精编 word版 含答案顺德市李兆基中学2016届高三上学期第四次月考(文数)

顺德市李兆基中学2016届高三上学期第四次月考

数学（文科）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分．

1、设集合 M ={x|(x+3)(x-2)<0}，N ={x|1≤x≤3},则M∩N = （ ）

A．[1,2) B．[1,2] C．( 2,3] D．[2,3]

ai为纯虚数，则实数a为 （ ） i A、2 B、2 C、 D、

2、设 i是虚数单位，复数

3、已知向量a(1,k),b(2,2),且ab与a共线，那么ab的值为 ( )

A．1

B．2

C．3

D．4

x1,4、设变量x,y，满足约束条件xy40,则目标函数z3xy的最大值为 ( )．

x3y40, A．4 B．0 C．

4 D．4 35、若△ABC的内角，A,B,C满足6sinA4sinB3sinC，则cosB （ ）

A．15 4B．

3 4 C．315 16D．

11 163ax2y2EPbx6、设F,是椭圆：=1（＞＞0）的左、右焦点，为直线上一点，Fa12222abE的离心率为 △F2PF1是底角为30的等腰三角形，则

（ ）

0A.

1234 B. C. D. 23457、设alog13124,blog1,clog3,则a,b,c的大小 2333关系是 （ ）

A．abc

B．cba

C．bac

D．bca

1

8、若α0,1π2sinαcos2α，且，则tanα的值等于 （ ）． 42 A．

23 B． C．2 D． 233 9、一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中

的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是 （ ）

A．4 B．23 C．2 D．3

10、《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，

上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第五节的容积为 （ ） A.1升 B.

674737升 C.升 D.升 3311、两圆C1、C2都和两坐标轴相切，且都过点（4，1），则两圆心的距离C1C2=( ) A、4 B、42 C、8 D、82

12、若存在正数x使2x(xa)＜1成立，则a 的取值范围是 （ ） （A）（-∞，+∞） （B） (-2, +∞) (C) (0, +∞) (D) （-1，+∞） 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13、如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是_________

14、已知一个正方体的所有顶点在一个球面上. 若球的体积为

9, 则正方体的棱长为____ 215、已知函数f(x)ex2xa有零点，则a的取值范围是___________

2

16、函数ycos(2x)()的图像向右平移

个单位后，与函数2ysin(2x)的图像重合，则||___________.

3三、解答题

17、（本小题满分12分）设Sn为数列{an}的前项和，已知a10，2ana1S1Sn，nN （Ⅰ）求a1，并求证数列｛an｝为等比数列；(Ⅱ)求数列｛nan｝的前n项和。

18、（本小题满分12分）△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且

*asinAsinBbcos2A2a。

（I）求

b； a222 （II）若cb3a，求B．

19、（本小题满分12分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，

ABAC2AA12，BAC120，D,D1分别是线段BC,B1C1的中点，P是线段

AD上异于端点的点．

（Ⅰ）在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC

平行的直线l，说明理由， 并证明直线l平面ADD1A1； （Ⅱ）设（Ⅰ）中的直线l交AC于点Q，

求三棱 锥A1QC1D的体积．

x2y220、（本小题满分12分）设椭圆221ab0的左右焦点分别为F1，F2，点

abPa,b满足PF2F1F2．

(Ⅰ) 求椭圆的离心率e；

(Ⅱ) 设直线PF2与椭圆相交于A,B两点，若直线PF2与圆x1y3交于M，N两点，且MN2216相

5AB，求椭圆的方程． 83

21、（本小题满分12分）设函数f，，其中xR，()xx2axbxagx()x3x2a、b为常数，已知曲线yf(x)与yg(x)在点（2,0）处有相同的切线l。 (I) 求a、b的值，并写出切线l的方程；

(II)若方程f()有三个互不相同的实根0、x、x，其中x1x2，且对任意的xg()xmx322xx恒成立，求实数m的取值范围。 ()g()xm(x1)1,x2，fx

22、（本小题满分10分）如图，A，B，C，D四点在同一圆上，AD 的延长线与BC的延长线交于E点，且EC=ED．

（I）证明：CD//AB；

（II）延长CD到F，延长DC到G，使得EF=EG，证明：A，B，

G，F四点共圆．

4

数学（文科）参

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分． 题号 1 答案 A 2 A 3 A 4 D 5 D 6 C 7 B 8 D 9 B 10 B 11 C 12 D 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13、__15__ 14、3 15、 ,2ln22 16、三、解答题

17、(Ⅰ) S1a1.当n1时，2a1a1S1S1a10,a11.

