立體幾何測試卷（A卷）

1. D ? ?2. D ? ?3. C ? ?4. A

5. B

6. 三棱錐四面均為直角三角形，所以D到平面ABC的距離可以用體積轉化法求得，V =V ，解得D到平面ABC的距離為 . 選C.

7. 因為圓M的面積為4π，故MA=2，所以在Rt△OAM中，OA=R=4，故OM=2 . 因為在Rt△OMN中，∠OMN=30°，所以ON= OM= ，故圓N的半徑r= = ，所以圓N的面積為S=πr2=13π. 選D.

8. B ? ?9. 5

10. 5 + ? ? 11. 1∶24

12. A1B∥D1C，則D1C與B1C所成角即為所求角，答案為 .

13. 點N在EH上

14. （1）過E作EG∥AD交A1D于G，連結GF. 因為 = ，所以 = ，所以EG=10=BF. 因為BF∥AD，EG∥AD，所以BF∥EG. 所以四邊形BFGE是平行四邊形. 所以BE∥FG. 又FG 平面A1FD，BE 平面A1FD，所以BE∥平面A1FD.

（2）因為在直四棱柱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. 因為梯形ABCD為直角梯形，且滿足AD⊥AB，BC∥AD，所以在Rt△BAD中，tan∠ABD= =2. 在Rt△ABF中，tan∠BAF= = . 因為BD⊥AF，所以∠ABD+∠BAF= ，所以 = ，BF=4. 因為在直四棱柱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為三棱錐F-A1B1A的高. 因為∠AA1B1=90°，AA1=BB1=8，A1B1=AB=8，所以S =32. 所求三棱錐的體積為 ×S ×BF= .

圖2

15. （1）因為B1D⊥平面ABC，AC 平面ABC，所以B1D⊥AC. 又因為BC⊥AC，B1D∩BC=D，所以AC⊥平面BB1C1C.

（2）因為AB1⊥BC1，AC⊥BC1，AB1與AC相交，所以BC1⊥平面AB1C. 因為B1C 平面AB1C，所以BC1⊥B1C，所以四邊形BB1C1C為菱形. 因為∠B1BC=60°，B1D⊥BC于D，所以D為BC的中點，連結A1B，與AB1交于點E，在△A1BC中，DE∥A1C，所以A1C∥平面AB1D.

16. （1）在Rt△ABC中，D為AB的中點，得AD=CD=DB. 又∠B=30°，得△ACD是正三角形，又E是CD的中點，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）因為二面角A-CD-B是直二面角，且AE⊥CD，所以AE⊥平面CDB.連結EB，AB，則∠ABE就是直線AB與平面CDB所成的角. 設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× = . 所以直線AB與平面CDB所成角的正切值為 .

立體幾何測試卷（B卷）

1. C ? ?2. C ? ?3. C

4. 連結AC，BD交于點O，連結OE. 因為O，E是中點，所以OE∥AC1，且OE= AC1，所以AC1∥平面BDE，即直線AC1與平面BED的距離等于點C到平面BED的距離. 過C作CF⊥OE于F，則CF即為所求距離. 因為底面邊長為2，高為2 ，所以AC=2 ，OC= ，CE= ，OE=2，所以CF=1，選D.

5. C

6. B1C∥A1D，所以B1C∥平面ADD1A1，A正確;EF∥D1B，且D1B⊥B1C，B正確;又V =V = S ·CF= × × =1，C正確;B1C與平面CC1D1D所成的角為45°，D錯誤. 選D.

7. D

8. 設底面邊長為1，側棱長為λ（λ>0），過B1作B1H⊥BD1，B1G⊥A1B. 在Rt△BB1D1中，B1D1= ，BD1= ，由三角形面積關系得h=B1H= = . 設在正四棱柱中，由于BC⊥AB，BC⊥BB1，所以BC⊥平面AA1B1B，于是BC⊥B1G，所以B1G⊥平面A1BCD1，故B1G為點B1到平面A1BCD1的距離. 在Rt△A1B1B中，又由三角形面積關系得d=B1G= = . 故 = = · ，于是當λ>1，有λ2+2>3， <1- <1，所以 ∈ ， . 選C.

