安徽省怀宁中学2011—2012学年度高三第四次月考数学理试卷

第Ⅰ卷 （选择题   共50分）

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．设全集，集合，则集合=

 A．      B． C．      D． 

2. 已知满足且，则下列选项中不一定能成立的是 (    )

A．　　　 B．     

C．　    D．

3．根据右边程序框图，若输出的值是4，

则输入的实数的值为     (    )

A．   B．

C．或 D．或

4．已知为抛物线上一个动点，直线：，：，则到直线、的距离之和的最小值为    (    )

    A．      B．              C．             D． 

5．设是空间中的一个平面，是三条不同的直线， 

 ①若； ②若

 ③若，则 ④若；

 则上述命题中正确的是(    )

 ．①② ．②③ ．③④ ．①④

6. 设等比数列{ }的前n 项和为  ，若  =3 ，则   = (    )

A. 2       B.       C.          D.3

7．已知是所在平面内一点，且满足，

则点 (    )

 ．在边的高所在的直线上 ．在平分线所在的直线上

 ．在边的中线所在的直线上 ．是的外心

8．定义行列式运算将函数的图象向右平移个单位，所得图象对应的函数为奇函数，则的最小值为 (    ) 

 ． ． ． ． 

9．直线过双曲线的右焦点且与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，若原点在以为直径的圆外，则双曲线离心率的取值范围是    (    )

A．     B．     C．    D．

10．定义在R上的函数满足，当时， ，    则                                                     

A. ． 

C．  

第Ⅱ卷（非选择题  共100分）

二、填空题：（共5小题，每小题5分，共25分.   把答案写在题中的横线上 ）      

11．已知函数，若关于x的方程有两个不同的实根，则实数k的取值范围是               . 

12.设有平面α,β,γ两两互相垂直,且α,β,γ三个平面有一个公共点A,现有一个半径为1的小球与α,β,γ这三个平面均相切,则小球上任一点到点A的最近距离为          . 

13．如果实数x，y满足，则的最大值      ___

14. 等差数列{}前n项和为。已知+-=0，=38,则m=_______

15．下列命题中

①的充分不必要条件;

② 命题“”的逆否命题为“”;

③ 对命题：“对方程有实根”的否定是:“，方程

无实根”;

④ 若命题是;

其中正确命题的序号是               

三、解答题：本大题共6小题，共75分。解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤。

16．（本题满分12分）

  已知函数

其中

  其中，若相邻两对称轴间的距离不小于。

 （I）求的取值范围；

 （Ⅱ）中， 分别是角的对边， 

当最大时， =1，求的面积。

17．（本题满分共12分）

如图，几何体为正四棱锥，

几何体为正四面体.

（1）求证：；

（2）求与平面所成角的正弦值.

18. （本题满分共12分）

已知定点A(0,1)、B(0，－1)、C(1,0)，动点P满足·＝k||2.

(1) 求动点P的轨迹方程，并说明方程表示的曲线．

(2) 当k＝2时，求|2＋|的最大值和最小值．

19（本小题满分12分）

如图，已知椭圆的上顶点为,

离心率为，若不过点的动直线与椭圆相交

于、两点，且.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.   

20．（本题满分共13分）

已知数列，，且，

（1）若成等差数列，求实数的值；

（2）数列能为等比数列吗？若能，试写出它的充要条件并加以证明；

若不能，请说明理由。

21．（本小题满分14分）

已知函数（x＞0）．

（1）若a＝1，f(x)在（0，＋∞）上是单调增函数，求b的取值范围；

（2）若a≥2，b＝1，求方程在（0，1]上解的个数．

参

一、选择题  B C D A  A D C D

二．填空题   11. 12.    13. 29 　　14.  10    15. ①②④

三．解答题

16．解：(Ⅰ) 

=

函数的周期，由题意可知即，

解得，即的取值范围是

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知

而　　由余弦定理知

　又，　　

17. （1）解法一:取的中点，连结，由几何体为正四面体得，，所以平面，从而.

连结交于点,连结得平面,

，所以平面，从而.又

所以平面，从而.

解法二: 因为几何体为正四棱锥，几何体为正四面体.

