 11. 连C，D，则∠B=∠DCA=30°，在Rt△ADC中，CD=ACsin∠DAC=6× =3 . 12. 点A1， 的平面直角坐标为A（0，1），由ρsin2θ=4cosθ得ρ2sin2θ=4ρcosθ，即其平面直角坐标方程为y2=4x（抛物线），由ρcosθ+1=0得x+1=0（恰是抛物线的准线），如图6. 图6 由抛物线定义知PA+d=PA+PF（F为抛物线的焦点（1，0））. 由两点之间线段最短知，当P移动到直线AF与抛物线的交点P′时PA+PF最小，此时PA+d=PA+PF=P′A+P′F=AF= . 13. 由柯西不等式得a2+ b2+ c2[12+22+32]≥（a+b+c）2，即有a2+ b2+ c2×14≥（a+b+c）2，所以a2+ b2+ c2≥ . 当且仅当a= b= c时取得等号，所以λ的最小值等于14. 14. 由三视图可知该几何体是一个底面是直角梯形的四棱柱，几何体的表面积是：2× ×4+（2+4+5+ ）h=92，即16h=64，解得h=4. 15. 由题意：设弦长为l，圆心到直线的距离d= = = ，所以l=2 =2 . 16. 由0=x2-2ax-2alnx（a∈R）得 = . 设g（x）= ，所以g′（x）= . 因y=-x-2lnx+1在（0，+∞）上递减且g′（1）=0，所以当x∈（0，1），g（x）递增，x∈（1，+∞），g（x）递减. 又g（1）=1，x→0+时，g（x）→-∞，x→+∞时，g（x）→0. 其图象如图7所示. 图7 所以当 <0或2a=1时有一个零点，当 ∈（0，1）时有两个零点. 所以当a<0或a= 时，函数有唯一零点，a> 时，函数有两个零点，则①③正确，②④错误. 17. （1）f（x）= sin2x- - =sin2x- -1，则f（x）的最小值是-2，最小正周期是π. （2）f（C）=sin2C- -1=0，则sin2C- =1. 因为0 由①②解得：a=1，b=2. 18. （1）记 表示这40位市民满意指数的平均值，则 = （90×15+60×17+30×6+0×2）=63.75（分）. （2）ξ的可能取值为0、1、2、3，P（ξ=0）=C 0 3= ，P（ξ=1）=C 1 2= ，P（ξ=2）=C 2 1= ，P（ξ=3）=C 3 0= ，所以ξ的分布列为： （3）设所有满足条件n≥m+60的事件为A： ①满足m=0且n=60的事件数为：C C =34; ②满足m=0且n=90的事件数为：C C =30; ③满足m=30且n=90的事件数为：C C =90，所以P（A）= = . 所以满足条件n≥m+60的事件的概率为 . 19. （1）取AB中点E，连PE，CE，则PE是等腰△PAB的底边上的中线，所以PE⊥AB.PE=1，CE= ，PC=2，即PE2+CE2=PC2. 所以PE⊥CE. 又AB 平面ABCD，CE 平面ABCD，且AB∩CE=E，所以PE⊥平面ABCD. 而PE 平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABCD. （2）以AB的中點E为坐标原点，EC所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，-1，0），C（ ，0，0），D（ ，-2，0），P（0，0，1）. =（ ，1，0）， =（ ，0，-1）， =（0，2，0）. 设n1=（x1，y1，z1）是平面PAC的一个法向量，则n1· =0，n1· =0，即 x1+y1=0， x1-z1=0.取x1=1，可得y1=- ，z1= ，n1=（1，- ， ）. 设n2=（x2，y2，z2）是平面PCD的一个法向量，则n2· =0，n2· =0，即2y2=0， x2-z2=0.取x2=1，可得y2=0，z2= ，n2=（1，0， ）. 故cos〈n1，n2〉= = . 即二面角A-PC-D的余弦值是 . 20. （1）当n=1时，a1=S1= ， 所以a1=0或a1=1. 由于{an}是正项数列，所以a1=1. 当n≥2时，an=Sn-Sn-1= - ，整理，得an+an-1=（an+an-1）（an-an-1）. 由于{an}是正项数列，所以an-an-1=1. 所以数列{an}是以1为首项、1为公差的等差数列. 从而an=n，当n=1时也满足. 所以an=n. （2）由（1）知bn=1+ n，又y=xn+1（n∈N ）是（0，+∞）上的下凸函数，根据定理，得 21. （1）依题意设直线l的方程为y=kx+n，其中k≠0. 代入椭圆方程得：（1+4k2）x2+8knx+4n2-4=0，则有x1+x2=- ，x1x2= ，则k1+k2= + = = = = - . 