9. ②③④

10. 因為長方體底面ABCD是正方形，所以在△ABD中，BD=3 cm，BD邊上的高是 ?cm（它也是A-BB1D1D中BB1D1D上的高）.所以四棱錐A-BB1D1D的體積為 ×3 ×2× ?=6.

11. 幾何法：連結MD1，則MD1⊥DN，又A1D1⊥DN，易知DN⊥面A1MD1，所以A1M與DN所成角的大小是 . 坐標法：建立空間直角坐標系，利用向量的夾角公式計算得異面直線A1M與DN所成角的大小是 .

12. ?a

13. 作圖，易得答案②③④

14. （1）連結A1C，交AC1于點O，連結OD. 由ABC-A1B1C1是直三棱柱，得四邊形ACC1A1為矩形，O為A1C的中點. 又D是BC的中點，所以OD為△A1BC的中位線，所以A1B∥OD. 因為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，BB1兩兩垂直，以B為原點，BC，BA，BB1為x，y，z軸建立空間直角坐標系B-xyz. 設BA=2，則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）. 設平面ADC1的法向量為n=（x，y，z），則有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的法向量為v=（0，0，1）. 由二面角C1-AD-C是銳角，得cos〈n，v〉= = ，其余弦值為 .

15. （1）因為AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AC，AA1⊥AB. 又AA1=AC，所以四邊形AA1C1C是正方形，所以AC1⊥A1C. 因為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. 因為AB，AC1 平面ABC1，AB∩AC1=A，所以A1C⊥平面ABC1

（2）分別以AB，AC，AA1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則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）. 設平面ABC1的法向量n1=（x1，y1，z1），則可得n1· =ty1+（3-2t）z1=0，n1· =tx1=0，解得x1=0，y1= z1.令z1=t，則n1=（0，2t-3，t）. 設平面BCC1的法向量n2=（x2，y2，z2），則可得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即為高. 如圖3，因為BC∥B1C1，所以∠A1BC是異面直線A1B與B1C1所成的角或其補角. 連結A1C，因為AB=AC，所以A1B=A1C= . 在Rt△ABC中，由AB=AC=1，∠BAC=90°，可得BC= . 又異面直線A1B與B1C1所成的角為60°，所以∠A1BC=60°，即△A1BC為正三角形. 于是A1B=BC= . 在Rt△A1AB中，由 =A1B= ，得A1A=1，即棱柱的高為1.

（2）設A1A=h（h>0），如圖3，過點D在平面A1B1BA內作DF⊥A1B于F，則由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與平面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= = = = . 因為h2+ +9≥2 +9，當且僅當h2= ，即h= 時，等號成立，所以sinθ≤ = = ，故當h= 時，sinθmax= .

圖3

法2：建立如圖4所示的空間直角坐標系A-xyz，設AA1=h（h>0），則有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）因為異面直線A1B與B1C1所成的角為60°，所以cos60°= ，即 = ，得 = ，解得h=1.

圖4

（2）由D是BB1的中點，得D1，0， ，于是 =-1，1， . 設平面A1BC1的法向量為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），則sinθ=cos〈 ，n〉，從而cos〈 ，n〉= = = = . 后同法1.

南京外國語學校 ?南京師大附中

月考試卷調研

1. {x|1≤x≤2} ? ?2. 二

3. 0.12 ? ?4. 4

5. ?=4+2 ，作出可行域， 表示可行域內的點到定點（3，2）連線的斜率，當x=1，y=0時，取最大值1，所以所求最大值為6

6. a=

7. 考慮到函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調遞減，故f（x）在（1，2）內有零點，等價于f（1）>0，f（2）<0，可解得a∈（log32，1）.

8.由條件可得 = ，即 = = ，由此可得cosA= . 又因為A為三角形內角，所以A= .

9. 易知，x=0不是不等式 + <0的解，故可將不等式化為 + <0. 又因為不等式 + <0的解集為-1，- ∪ ，1，所以 ∈-1，- ∪ ，1，可解得x∈（-3，-1）∪（1，2）.

10. ①缺少l與m相交的條件，故不正確;由直線與平面平行的性質定理可知②正確;③的條件下也可能得出l β，故③不正確;由l⊥α，m∥l可知m⊥α，再由α∥β可知m⊥β，故④正確. 選②④.