故可设

取的中点，连结，由题意知

故是二面角的平面角，是二面角的平面角,

在中，，

所以，

在中，，

所以 

从而，从而四点共面，

故四边形为菱形，从而

（2）由解法二知四边形为菱形，于是，∥，

所以点到平面的距离等于点到平面的距离，

设点到平面的距离为，由得： 

进而得，所以与平面所成角的正弦值

解法三：如图，以OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系。

不妨设|OB|=1，则B(1,0,0)，C(0,1,0)， D(-1,0,0)，A(0,-1,0) 

因为为正四面体，所以为正三角形，所以，所以，因此P(0,0,1)。

设的重心为M，则面PCB，又也为正三棱锥，因此面PCB，因此O、M、Q三点共线，所以OQ垂直面PCB，即是平面PCB的一个法向量，

由，易得平面PCB的一个法向量可以取，所以不妨设Q(a,a,a)，则，因为解得a=1，所以Q(1,1,1)。

（1），，，所以；

（2）设面PAD的一个法向量为，，，由

解得一个法向量，

所以，

所以QD与平面PAD所成角的正弦值为。

18  .[解析]　(1)设动点的坐标为P(x，y)，则

＝(x，y－1)，＝(x，y＋1)，＝(1－x，－y)．

∵·＝k||2，　∴x2＋y2－1＝k[(x－1)2＋y2]，　∴(1－k)x2＋(1－k)y2＋2kx－k－1＝0.

若k＝1，则方程为x＝1，表示过点(1,0)且平行于y轴的直线．

若k≠1，则方程化为2＋y2＝2，

表示以为圆心，以为半径的圆．

(2)当k＝2时，方程化为(x－2)2＋y2＝1.

∵2＋＝2(x，y－1)＋(x，y＋1)＝(3x,3y－1)，

∴|2＋|＝＝.

又∵(x－2)2＋y2＝1，则令x＝2＋cosθ，y＝sinθ，

于是有36x－6y－26＝36cosθ－6sinθ＋46＝6cos(θ＋φ)＋46∈[46－6，46＋6]，

故|2＋|的最大值为＝3＋，最小值为＝－3.

19.    解

（Ⅰ）依题意有 

故椭圆的方程为             ……………………4分               

（Ⅱ）(解法1)由知,从而直线与坐标轴不垂直, 

由可设直线的方程为，

直线的方程为.                                  

将代入椭圆的方程并整理得: ,

解得或,因此的坐标为,

即                     ……………………6分                 

将上式中的换成,得.    ………………7分  

直线的方程为

化简得直线的方程为，   ………………………10分  

因此直线过定点.             ………………………12分               

 (解法2)由题直线的斜率存在，则可设直线的方程为：，                 

代入椭圆的方程并整理得: ,               

设直线与椭圆相交于、两点，

则是上述关于的方程两个不相等的实数解，

从而

         …………………………………7分  

由得

， 

整理得： 由知. 

    此时, 因此直线过定点.  ………………………12分  

20. 解.（Ⅰ），

因为，所以，得

（Ⅱ）方法一：因为，所以，

得：，故是以为首项，

-1为公比的等比数列，

所以，得： 

为等比数列为常数，易得当且仅当时，为常数。

方法二：因为，所以，

即，故是以为首项，-2为公比的成等比数列，

所以，得：（下同解法一）

方法三：由前三项成等比得，进而猜测，对于所有情况都成立，再证明。

21．解： 

1当0＜x＜2时，，．由条件，得恒成立，

即b≥x恒成立．∴b≥2．   …………… 2分

② 当x≥2时，，．由条件，得恒成立，

即b≥－x恒成立．∴b≥－2．…………… 4分

综合①，②得b的取值范围是b≥2．  …………………… 5分

（2）令，即

当时，，．

∵，∴．则≥0．

即，∴在（0，）上是递增函数．   ………………… 7分

当时，，＞0．∴在（，＋∞）上是递增函数．又因为函数g(x)在有意义，∴在（0，＋∞）上是递增函数．…… 10分

∵，而a≥2，∴，则＜0．∵a≥2，∴…… 12分

当a≥3时，≥0，∴g(x)＝0在上有惟一解．当时， <0，

∴g(x)＝0在上无解．……………… 14分