江苏省扬州中学2016届高三数学4月质量监测试题

扬州中学2016届高三4月质量监测数学试卷一、填空题．（本大题共14小题，每小题5分，共70分．）1.已知集合M＝{0,1,2}，N＝{x|x＝2a,a∈M}，则集合M∩N＝___________．{0,2}2.若复数z1＝3＋4i，z2＝a＋i，且z1·¯z2是实数（其中¯z2为z2的共轭复数），则实数a＝___________．343.有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为_______．134.“m＝－1”是“直线mx＋(2m－1)y＋1＝0和直线3x＋my＋3＝0垂直”的___________条件．充分不必要5.右边程序输出的结果是___________．106.在三棱锥P－ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥DABE的体积为V1，PABC的体积为V2，则V1V2＝____________．147.在平面直角坐标系xOy中，已知A、B分别是双曲线x2－y23＝1的左、右焦点，△ABC的顶点C在双曲线的右支上，则sinA－sinBsinC的值是．－128.在等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则3a9―a11的值为_________．489.若sinα＋2cosα＝0，则1＋cos2αcos2α＋sin2α的值为________．－23.10.在平面内，若A(1,7)、B(5,1)、M(2,1)，点P是直线OM上的一个动点，且→PA·→PB＝－8，则cos∠APB＝__________．－41717．11.设f(x)是R上的奇函数，且f(－1)＝0，当x＞0时，(x2＋1)·fx)－2x·f(x)＜0，则不等式f(x)＞0的解集为________．(－∞,－1)∪(0,1)．12.已知△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且BC边上的高为a，则bc＋cb的最大值为______．513.已知定义在R上的函数f(x)存在零点，且对任意m,n∈R都满足f[m·f(m)＋f(n)]＝f2(m)＋n，若关于x的方程f[f(x)]－3＝1－logax（a＞0,a≠1）恰有三个不同的根，则实数a的取值范围是.___________【分析】：需要函数f[f(x)]的解析式！∵f(x)存在零点，∴令f(x0)＝0∴令m＝x0∴f[x0·f(x0)＋f(n)]＝f2(x0)＋n∴f[f(n)]＝n∴x－3＝1－logax恰有三个不同的根，∴logax＝1－x－3（下略）a＞3．14.若点P在曲线C1：y2＝8x上，点Q在曲线C2：(x－2)2＋y2＝1上，点O为坐标原点，则|OP||PQ|的最大值是．【知识点：抛物线定义、多变量问题、函数求最值问题】解：注意到圆C2的圆心恰好为抛物线的焦点F，因为P、Q为两个独立的点，可先考虑一个点动，S←1ForIFrom1To5Step2S←S＋IEndForPrintS注意到只有分母有Q，故先求出|PQ|的最小值为|PF|－1＝xp＋p2－1＝xp＋1，∵|OP|2＝x2p＋y2p＝x2p＋8xp∴|OP||PQ|＝x2p＋8xpxp＋1令t＝xp＋1≥1∴y＝t2＋6t－7t＝－7·1t2＋6·1t＋1(1t∈(0,1])∴1t＝37时，ymax＝167＝477．二、解答题．（本大题共6小题，共计90分．）15.如图，斜三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，侧面AA1C1C是菱形，∠A1AC＝60º，E、F分别是A1C1、AB的中点．求证：（1）EF∥平面BB1C1C；（2）平面CEF⊥平面ABC．16.如图，函数y＝2cos(ωx＋φ)（ω＞0，0≤φ≤π2）的图象与y轴交于点(0,3)，周期是π.（1）求ω、φ的值；（2）已知点A(π2,0)，点P是该函数图象上一点，点Q(x0,y0)是PA的中点，当y0＝32，x0∈[π2,π]时，求x0的值．解：（1）y＝2cos(2x＋π6)（2）∵A(π2,0)，Q(x0,y0)是PA中点，y0＝32，∴P(2x0－π2,3)．又因为点P在y＝2cos(2x＋π6)的图象上，∴2cos(4x0－π＋π6)＝3．∴cos(4x0＋π6)＝－32∵x0∈[π2,π]，∴4x0＋π6∈[2π＋π6,4π＋π6]∴4x0＋π6＝2π＋π－π6或4x0＋π6＝2π＋π＋π6∴x0＝2π3或3π4．17.如图，已知海岛A到海岸公路BC的距离AB为50㎞，B，C间的距离为100㎞，从A到C，必须先坐船到BC上的某一点D，船速为25㎞/h，再乘汽车到C，车速为50㎞/h，记∠BDA＝θ．（1）试将由A到C所用的时间t表示为θ的函数t(θ)；（2）问θ为多少时，由A到C所用的时间t最少？解：（1）∵AD＝50sinθ，yx3OAPBACDθ1A1B1CABCEF∴A到D所用时间t1＝2sinθBD＝50tanθ＝50cosθsinθ，CD＝100－BD＝100－50cosθsinθ∴D到C所用时间t2＝2－cosθsinθ∴t(θ)＝t1＋t2＝2－cosθsinθ＋2（θ0＜θ＜π2，其中tanθ0＝12）··························6分（2）t(θ)＝sin2θ－(2－cosθ)cosθsin2θ＝1－2cosθsin2θ····································8分令t(θ)＞0，得：cosθ＜12∴π3＜θ＜π2；∴当θ∈π3，π2时，t(θ)单调递增；同理θ0＜θ＜π3，t(θ)＜0，t(θ)单调递减·····················12分∴θ＝π3，t(θ)取到最小值3＋2；·························································13分答：当θ＝π3时，由A到C的时间最少为3＋2小时．