11. 因為 ?+ ?= ?+ + ?+ = ?+ = - ?. 所以（ ?+ ）·（ + ）=（ ?- ）·（ + ）= 2- 2=9-4=5.

12. 由題意知f（x）在R上單調遞減. 又由f（x-t）+2<4可得-6

13. 直線BF的方程為 - =1，聯(lián)立方程組 + =1， - =1，消y解得x= . 因為P是BQ的中點，所以有2 = ，化簡得3c2=a2，所以e= .

14. 由已知可得OQ= = = ?= OP，所以m= . cosθ= = = ，又因為θ∈[0，π]，所以∠POQ= . 故y=msin（x+θ）= sinx+ ，其在y軸右邊的第一個最高點坐標為 ， .

15. （1）由題，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，所以當sin2x+ =1時， f（x）max=2+1=3，此時，2x+ =2kπ+ ，即x=kπ+ （k∈Z）.

16. （1）連結DD1. 在三棱柱ABC-A1B1C1中，因為D，D1分別是BC與B1C1的中點，所以B1D1∥BD，且B1D1=BD. 所以，四邊形B1BDD1為平行四邊形，所以BB1∥DD1，且BB1=DD1. 又因為AA1∥BB1，且AA1=BB1，所以AA1∥DD1，且AA1=DD1. 所以四邊形AA1D1D為平行四邊形. 所以A1D1∥AD. 又A1D1 平面AB1D，AD 平面AB1D，故A1D1∥平面AB1D.

（2）在△ABC中，因為AB=AC，D為BC的中點，所以AD⊥BC. 因為平面ABC 平面B1C1CB，交線為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的面積S= ×42=4 . 所以三棱錐B1-ABC的體積即為三棱錐A-B1BC的體積V= ×4 ×2 =8.

17. （1）當x=0時，t=0;當00，函數(shù)y=x+ 單調遞增，所以y∈[2，+∞）. 綜上，t的取值范圍是0， .

（2）當a∈0， 時，f（x）=g（t）=t-a+2a+ =3a-t+ ，0≤t≤at+a+ ，a≤t≤ 因為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≤ 當且僅當a≤ 時，M（a）≤2，故a∈0， 時不超標，a∈ ， 時超標.

18. （1）由題意，設橢圓C： + =1，則2a=4 ，a=2 . 因為點（2 ，1）在橢圓 + =1上，所以 + =1，解得b= ，所以所求橢圓的方程為 + =1.

（2）設A（x1，y1），B（x2，y2）（y1<0，y2>0），點F的坐標為F（3，0）. 由 =3 ，得3-x1=3（x2-3），-y1=-3y2，即x1=-3x2+12，y1=-3y2，①又A，B在橢圓C上，所以 + ?， + =1，解得x2= ，y2= .所以B ， ，代入①得點A的坐標為（2，- ）. 設過O，A，B三點的圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0. 將O（0，0），A（2，- ），B ， 分別代入該方程，可解得D=- ，E= - ，F(xiàn)=0. 故過O，A，B三點的圓的方程為x2+y2- x- y=0.

19. （1）因為{an}是等差數(shù)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=- . 因為a>0，所以a=2，從而an=n.

（2）因為{an}是等比數(shù)列，a1=1，a2=a（a>0），所以an=an-1，則bn=anan+1=a ， =a2. 所以數(shù)列{bn}是首項為a，公比為a2的等比數(shù)列，當a=1時，Sn=n;當a≠1時，Sn= = .

（3）數(shù)列{an}不能為等比數(shù)列. 因為bn=anan+1，所以 = = ，則 =a-1，所以a =a-1. 假設數(shù)列{an}能為等比數(shù)列，由a1=1，a2=a得a3=a2，所以a2=a-1，即a2-a+1=0，因為Δ=1-4=-3，所以此方程無解，所以數(shù)列{an}一定不能為等比數(shù)列.

20. f ′（x）=ax-（2a+1）+ （x>0）.

（1）f ′（1）=f ′（3），解得a= .

（2）f ′（x）= （x>0）.

①當02，在區(qū)間（0，2）和 ，+∞上，f ′（x）>0;在區(qū)間2， 上f ′（x）<0，故f（x）的單調遞增區(qū)間是（0，2）和 ，+∞，單調遞減區(qū)間是2， .