由条件有3- =8k，而k≠0，则有n=± ，从而直线l过定点0， 或0，- . （2）依题意可设直线l的方程为y=k（x-1），其中k≠0. 代入椭圆方程得：（1+4k2）·x2-8k2x+4k2-4=0，则有x1+x2= ，x1x2= ，从而有y +y =k（x1+x2-2）=- ①，y y =k2（x1-1）（x2-1）=k2[x1x2-（x1+x2）+1]= - ②. 由①②得 =- ，由0 22. （1）由已知f ′（x）=（2x2-2x+a）ex=2x- 2+a- ex. ①当a≥ 时，由f′（x）≥0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增; ②当a< 时，由f′（x）>0解得x< - 或x> + . （i）若a≤0，则 - ≤0 （0，+∞）， + ≥1∈（0，+∞），所以可得f（x）在0， + 上单调递减，在 + ，+∞上单调递增. （ii）若0 综上所述：当a≤0时， f（x）的单调递减区间为0， + ，单调递增区间为 + ，+∞; 当0 当a≥ 时， f（x）的单调递增区间为（0，+∞）. （2）由题意g（x）=（2x2-4x+2）·ex，所以g′（x）=2（x2-1）·ex，假设存在区间[m，n] （1，+∞），使得当x∈[m，n]时函数g（x）的值域为[2m，2n]，即n>m>1. 因为当x∈[m，n]时g′（x）=2（x2-1）·ex>0，g（x）在区间[m，n]单调递增. 所以g（m）=2m，g（n）=2n，即方程g（x）=2x有两个大于1的相异实根，设h（x）=g（x）-2x=（2x2-4x+2）ex-2x（x>1），所以h′（x）=（2x2-2）ex-2. 设φ（x）=h′（x）=（2x2-2）ex-2，所以φ′（x）=（2x2+4x-2）ex. 因为x>1，所以φ′（x）>0，所以φ（x）在（1，+∞）上单调递增，又φ（1）=-2<0，φ（2）=6e2-2>0，即存在唯一的x0∈（1，2）使φ（x0）=0. 当x∈（1，x0）时，φ（x0）<0，h（x）为减函数;当x∈（x0，+∞）时，φ（x0）>0，h（x）为增函数;所以h（x）在x0处取到极小值. 又h（1）=-2<0，h（2）=2e2-4>0，所以h（x）在（1，+∞）只存在一个零点，与方程g（x）=2x有两个大于1的相异实根相矛盾，所以假设不成立，即不存在m，n符合题意. 长沙长郡中学 长沙雅礼中学 月考试卷调研（文科） 1. D 2. A 3. A 4. C 5. D 6. 由三视图知几何体的直观图是半个圆锥，V= = π. 选A. 7. 本程序为分段函数y=x2-1，x≤2，log2x，x>2， 当x≤2时，由x2-1=3得x2=4，所以x=±2. 当x>2时，由log2x=3，得x=8. 所以满足条件的x有3个. 选C. 8. 转化为直线y=kx+2与圆x2+y2=1相离，d= >1，所以- 9. 三边CB，BA，AC的长度成等差数列，设为a-d，a，a+d（a>0，d>0，a-d>0），则（a+d）2=a2+（a-d）2，则a=4d.不妨令d=1，所以三边长分别为CB=3，BA=4，AC=5， = - ， = + = +λ =（1-λ）· +λ . 由CE⊥BD得： · =0，即 ·（1-λ） 2-λ 2=0，8（1-λ）-9λ=0，所以λ= . 选B. 也可以运用坐标运算解答. 10. 因为函数有两个极值，则f′（x）=0有两个不同的根，即Δ>0. 又f′（x）=x2+ax+2b，α∈（0，1），β∈（1，2），有f ′（0）>0，f ′（1）<0，f ′（2）>0，即2b>0，1+a+2b<0，4+2a+2b>0. 的几何意义是指动点P（a，b）到定点A（2，3）两点斜率的取值范围，作出可行域如图8，由图象可知当直线经过AB时，斜率最小，此时斜率为k= = ，直线经过AD时，斜率最大，此时斜率为k= =1，所以 < <1，故选B. 图8 11. . 12. 设两条直角边长为a，b，构造面积模型0 13. 抛物线y2=4x的焦点（1，0）， 准线为l：x=-1，设AB的中点为E，过A，E，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，F，D，EF交y轴于点H，则由EF为直角梯形的中位线知，EF= = =5，所以EH=EF-1=4. 14. p为假命题，则p为真命题.不等式tx2+2x-2>0有属于1， 的解，即t> - 有属于1， 的解.又1 15. 1，1，2，3，5，8，13，…除以4所得的余数分别为1，1，2，3，1，0;1，1，2，3，1，0;…，即新数列{bn}是周期为6的周期数列，b2014=b335×6+4=b4=3. 