·····························14分18.如图，已知点F1,F2是椭圆Cl：22x＋y2＝1的两个焦点，椭圆C2：22x＋y2＝经过点F1,F2，点P是椭圆C2上异于F1,F2的任意一点，直线PF1和PF2与椭圆C1的交点分别是A，B和C，D．设AB、CD的斜率分别为k、k.（1）试问：k·k是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．（2）求|AB|·|CD|的最大值．解：（1）因为点12,FF是椭圆1C的两个焦点，故12,FF的坐标是12(1,0),(1,0)FF；而点12,FF是椭圆2C上的点，将12,FF的坐标带入2C的方程得，12设点P的坐标是：00(,)Pxy，直线1PF和2PF分别是,(0,0)kkkk.OAByx1F2FCD0000(1)(1)yykkxx（1），又点P是椭圆2C上的点，故2200122xy（2）联合（1）（2）两式得12kk，故k·k为定值12．（Ⅱ）直线1PF的方程可表示为：(1)ykx(0k)（3）结合方程（4）和椭圆1C的方程，得到方程组22(1)12ykxxy由方程组消y得2222(12)4220kxkxk（4）1122(,),(,)AxyBxy,依韦达定理知，方程(4）的两根满足：22121222422;1212kkxxxxkk,22222121212222(1)1||1412kABkxxkxxxxk.(5)同理可求得222(14)12kCDk(6),由（5）（6）两式得：4222224[451]194(1)1(12)244kkABCDkkk当且仅当22k时等号成立.故ABCD的最大值等于92.19.已知函数2()()fxxxa，2()(1)gxxaxa（其中a为常数）.（1）如果函数()yfx和()ygx有相同的极值点，求a的值；（2）设a＞0，问是否存在0(1,)3ax，使得00()()fxgx，若存在，请求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由；（3）记函数()[()1][()1]Hxfxgx，若函数()yHx有5个不同的零点，求实数a的取值范围.解：（1）2322()()2fxxxaxaxax，则22()34(3)()fxxaxaxaxa，令()0fx，得xa或3a，而()gx在12ax处有极大值，∴112aaa，或1323aaa；综上：3a或1a.（2）假设存在，即存在(1,)3ax，使得22()()()[(1)]fxgxxxaxaxa2()()(1)xxaxax2()[(1)1]0xaxax，当(1,)3ax时，又0a，故0xa，则存在(1,)3ax，使得2(1)10xax，1当123aa即3a时，2(1)1033aaa得332aa或，3a；2当1123aa即03a时，24(1)04a得13aa或，a无解；综上：3a.（3）据题意有()10fx有3个不同的实根，()10gx有2个不同的实根，且这5个实根两两不相等.（ⅰ）()10gx有2个不同的实根，只需满足1()1132agaa或；（ⅱ）()10fx有3个不同的实根，1当3aa即0a时，()fx在xa处取得极大值，而()0fa，不符合题意，舍；2当3aa即0a时，不符合题意，舍；3当3aa即0a时，()fx在3ax处取得极大值，332()132afa；所以3322a；因为（ⅰ）（ⅱ）要同时满足，故3322a；（注：343a也对）下证：这5个实根两两不相等，即证：不存在0x使得0()10fx和0()10gx同时成立；若存在0x使得00()()1fxgx，由00()()fxgx，即220000(1)xxaxaxa（），得20000(1)0xaxaxx（），当0xa时，00()()0fxgx，不符合，舍去；当0xa时，既有200010xaxx①；又由0()1gx，即200(1)1xaxa②；联立①②式，可得0a；而当0a时，32()[()1][()1](1)(1)0Hxfxgxxxx没有5个不同的零点，故舍去，所以这5个实根两两不相等.综上，当3322a时，函数()yHx有5个不同的零点.20.已知数列{an}满足a1＝0，a2＝2，且对任意m、n∈N*，都有a2m－1＋a2n－1＝2am＋n－1＋2(m－n)2．（1）求a3，a5；（2）设bn＝a2n＋1－a2n－1(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列；（3）设cn＝(an+1－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Sn.解：(1)由题意，零m＝2,n－1,可得a3＝2a2－a1＋2＝6再令m＝3,n＝1，可得a5＝2a3－a1＋8＝20………………………………4分(2)当n∈N*时，由已知(以n＋2代替m)可得a2n＋3＋a2n－1＝2a2n＋1＋8于是[a2(n＋1)＋1－a2(n＋1)－1]－(a2n＋1－a2n－1)＝8w_ww.k#s5_u.co*m即bn＋1－bn＝8所以{bn}是公差为8的等差数列………………………………………………8分(3)由(1)(2)解答可知{bn}是首项为b1＝a3－a1＝6,公差为8的等差数列则bn＝8n－2，即a2n+=1－a2n－1＝8n－2另由已知(令m＝1)可得an＝2112naa-(n－1)2.那么an＋1－an＝21212nnaa－2n＋1＝822n－2n＋1＝2n于是cn＝2nqn－1.……………………………………12分当q＝1时，Sn＝2＋4＋6＋……＋2n＝n(n＋1)当q≠1时，Sn＝2q0＋4q