②當a= 時，f ′（x）= ≥0，故f（x）的單調遞增區(qū)間是（0，+∞）.

③當a> 時，0< <2，在區(qū)間0， 和（2，+∞）上，f ′（x）>0;在區(qū)間 ，2上f ′（x）<0，故f（x）的單調遞增區(qū)間是0， 和（2，+∞），單調遞減區(qū)間是 ，2.

（3）由已知，在（0，2]上有f（x）max

①當0ln2-1，ln2-1<0，故0

②當a> 時，f（x）在0， 上單調遞增，在 ，2上單調遞減，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，綜上所述，a>0.

21. A. （1）連結OP，因為AC⊥l，BD⊥l，所以AC∥BD. 又OA=OB，PC=PD，所以OP∥BD，從而OP⊥l. 因為P在⊙O上，所以l是⊙O的切線.

（2）連結AP，因為l是⊙O的切線，所以∠BPD=∠BAP. 又∠BPD+∠PBD=90°，∠BAP+∠PBA=90°，所以∠PBA=∠PBD，即PB平分∠ABD.

B. 由題意得A-1= ? ? 2 ? ?1，因為AX=B，所以X=A-1B= ? ? 2 ? ?14 ?-1-3 ?1= ? -1 5 ? -1.

C. 首先將兩曲線的極坐標方程化為直角坐標方程，得x2+y2=1與x2+y2-x+ y=0，解方程組x2+y2=1，x2+y2-x+ y=0得兩交點的坐標為（1，0），- ，- ，所以，線段AB的長為 = ，即AB= .

D. 因為a，b，c為正實數(shù)，所以a3+b3+c3≥3 =3abc>0. 又3abc+ ≥2 =2 ，所以a3+b3+c3+ ≥2 .

22. 以A為坐標原點，AB，AD，AP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，a）. 因為M是PC中點，所以M點的坐標為 ， ， ，所以 = ， ， ， =（-1，1，0）， =（-1，0，a）.

（1）因為AM⊥平面PBD，所以- + =0，所以a=1，即PA=1.

（2）由 = ， ， ，可求得平面AMD的一個法向量n=（-1，0，1）. 又因為cos〈n， 〉= = = . 所以所成角的正弦值為 .

23. （1）p1=1-（1-pn）（1-pn）=pn（2-pn），p2=[1-（1-p）（1-p）]n=pn（2-p）n.

（2）（用二項式定理證明）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，這表明系統(tǒng)乙比系統(tǒng)甲可靠.

說明：作差后化歸為用數(shù)學歸納法證明：（2-p）n>2-pn也可.

長沙長郡中學 ?長沙雅禮中學

月考試卷調研（理科）

1. P∩Q=P P Q，故選B.

2. 高二應該抽取的人數(shù)為40× =8，選B.

3. z=2i+ =2i+ =1+i，所以復數(shù)z的模z= = . 選C.

4. 由題意可得- ≤ ≤ ，即- ≤x≤1，其區(qū)間長度為 ，由幾何概型公式知所求概率為 = ，選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，選 C.

6. 由2 + + =0，得 + =0，O為BC中點. 又O為外心，所以△ABC為直角三角形，且A為直角，又 = ，故C=30°，AC= ，BC=2， · =CA·CB·cos30°=3，選A.

7. 不妨設F為右焦點，則F（ ，0）， 由于 = ，所以點P在以原點為圓心， 為半徑的圓上，即x2+y2=a2+1，聯(lián)立 -y2=1（a>1）消去x得y= ，所以S△OPF= ?· = . 選B.

8. 作出可行域如圖5所示：

圖5

則a≥ = =1+ . 設 =t（表斜率），則t∈[2，4]，則t+ ∈ ， ，故1+ max= ，所以a≥ . 即amin= . 選 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 ，則t≥2，所以2m=t- （t≥2），而h（t）=t- 在[2，+∞）上遞增，所以2m≥h（2）=1，即m≥ ，故選 C.

10. ?=1 ?=1 ?=1 ?=1 sin（a3-a6）=1，a3-a6=-3d d=- . 又當且僅當n=9時，數(shù)列{an}的前n項和Sn取得最大值，即a9>0，a10<0 a9=a1+8d>0，a10=a1+9d<0 ?<a1< ，故選D.

