高二年段文科数学上学期选修模块考试

D高二年段文科数学上学期选修模块考试卷命题者：林永忠审核者：林伟08、01、30一、选择题（每小题只有一个正确的选项，12小题，共60分）1、在复平面内，复数1ii对应的点位于（）A、第一象限B、第二象限C、第三象限D、第四象限2、设a、b、c、d∈R，则复数(a+bi)(c+di)为实数的充要条件是（）A、ad－bc=0B、ac－bd=0C、ac+bd=0D、ad+bc=03、32()32fxxx在区间1,1上的最大值是（）A、－2B、0C、2D、44、如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则1A到平面ABC1D1的距离为（）A、23B、22C、21D、335、如果双曲线的两个焦点分别为)0,3(1F、)0,3(2F，一条渐近线方程为xy2，那么它的两条准线间的距离是（）A、36B、2C、4D、16、抛物线24xy的准线方程是（）A、y=1B、y=1C、x=1D、x=17、已知动点P，定点)0,1(M和)0,3(N，若||||PMPN＝2，则点P的轨迹是（）A、双曲线B、双曲线的一支C、两条射线D、一条射线8、PA、PB、PC是从P点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为060，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是（）A、21B、22C、33D、369、过点（－1，0）作抛物线21yxx的切线，则其中一条切线为（）A、10xyB、330xyC、10xyD、220xy10、如果fx为偶函数，且导数fx存在，则0f的值为（）A、2B、1C、0D、－111、有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说：“是乙或丙获奖。”乙说：“甲、丙都未获奖。”丙说：“我获奖了。”丁说：“是乙获奖。”四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是（）A、甲B、乙C、丙D、丁12、已知双曲线12222byax(a0,b0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则ca的取值范围是（）A、(1,2)B、(1,2)C、[2,+∞]D、(2,+∞)二、填空题（4小题，共16分）13、一个物体的运动方程为ln()tstt，其中s的单位是米，t的单位是秒，那么物体在1秒末的瞬时速度是米/秒。14、数列2、5、11、20、x、47、……中的x值为。15、已知函数3225fxxaxx在2,13上单调递减，在1,上单调递增，且函数fx的导数记为fx，则下列结论正确的命题是.①23是方程0fx的根；②1是方程0fx的根；③有极小值1f；④有极大值23f；⑤12a。16、若三角形的内切圆的半径为r，三边长为,,abc，则三角形的面积1()2srabc；根据类比的思想，若四面体的内切球的半径为R，四个面的面积为1234,,,ssss，则四面体的体积V＝。三、解答题（6小题，共74分）17、已知椭圆C的焦点分别为F1（22，0）和F2（22，0），长轴长为6，设直线y=x+2交椭圆C于A、B两点，求椭圆方程和线段AB的中点坐标。18、已知函数bxaxxxf23)(23在1x处有极小值1,(1)求函数)(xf的表达式；(2)求函数)(xf的单调递增区间与单调递减区间？(3)求函数)(xf在闭区间2,2上的最大值与最小值？19、如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1，中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动.（1）证明：D1E⊥A1D；（2）AE等于何值时，二面角D1—EC—D的大小为4.20、选做题，以下两题可任选一题进行作答，若两题都做，则以第一题的得分计算。（一）已知,,abcR，①求证：222abcabbcac；②若1abc，利用①的结论求abbcac的最大值。（二）已知,,,abxyR，①求证：222()xyxyabab。②利用①的结论求191(0)2122xxx的最小值。21、把边长为60cm的正方形铁皮的四角切去边长为xcm的相等的正方形，然后折成一个高度为xcm的无盖的长方体的盒子，要求长方体的高度与底面边长的比值不超过常数(0)kk，（1）用x和k表示出长方体的体积的表达式()VVx，并给出函数的定义域；（2）问x取何值时，盒子的容积最大，最大容积是多少？22、抛物线方程为y2=p（x+1）（p＞0），直线x+y=m与x轴的交点在抛物线的准线的右边.（1）求证：直线与抛物线总有两个交点；（2）设直线与抛物线的交点为Q、R，OQ⊥OR，求p关于m的函数f（m）的表达式；（3）在（2）的条件下，若抛物线焦点F到直线x+y=m的距离为22，求此直线的方程；莆田四中0007－2008学年上学期高二年段数学（文）选修模块考试卷参考答案1——12：DDCBB；ADCAC；CC13：1；14：32；15：①②③④⑤；16：12341()3VRssss17、解析：设椭圆C的方程为12222byax，由题意a=3，c=22，于是b=1.