5 6当n1时，ansnsn12ana12an1a12an2an1an2an1- S1S1{an}时首项为a11公比为q2的等比数列，an2n1,nN*.

（Ⅱ）

设Tn1a12a23a3nanqTn1qa12qa23qa3nqan qTn1a22a33a4nan1

上式左右错位相减：

(1q)Tna1a2a3annan1Tn(n1)2n1,nN*。

1qna1nan12n1n2n

1q18、解：（I）由正弦定理得，sinAsinBcosA222sinA，即

sinB(sin2Acos2A)2sinA

故sinB2sinA,所以2b2. ………………6分 a2 （II）由余弦定理和cb3a,得cosB由（I）知b2a,故c2(23)a2.

222(13)a. 2c 5

可得cosB212,又cosB0,故cosB,所以B45 …………12分 2219、解:(Ⅰ)如图,在平面ABC内,过点P作直线l//BC,因为l在平面A1BC外,BC在平面

A1BC内,由直线与平面平行的判定定理可知,l//平面A1BC.

由已知,ABAC,D是BC中点,所以BC⊥AD,则直线lAD, 又因为AA1底面ABC,所以AA1l,

又因为AD,AA1在平面ADD1A1内,且AD与AA1相交, 所以直线l平面ADD1A1

(Ⅱ)过D作DEAC于E,因为AA1平面ABC,所以

CQEDPlAA1DE,

又因为AC,AA1在平面AA1C1C内,且AC与AA1相交,所以DE平面AA1C1C,

由ABAC2,∠BAC120,有AD1,∠DAC60, 所以在△ACD中,DE又SAQC1C1ABD1A1B133AD, 22113311 A1C1AA11,所以VA1QC1DVDA1QC1DESA1QC1332623因此三棱锥A1QC1D的体积为

6

20、【解】(Ⅰ)设F1c,0，F2c,0．

因为PF2F1F2，则由eac2b22c，a22aca24c20，

c122，有4e2e20，即2ee10，e1（舍去）或e． a21所以椭圆的离心率为e．

21222(Ⅱ) 解法1．因为e，所以a2c，b3c．所以椭圆方程为3x4y12c．

2b3，则直线PF2的方程为y3xc． 直线PF2的斜率kac 6

2223x4y12c, A,B两点的坐标满足方程组y3xc.2消去y并整理得5x8cx0．则x10，x28c． 58xc,2x0,83351Ac于是 不妨设c,，B0,3c． 55y13cy33c.2516833所以ABc0c3cc．

5555于是MNAB2c．

8圆心1,3到直线PF2的距离d222333c232c2，

MN32224因为d，所以2cc216，即7c212c520， 42260（舍去）解得c，或c2．于是a2c4，b3c23． 7x2y21． 所以椭圆的方程为

1612

21、解：(I)f(x)3x4axb,g(x)2x3，由于曲线曲线yf(x)与yg(x)在点（2,0）处有相同的切线，故有f(2)g(2)0,f(2)g(2)1，由此解得：

///2/a2,b5；

切线l的方程：xy20„

(II)由(I)得f(x)g(x)x3x2x，依题意得：方程x(x3x2m)0有三个互不相等的根

3220,x1,x2，故x1,x2是方程x23x2m0的两个相异实根，所以

194(2m)0m；

4又对任意的xx恒成立，特别地，取xx1时， ()g()xm(x1)1,x2，fx

7

f(x1)g(x1)mx1m成立，即0mm0，由韦达定理知： x1x230,x1x22m0，故0x1x2，对任意的xx1,x2，有 xx20,xx10,x0，则：

f(x)g(x)mxx(xx1)(xx2)0；又f(x1)g(x1)mx10

所以函数在xxx1,x2，1,x2上的最大值为0，于是当m0时对任意的x1恒成立；综上：m的取值范围是(,0)。 fx()g()xm(x1)4

22、（I）因为EC=ED，所以∠EDC=∠ECD.

因为A，B，C，D四点在同一圆上，所以∠EDC=∠EBA. 故∠ECD=∠EBA，

所以CD//AB. …………5分

（II）由（I）知，AE=BE，因为EF=FG，故∠EFD=∠EGC

从而∠FED=∠GEC.

连结AF，BG，则△EFA≌△EGB，故∠FAE=∠GBE， 又CD//AB，∠EDC=∠ECD，所以∠FAB=∠GBA. 所以∠AFG+∠GBA=180°.

故A，B，G，F四点共圆 …………10分

8