11. 連C，D，則∠B=∠DCA=30°，在Rt△ADC中，CD=ACsin∠DAC=6× =3 .

12. 點A1， 的平面直角坐標為A（0，1），由ρsin2θ=4cosθ得ρ2sin2θ=4ρcosθ，即其平面直角坐標方程為y2=4x（拋物線），由ρcosθ+1=0得x+1=0（恰是拋物線的準線），如圖6.

圖6

由拋物線定義知PA+d=PA+PF（F為拋物線的焦點（1，0））. 由兩點之間線段最短知，當P移動到直線AF與拋物線的交點P′時PA+PF最小，此時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≥ . 當且僅當a= b= c時取得等號，所以λ的最小值等于14.

14. 由三視圖可知該幾何體是一個底面是直角梯形的四棱柱，幾何體的表面積是：2× ×4+（2+4+5+ ）h=92，即16h=64，解得h=4.

15. 由題意：設弦長為l，圓心到直線的距離d= = = ，所以l=2 =2 .

16. 由0=x2-2ax-2alnx（a∈R）得 = . 設g（x）= ，所以g′（x）= . 因y=-x-2lnx+1在（0，+∞）上遞減且g′（1）=0，所以當x∈（0，1），g（x）遞增，x∈（1，+∞），g（x）遞減. 又g（1）=1，x→0+時，g（x）→-∞，x→+∞時，g（x）→0. 其圖象如圖7所示.

圖7

所以當 <0或2a=1時有一個零點，當 ∈（0，1）時有兩個零點. 所以當a<0或a= 時，函數(shù)有唯一零點，a> 時，函數(shù)有兩個零點，則①③正確，②④錯誤.

17. （1）f（x）= sin2x- - =sin2x- -1，則f（x）的最小值是-2，最小正周期是π.

（2）f（C）=sin2C- -1=0，則sin2C- =1. 因為0

由①②解得：a=1，b=2.

18. （1）記 表示這40位市民滿意指數(shù)的平均值，則 = （90×15+60×17+30×6+0×2）=63.75（分）.

（2）ξ的可能取值為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的分布列為：

（3）設所有滿足條件n≥m+60的事件為A：

①滿足m=0且n=60的事件數(shù)為：C ?C ?=34;

②滿足m=0且n=90的事件數(shù)為：C ?C ?=30;

③滿足m=30且n=90的事件數(shù)為：C ?C ?=90，所以P（A）= = . 所以滿足條件n≥m+60的事件的概率為 .

19. （1）取AB中點E，連PE，CE，則PE是等腰△PAB的底邊上的中線，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為坐標原點，EC所在直線為x軸，EB所在直線為y軸，EP所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，則A（0，-1，0），C（ ，0，0），D（ ，-2，0），P（0，0，1）. =（ ，1，0）， =（ ，0，-1）， =（0，2，0）. 設n1=（x1，y1，z1）是平面PAC的一個法向量，則n1· =0，n1· =0，即 x1+y1=0， x1-z1=0.取x1=1，可得y1=- ，z1= ，n1=（1，- ， ）. ?設n2=（x2，y2，z2）是平面PCD的一個法向量，則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）當n=1時，a1=S1= ， 所以a1=0或a1=1. 由于{an}是正項數(shù)列，所以a1=1. 當n≥2時，an=Sn-Sn-1= - ，整理，得an+an-1=（an+an-1）（an-an-1）. 由于{an}是正項數(shù)列，所以an-an-1=1. 所以數(shù)列{an}是以1為首項、1為公差的等差數(shù)列. 從而an=n，當n=1時也滿足. 所以an=n.

（2）由（1）知bn=1+ n，又y=xn+1（n∈N ）是（0，+∞）上的下凸函數(shù)，根據(jù)定理，得

21. （1）依題意設直線l的方程為y=kx+n，其中k≠0. 代入橢圓方程得：（1+4k2）x2+8knx+4n2-4=0，則有x1+x2=- ，x1x2= ，則k1+k2= + = = = = - . 由條件有3- =8k，而k≠0，則有n=± ，從而直線l過定點0， 或0，- .