在每一个周期内，含有3个1，2014=671×3+1，所以第2014个值为1的项，位于第672个周期内的第一个1，则671×6+1=4027. 16. （1）由m⊥n可得m·n=0，即sin ·cos = ，所以sinA= . 因为sin2A+cos2A=1，所以cos2A= . 因为A∈0， ，所以cosA= . （2）因为cosA= ，由（1）知cosA= ，所以bc= （b2+c2-a2），所以bc= ·[（b+c）2-2bc-a2]，所以bc= . 所以S= bc·sinA= . 17. （1）分数在[70，80）内的频率为：1-（0.010+0.015+0.015+0.025+0.005）×10=1-0.7=0.3，故 =0.03. 图略. （2）平均分为： =45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05=71. （3）由题意，[60，70）分数段的人数为：0.15×60=9人;[70，80）分数段的人数为：0.3×60=18人. 因为在[60，80）分数段的学生中抽取一个容量为6的样本，所以[60，70）分数段抽取2人，分别记为m，n;[70，80）分数段抽取4人，分别记为a，b，c，d. 设从样本中任取2人，至多有1人在分数段[70，80）为事件A. 基本事件空间包含的基本事件有：（m，n），（m，a），（m，b），（m，c），（m，d），…，（c，d），共15种;而事件A包含的基本事件有：（m，n），（m，a），（m，b），（m，c），（m，d），（n，a），（n，b），（n，c），（n，d），共9种，所以P（A）= = . 18. （1）因为ABCD是矩形， 所以AD∥BC. 又BC 平面PBC，AD 平面PBC，所以AD∥平面PBC. （2）由平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，过点P作PE⊥AD. 又CD⊥AD，PE⊥平面ABCD，CD⊥平面PAD，所以直线EC是直线PC在平面ABCD內的射影，∠PCE是直线PC和底面ABCD所成角，且CD⊥PD. 在Rt△PCD中，PC= =2 . 因为PA=PD=2，所以PE= = . 在Rt△PCE中，sin∠PCE= = = ，所以∠PCE=30°. 所以直线PC和底面ABCD所成角的大小为30°. 19. （1）由S4=5S2，得1+q+q2+q3=5+5q，所以（q+1）（q+2）（q-2）=0.因为q>0，得q=2，an=2n-1. 当n≥2时，Tn=n2bn，Tn-1=（n-1）2bn-1 = ，则得 · · ·…· = · · ·…· · = . 所以bn= ，n=1时也满足. （2）Sn=2n-1，所以cn=2n -λ，使数列{cn}是单调递减数列，则cn+1-cn=2n - -λ<0对n∈N 都成立，即 - -λ<0 λ> - max. - = = ，当n=1或2时， - max= ，所以λ> . 20. （1）因为 + =1（a>b>0）满足a2=b2+c2， = ，又 ×b×2c= ，解得a2=5，b2= ，所以椭圆的方程为 + =1. （2）将y=k（x+1）代入 + =1中得（1+3k2）x2+6k2x+3k2-5=0， =36k4-4（3k2+1）（3k2-5）=48k2+20>0，所以x1+x2=- ，x1x2= ，所以 · =x1+ ，y1 ·x2+ ，y2 =x1+ x2+ +y1y2=x1+ x2+ +k2（x1+1）（x2+1）=（1+k2）x1x2+ +k2 （x1+x2）+ +k2=（1+k2）· + +k2 - + +k2= + +k2= . 21. （1）F（x）=lnx+ ，x∈（0，3]，则k=F′（x0）= ≤ 在x0∈（0，3]上恒成立，所以a≥- x +x0max，x0∈（0，3] 当x0=1时，- x +x0取得最大值 ，所以a≥ . （2）因为方程2mf（x）=x2有唯一实数解，所以x2-2mlnx-2mx=0有唯一实数解， 设g（x）=x2-2mlnx-2mx，则g′（x）= . 令g′（x）=0，则x2-mx-m=0. 因为m>0，x>0，所以x1= <0（舍），x2= >0. 当x∈（0，x2）时，g′（x）<0，g（x）在（0，x2）上单调递减，当x∈（x ，+∞）时，g′（x）>0，g（x）在（x2，+∞）上单调递增，所以g（x）min=g（x2），则g（x2）=0，g′（x2）=0， 即x -2mlnx2-2mx2=0，x -mx2-m=0，所以2mlnx2+mx2-m=0. 因为m>0，所以2lnx2+x2-1=0 ①. 设h（x）=2lnx+x-1，当x>0时，h（x）是增函数，所以h（x）=0至多一解.又h（1）=0，所以方程①的解为x2=1，即 =1，解得m= .
