《湖北省夷陵中学、钟祥一中2011届高三数学第二次联考 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省夷陵中学、钟祥一中2011届高三数学第二次联考 文（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖北省夷陵中学钟祥一中2011届高三年级第二次联考数学（文）题考试时间：2010年12月10日下午3：005：00试卷满分：150分一、选择题（每小题5分，共50分）1函数y的定义域为（ ）A（1，）B（，2）C（1，2）D1，2）2等差数列a n，b n的前n项和分别为Sn，Tn，若，则等于（ ）ABCD3在ABC中，a，b，c分别为A，B，C的对边，若（ab,1）和（bc,1）平行，且sinB，当ABC的面积为时，则b等于（ ）AB2C4D24对于非空集合AB，定义运算ABx | xAB，且xAB，已知两个开区间M（a，b），N（c，d），其中abcd满足abcd，abcd0，则MN等于（
2、 ）A（a，b）（c，d）B（a，c）（b，d）C（a，d）（b，c）D（c，a）（d，b）5已知f （x）x22x，则满足条件的点（x，y）所形成区域的面积为（ ）ABC2D46已知ABC是平面上不共线的三点，O为ABC的外心，动点P满足（R，）， 则P的轨迹一定过ABC的（ ）A内心B垂心C重心DAC边的中点7已知圆C：x2y21，点P（x 0，y0）在直线xy20上，O为坐标原点，若圆C上存在点Q，使OPQ30，则x0的取值范围是（ ）A1，1B0，1C2，2D0，28已知函数f （x）x2x4x6 ，x1 ，x2 ，x3R且x1x2 0，x2x3 0，x3x10，则f（x1）f（x2）
3、f（x3）的值是（f（x）是f （x）的导数）（ ）A一定小于零B等于零C一定大于零D正负均有可能9已知函数f （x）（）xlog2x，正实数a，b，c是公差为负数的等差数列，且满足f（a）f（b）f（c）0，若实数d是方程f （x）0的一个解，那么下列四个判断：da;db;dc;dc。其中有可能成立的个数为A1B2C3D410若函数f（x）对于任意的x都有f （x2）f （x1）f （x）且f （1）lg3lg2，f （2）lg3lg5，则f （2010）（ ）A1B2Clg3lg2D1二、填空题（每小题5分，共25分）11已知sin（），则cos（2）的值为ABCDNM12已知函数f （x
4、） 的导数f（x）a（x1）（xa），若f （x）在xa处取得极大值，则a的取值范围是13如图，在正方形ABCD中，已知AB2，M为BC的中点，若N为正方形内（含边界）任意一点，则的最大值为X(-2,0)OBAYC(0,2)(2,0)EF14已知函数f （x），若f （2a2）f （a），则实数a的取值范围是15已知：A（2，0），（2，0），C（0，2），E（1，0），F（1，0），一束光线从F点出发射到BC上的D点经BC反射后，再经AC反射，落到线段AE上（不含端点）FD斜率的范围为三、解答题（共75分）16（12分）在锐角三角形ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2c2bca
5、2（1）求A；（2）若a，求b2c2的取值范围。17（12分）如图，从边长为2a的正方形铁皮的四个角各截去一个边长为x的小正方形，再将四边向上折起，做成一个无盖的长方体铁盒，且要求长方体的高度x与底面正方形的边长的比不超过常数t，问：x取何值时，长方体的容积V有最大值？xxxxxxxx18（12分）如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBB1，AC1平面A1BD，D为AC的中点。（1）求证：B1C1平面ABB1A1；（2）在CC1上是否存在一点E，使得BA1E45，若存在，试确定E的位置，并判断平面A1BD与平面BDE是否垂直？若不存在，请说明理由。AC1B1A1DCB19（12分）已