（2）依題意可設直線l的方程為y=k（x-1），其中k≠0. 代入橢圓方程得：（1+4k2）·x2-8k2x+4k2-4=0，則有x1+x2= ，x1x2= ，從而有y +y =k（x1+x2-2）=- ?①，y y =k2（x1-1）（x2-1）=k2[x1x2-（x1+x2）+1]= - ?②.

由①②得 =- ，由00，又 = + +2=-t- +2，從而有- < -t- +2<- ，得3t2-10t+3<0，2t2-5t+2>0，解得2

22. （1）由已知f ′（x）=（2x2-2x+a）ex=2x- 2+a- ex.

①當a≥ 時，由f′（x）≥0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上單調遞增;

②當a< 時，由f′（x）>0解得x< - 或x> + .

（i）若a≤0，則 - ≤0 （0，+∞）， + ≥1∈（0，+∞），所以可得f（x）在0， + 上單調遞減，在 + ，+∞上單調遞增.

（ii）若0 - >0，所以f（x）在0， - 和 + ，+∞上單調遞增，在 - ， + 上單調遞減.

綜上所述：當a≤0時， f（x）的單調遞減區(qū)間為0， + ，單調遞增區(qū)間為 + ，+∞;

當0

當a≥ 時， f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，+∞）.

（2）由題意g（x）=（2x2-4x+2）·ex，所以g′（x）=2（x2-1）·ex，假設存在區(qū)間[m，n] （1，+∞），使得當x∈[m，n]時函數(shù)g（x）的值域為[2m，2n]，即n>m>1. 因為當x∈[m，n]時g′（x）=2（x2-1）·ex>0，g（x）在區(qū)間[m，n]單調遞增. 所以g（m）=2m，g（n）=2n，即方程g（x）=2x有兩個大于1的相異實根，設h（x）=g（x）-2x=（2x2-4x+2）ex-2x（x>1），所以h′（x）=（2x2-2）ex-2. 設φ（x）=h′（x）=（2x2-2）ex-2，所以φ′（x）=（2x2+4x-2）ex. 因為x>1，所以φ′（x）>0，所以φ（x）在（1，+∞）上單調遞增，又φ（1）=-2<0，φ（2）=6e2-2>0，即存在唯一的x0∈（1，2）使φ（x0）=0. 當x∈（1，x0）時，φ（x0）<0，h（x）為減函數(shù);當x∈（x0，+∞）時，φ（x0）>0，h（x）為增函數(shù);所以h（x）在x0處取到極小值. 又h（1）=-2<0，h（2）=2e2-4>0，所以h（x）在（1，+∞）只存在一個零點，與方程g（x）=2x有兩個大于1的相異實根相矛盾，所以假設不成立，即不存在m，n符合題意.

長沙長郡中學 ?長沙雅禮中學

月考試卷調研（文科）

1. D ? ?2. A ? ?3. A ? ?4. C

5. D

6. 由三視圖知幾何體的直觀圖是半個圓錐，V= = π. 選A.

7. 本程序為分段函數(shù)y=x2-1，x≤2，log2x，x>2， 當x≤2時，由x2-1=3得x2=4，所以x=±2. 當x>2時，由log2x=3，得x=8. 所以滿足條件的x有3個. 選C.

8. 轉化為直線y=kx+2與圓x2+y2=1相離，d= >1，所以-

9. 三邊CB，BA，AC的長度成等差數(shù)列，設為a-d，a，a+d（a>0，d>0，a-d>0），則（a+d）2=a2+（a-d）2，則a=4d.不妨令d=1，所以三邊長分別為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= . 選B. 也可以運用坐標運算解答.

10. 因為函數(shù)有兩個極值，則f′（x）=0有兩個不同的根，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. 的幾何意義是指動點P（a，b）到定點A（2，3）兩點斜率的取值范圍，作出可行域如圖8，由圖象可知當直線經(jīng)過AB時，斜率最小，此時斜率為k= = ，直線經(jīng)過AD時，斜率最大，此時斜率為k= =1，所以 < <1，故選B.

圖8

11. ?.

12. 設兩條直角邊長為a，b，構造面積模型0

13. 拋物線y2=4x的焦點（1，0）， 準線為l：x=-1，設AB的中點為E，過A，E，B分別作準線的垂線，垂足分別為C，F(xiàn)，D，EF交y軸于點H，則由EF為直角梯形的中位線知，EF= = =5，所以EH=EF-1=4.

