广东省高州长坡中学2011届高三年级12月月考（文）试题

广东省高州长坡中学2011届高三年级12月月考数学（文）试题一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50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1．已知集合12,03AxxBxx，则AB（）A．13xxB．03xxC．12xxD．23xx2．已知yx,是实数,则“22yx”是“0yx”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件3．若复数z与其共轭复数z满足：izz2，则复数z的虚部为（）A．1B．iC．2D．-14．已知三条直线l、m、n，三个平面、、，有以下四个命题：①、；②//lmlnmn、；③//,////,mnmn；④mlml,,。其中正确命题的个数为（）A．0B．1C．2D．35．右图程序运行后输出的结果为（）A．3456B．4567C．5678D．67896．若函数1()log()(011afxaax且）的定义域和值域都是[0，1]，则a=（）A．2B．2C．22D．127．△ABC中，4,3),(21,0CBCACBCACDCBCA，则向量CD与CB夹角的余弦值为（）A．51B．52C．53D．548．已知圆的方程为,08622yxyx设该圆中过点（3，5）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积是（）A．610B．620C．630D．6409．函数),0(,cos22cosxxxy的单调递增区间为（）A．)3,0(B．)32,3(C．)2,3(D．),32(10．点P是双曲线12222byax（a0,b0）左支上的一点，其右焦点为F)0,(c，若M为线段FP的中点,且M到坐标原点的距离为c81，则双曲线的离心率e范围是（）A．]8,1(B．]34,1(C．)35,34(D．]3,2(二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11．已知函数()yfx为奇函数，若(3)(2)1ff，则(2)(3)ff．12．已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若CCabbac则,2cos2222的取值范围是。13．已知两点(10)A，，(0)Bb，，若抛物线24yx上存在点C使ABC为等边三角形，则b＝_________．14．若某多面体的三视图（单位:cm）如图所示,则此多面体的体积是．15．在由1,2,3,4,5组成可重复数字的二位数中任取一个数,如21、22等表示的数中只有一个偶数“2”，我们称这样的数只有一个偶数数字，则组成的二位数中只有一个偶数数字的概率为、．16．对大于或等于2的自然数m的n次幂进行如下方式的“分裂”，仿此，53“分裂”中最大的数是．17．已知yx,满足232yxy,不等式axyyx229恒成立,则a的取值范围为．三、解答题:本大题共5小题,共72分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。18．（本题满分14分）已知函数()cos(2)2sin()sin()344fxxxx（Ⅰ）求函数()fx的最小正周期和图象的对称轴方程;（Ⅱ）求函数()fx在区间]2,0[上的值域．19．如图，矩形ABCD中，ABEAD平面，2BCEBAE，G是AC中点，F为CE上的点，且ACEBF平面．（Ⅰ）求证：BCEAE平面；（Ⅱ）求三棱锥BGFC的体积．ABCDEFG20．（本题满分14分）数列{na}的前n项和nS满足：*23()nnSannN．（Ⅰ）求数列{na}的通项公式na；（Ⅱ）令933nSbnn，数列{nb}的前n项和为nT，求证：21nT．21．（本题满分15分）已知函数321()(2)41,()532mfxmxxxgxmx．（I）当4m时，求函数()fx的单调递增区间；（II）是否存在0m，使得对任意的1x，2[2,3]x都有12()()1fxgx，若存在，求m的范围；若不存在，请说明理由．22．已知椭圆22xa+22yb=1（ab0）的离心率为22，右焦点为F（1，0），直线l经过点F，且与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点．（I）求椭圆的标准方程；（II）当直线l绕点F转动时，试问：在x轴上是否存在定点M，使得MBMA为常数?若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案一．BBAAADDBDB二．11．112．)3,0(13．5，-1/314．65cm315．251416．2917．215a三、解答题:本大题共5小题,共72分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。18．解：（1）()cos(2)2sin()sin()344fxxxx13cos2sin2(sincos)(sincos)22xxxxxx2213cos2sin2sincos22xxxx13cos2sin2cos222xxxsin(2)6x2T2周期∴由2(),()6223kxkkZxkZ得∴函数图象的对称轴方程为()3xkkZ（2）20x∴x0∴65626x∴1)62sin(21x∴值域为1,2119．（Ⅰ）证明：ABEAD平面，BCAD//∴ABEBC平面，则BCAE又ACEBF平面，则BFAE∴BCEAE平面解：BFDAE平面//∴FGAE//，而BCEAE平面∴BCEFG平面∴BCFFG平面G是AC中点∴F是CE中点∴FGAE//且121AEFGACEBF平面∴CEBF∴BCERt中，221CECFBF∴12221CFBS（12分）∴3131FGSVVCFBBCFGBFGC20．解（1）当*nN时有：),1(32,3211naSnaSnnnn两式相减得：111223,23nnnnnaaaaa，’∴132(3)nnaa，又11123aSa，∴113,360aa．∴数列{3na}是首项6，公比为2的等比数列．从而1362nna，∴323nna．（2）63233)323(21nnSnnn∴)12(3931nnnS∴1121121nnnb212121211)211(2121212112132nnnnT．21．解：（I）321()(2)4132mfxmxxx2()(4)4(4)(1)fxmxmxmxx．i）若4m时，则401m，a)此时4(,)(1,)xm都有()0fx，4(,1)xm有()0fx．()fx的单调递增区间为4(,]m和[1,)．ii）若4m，则2()4(1)0fxx，()fx的单调递增区间为(,)．（II）当0m时，24()(4)4()(1)fxmxmxmxxm且41m，当23x时，都有()0fx．此时，()fx在[2,3]上单调递减max2()(2)13mfxf．又()5gxmx在[2,3]上单调递减．min()(3)35gxgm．由已知maxmin27()()(1)(35)4133mfxgxmm解得15,7m又0m．1507m．综上所述，存在15[,0),7m使对任意12,[2,3]xx，都有12()()1fxgx成立．22（Ⅰ）由题意可知，c=1，又e=ca=22，解得a=2………所以b2=a2-c2=1所以椭圆的方程为22x+y2=1．…（II）若直线l不垂直于x轴，可设l的方程为y=k（x-1）．由22(1),1,2ykxxy得（1+2k2）x2-4k2x+2k2-2=0．△=16k4-4（1+2k2）（2k2-2）=8k2+80．设A（x1,y1）,B（x2,y2）,则x1+x2=22412kk，x1x2=222212kk．…设M（t，0），则MA=（x1-t,y1），MB=（x2-t,y2）,MBMA=（x1-t）（x2-t）+y1y2=x1x2-t（x1+x2）+t2+k2（x1-1）（x2-1）=（1+k2）x1x2-（t+k2）（x1+x2）+t2+k2=（1+k2）222212kk-（t+k2）22412kk+t2+k2=4242224222(2222)(44)(22)12kkkkktktktkk=2222(241)(2)12ttktk要使得MBMA=λ（λ为常数），只要2222(241)(2)12ttktk=λ，即（22412tt）k2+（t2-2-λ）=0．（*）对于任意实数k，要使（*）式恒成立，只要2224120,20,ttt解得4,57.16t…若直线l垂直于x轴，其方程为x=1．此时，直线l与椭圆两交点为A（1，22）、B（1,一22）,取点S（45，0），有SA=（-14,22）,SB=（-14,-22）,SASB=（-14）×（-14）+22×（-22）=716=λ．综上所述，过定点F（1，0）的动直线l与椭圆相交于A、B两点，当直线l绕点F转动时，存在定点M（54，0），使得MBMA=716