………………4分∴椭圆C的方程为92x＋y2＝1．……………………6分由19222yxxy得10x2＋36x＋27＝0，………………8分因为该二次方程的判别式Δ＞0，所以直线与椭圆有两个不同的交点，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝518，………………10分故线段AB的中点坐标为（51,59）．…………12分18、解析(1)21,31ba,bxaxxxf23)(23………………4分(2)增区间为:),1(),31,(减区间为:)1,31(…………8分(3)10,2minmaxyy…………………………………………12分19、解法（一）（1）证明：∵AE⊥平面AA1DD1，A1D⊥AD1，∴A1D⊥D1E……5分（2）过D作DH⊥CE于H，连D1H、DE，则D1H⊥CE，∴∠DHD1为二面角D1—EC—D的平面角.设AE=x，则BE=2－x,,,1,.1,4,211xEHDHERtxDEADERtDHDHDDHDRt中在中在中在23,45.RtDHCCHRtCBECExx在中在中234523.xxxx123,.4AEDECD时二面角的大小为………………12分解法（二）：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设AE=x，则A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0），C（0，2，0）（1）.,0)1,,1(),1,0,1(,1111EDDAxEDDA所以因为…………5分（2）设平面D1EC的法向量),,(cban，∴),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11DDCDxCE由.0)2(02,0,01xbacbCEnCDn令b=1,∴c=2,a=2－x，∴).2,1,2(xn依题意.225)2(222||||||4cos211xDDnDDn∴321x（不合，舍去），322x.∴AE=32时，二面角D1—EC—D的大小为4.…………12分20、（一）①证明2222222,2,2ababcbbcacac，………………3分两式相加可得222abcabbcac当且仅当abc时等号成立………………6分②22221()2()3()abcabcabbcacabbcac………………9分则13abbcac，当且仅当abc时等号成立。………………12分（二）①要证222()xyxyabab，只要证222()()()xyabxyab，……3分则222222222()()2()xybxayabxyxyxyxyabab，当且仅当bxay时等号成立。故原不等式得证。…………6分②由①的结论知：219(13)16212212xxxx，当且仅当18x时，等号成立。………………12分21、解析：（1）设长方体高为xcm，则底面边长为()()602030xcmx，，长方体容积（单位：cm3）VVxxxxx()()()60243022；……4分∵xxkxkk60206021，∴.即函数定义域为(]06021，kk，……6分（2）Vxxxxxx'()()()()()4308304303302123010()()xx令Vxxx'()()01030，解得，不合题意舍去于是…………8分x（0，10）10（10，30）V'（x）+0－V（x）↑↓①当10602114kkk，即时，在x=10时，V取得最大值为Vmax4020160002·；…………10分②当6016010021421kkxkk，即时，在时，V取得最大值Vkkmax()216000213.………………12分22、解：（1）抛物线y2=p（x+1）的准线方程是x=－1－4p，直线x+y=m与x轴的交点为（m，0），由题设交点在准线右边，得m＞－1－4p，即4m+p+4＞0.由myxxpy)1(2得x2－（2m+p）x+（m2－p）=0.而判别式Δ=（2m+p）2－4（m2－p）=p（4m+p+4）.又p＞0及4m+p+4＞0，可知Δ＞0.因此，直线与抛物线总有两个交点；…………4分（2）设Q、R两点的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2），由（1）知，x1、x2是方程x2－（2m+p）x+m2－p=0的两根，∴x1+x2=2m+p，x1·x2=m2－p.由OQ⊥OR，得kOQ·kOR=－1，即有x1x2+y1y2=0.又Q、R为直线x+y=m上的点，因而y1=－x1+m，y2=－x2+m.于是x1x2+y1y2=2x1x2－m（x1+x2）+m2=2（m2－p）－m（2m+p）+m2=0，∴p=f（m）=22mm，由0440pmp得m＞－2，m≠0；…………9分（3）由于抛物线y2=p（x+1）的焦点F坐标为（－1+4p，0），于是有222|041|mp，即|p－4m－4|=4.又p=22mm∴|281232mmm|=4.解得m1=0，m2=－38，m3=－4，m4=－34.但m≠0且m＞－2，因而舍去m1、m2、m3，故所求直线方程为3x+3y+4=0.………………14分