6、知三次曲线C：f （x）x3bx2cxd的图象关于点A（1，0）中心对称。（1）求常数b的值及c与d的关系；（2）当x1时，f （x） 0恒成立，求c的取值范围。20（13分）已知，A是抛物线y22x上的一动点，过A作圆（x1）2y21的两条切线分别切圆于EF两点，交抛物线于MN两点，交y轴于BC两点（1）当A点坐标为（8，4）时，求直线EF的方程；（2）当A点坐标为（2，2）时，求直线MN的方程；（3）当A点的横坐标大于2时，求ABC面积的最小值。OCNFEMBD(1,0)XYA21（14分）设an是由正数组成的等差数列，Sn是其前n项和（1）若Sn20，S2n40，求S3n的值；（2）若互
7、不相等正整数p，q，m，使得pq2m，证明：不等式SpSqS成立；（3）是否存在常数k和等差数列an，使ka1S2nSn+1恒成立（nN*），若存在，试求出常数k和数列an的通项公式；若不存在，请说明理由。参考答案一、选择题：15DBBBA610CDCDD二填空题：1112（1，0）13614（2，1）15（4，）三解答题16由余弦定理知：cosAA5分由正弦定理得：b2sinB，c2sinCb2c24（sin2Bsin2C）2（1cos2B1cos2C）42cos2B2cos2（B）42cos2B2cos（2B）42cos2B2（cos2Bsin2B）4cos2Bsin2B42sin（2B）
8、又B2B12sin（2B）25b2c2612分17长方体的体积V4x（xa）2，（oxa）由 t 得0x而V12（x）（xa）V在（0，）增，在（，a）递减6分若即 t，当x时，V取最大值a3若即 0t，当x时，V取最大值12分18（1）ABB1B四边形ABB1A1为正方形，A1BAB1又AC1面A1BD，AC1A1B，A1B面AB1C1，A1BB1C1又在直棱柱ABCA1B1C1中，BB1B1C1，B1C1平面ABB1A16分（2）证明：设ABBB1a，CEx，D为AC的中点，且AC1A1D，A1BA1C1a又B1C1平面ABB1A1，B1C1A1B1B1C1a，BE，A1E，在A1BE中，
9、由余弦定理得BE2A1B2A1E22A1BA1Ecos45，即a2x22a23a2x22ax2a，2ax，解得xa，即E是C1C的中点DE分别为ACC1C的中点，DEAC1AC1平面A1BD，DE平面A1BD又PE平面BDE，平面ABD平面BDE12分19（1）由图象关于A（1，0）对称得f （x）f（2x）0恒成立即：（2bb）x24（b3）x2d2c4b80恒成立6分（2）f（x）0得x33x2cx2c0恒成立x33x22（x1）c0x22x2c0恒成立而x1时x22x2c3c0c312分20（1）DEFA四点共圆EF是圆（x1）2y21及（x1）（x8）y（y4）的公共弦EF的方程为7x
10、4y804分（2）设AM的方程为y2k（x2）即kxy22k0与圆（x1）2+y21相切得1k把y2（x2）代入y22x得M（，），而N（2，2）MN的方程为3x2y208分（3）设P（x0，y0），B（0，b），C（0，c），不妨设bc，直线PB的方程为yb，即（y0b）xx0yx0b0又圆心（1，0）到PB的距离为1，所以1，故（y0b）2x（y0b）22x0b（y0b）+ xb2又x02，上式化简得（x02）b22y0bx00同理有（x02）c22y0cx00故b，c是方程（x02）t22y0tx00的两个实数根所以bc，bc，则（bc）2因为P（x0，y0）是抛物线上的点，所以有y2x
11、0，则（bc）2，bc，SPBC（bc）x0x024248当（x02）24时，上式取等号，此时x04，y2因此SPBC的最小值为813分21（1）在等差数列an中，Sn，S2nSn，S3nS2n，成等差数列，Sn（S3nS2n）2（S2nSn）S3n3 S2n3 Sn604分（2）SpSqpq（a1ap）（a1aq）pqaa1（apaq）apaqpq（a2a1amapaq）（）2a2a1am（）2m2（a2a1ama）m（a1+am）2S8分（3）设anpnq（p，q为常数），则ka1kp2n22kpqnkq21Sn+1p（n1）2（n1）S2n2pn2（p2q）nS2nSn+1pn2n（pq），依题意有kp2n22kpqnkq21 pn2n（pq）对一切正整数n成立，由得，p0或kp；若p0代入有q0，而pq0不满足，p0由kp代入，3q，q代入得，1（p），将kp代入得， p，解得q