14. ?p為假命題，則p為真命題.不等式tx2+2x-2>0有屬于1， 的解，即t> - 有屬于1， 的解.又1- .

15. 1，1，2，3，5，8，13，…除以4所得的余數(shù)分別為1，1，2，3，1，0;1，1，2，3，1，0;…，即新數(shù)列{bn}是周期為6的周期數(shù)列，b2014=b335×6+4=b4=3. 在每一個周期內，含有3個1，2014=671×3+1，所以第2014個值為1的項，位于第672個周期內的第一個1，則671×6+1=4027.

16. （1）由m⊥n可得m·n=0，即sin ·cos = ，所以sinA= . 因為sin2A+cos2A=1，所以cos2A= . 因為A∈0， ，所以cosA= .

（2）因為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）分數(shù)在[70，80）內的頻率為：1-（0.010+0.015+0.015+0.025+0.005）×10=1-0.7=0.3，故 =0.03. 圖略.

（2）平均分為： =45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05=71.

（3）由題意，[60，70）分數(shù)段的人數(shù)為：0.15×60=9人;[70，80）分數(shù)段的人數(shù)為：0.3×60=18人. 因為在[60，80）分數(shù)段的學生中抽取一個容量為6的樣本，所以[60，70）分數(shù)段抽取2人，分別記為m，n;[70，80）分數(shù)段抽取4人，分別記為a，b，c，d. 設從樣本中任取2人，至多有1人在分數(shù)段[70，80）為事件A. 基本事件空間包含的基本事件有：（m，n），（m，a），（m，b），（m，c），（m，d），…，（c，d），共15種;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種，所以P（A）= = .

18. （1）因為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，過點P作PE⊥AD. 又CD⊥AD，PE⊥平面ABCD，CD⊥平面PAD，所以直線EC是直線PC在平面ABCD內的射影，∠PCE是直線PC和底面ABCD所成角，且CD⊥PD. 在Rt△PCD中，PC= =2 . 因為PA=PD=2，所以PE= = . 在Rt△PCE中，sin∠PCE= = = ，所以∠PCE=30°. 所以直線PC和底面ABCD所成角的大小為30°.

19. （1）由S4=5S2，得1+q+q2+q3=5+5q，所以（q+1）（q+2）（q-2）=0.因為q>0，得q=2，an=2n-1. 當n≥2時，Tn=n2bn，Tn-1=（n-1）2bn-1 ? = ，則得 · · ·…· = · · ·…· · = . 所以bn= ，n=1時也滿足.

（2）Sn=2n-1，所以cn=2n -λ，使數(shù)列{cn}是單調遞減數(shù)列，則cn+1-cn=2n - -λ<0對n∈N 都成立，即 - -λ<0 λ> - max. ?- = = ，當n=1或2時， - max= ，所以λ> .

20. （1）因為 + =1（a>b>0）滿足a2=b2+c2， = ，又 ×b×2c= ，解得a2=5，b2= ，所以橢圓的方程為 + =1.

（2）將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]，則k=F′（x0）= ≤ 在x0∈（0，3]上恒成立，所以a≥- x ?+x0max，x0∈（0，3]

當x0=1時，- x ?+x0取得最大值 ，所以a≥ .

（2）因為方程2mf（x）=x2有唯一實數(shù)解，所以x2-2mlnx-2mx=0有唯一實數(shù)解，

設g（x）=x2-2mlnx-2mx，則g′（x）= . 令g′（x）=0，則x2-mx-m=0. 因為m>0，x>0，所以x1= <0（舍），x2= >0. 當x∈（0，x2）時，g′（x）<0，g（x）在（0，x2）上單調遞減，當x∈（x ，+∞）時，g′（x）>0，g（x）在（x2，+∞）上單調遞增，所以g（x）min=g（x2），則g（x2）=0，g′（x2）=0，

即x ?-2mlnx2-2mx2=0，x ?-mx2-m=0，所以2mlnx2+mx2-m=0. 因為m>0，所以2lnx2+x2-1=0 ①.

設h（x）=2lnx+x-1，當x>0時，h（x）是增函數(shù)，所以h（x）=0至多一解.又h（1）=0，所以方程①的解為x2=1，即 =1，解得m= .