湖南省株洲市第二中学2016-2017学年高二上学期第三次月考数学(理)试题Word版含答案.doc

株洲市二中2016年下学期高二年级第三次月考试卷理科数学试题时量：120分钟 分值：150分一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.复数2i i -在复平面内表示的点在A A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.设R x ∈，则π>x 的一个必要不充分条件是A A.3>x B.3<x C.4>x D.4<x3．准线方程为1=x 的抛物线的标准方程是A A ．x y 42-= B ．x y 22-= C ．xy 22=D ．x y 42=4.若x x f cos sin 2)(-=θ，则)(αf '等于A A. sin α B. cos α C.2sin α－cos α D.－3cos α4.下列三句话按三段论的模式排列顺序正确的是D①21,Z Z 不能比较大小；②21,Z Z 是虚数；③虚数不能比较大小. A.①②③ B.②①③ C.②③① D.③②①5.若),1,1(k =，)1,1,2(-=，与的夹角为60°，则k 的值为D A.0或－2 B.0或2 C.－2 D.26.设21,F F 是椭圆)5(125222<=+a y ax 的两个焦点，且821=F F ，弦AB 过点2F ，则1ABF ∆的周长为BA.12B.20C.241D.4417．下边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入,a b 分别为14,18，则输出的a = BA ．0B ．2C ．4D ．148.对于R 上可导的任意函数)(x f ，若满足0)()1(≤'-x f x ，则必有C A.)1(2)3()3(f f f <+- B.)1(2)7()3(f f f >+- C.)1(2)3()3(f f f ≤+- D.)1(2)7()3(f f f ≥+-9.8)12(xx -的展开式中2x 的系数为AA ．-1792B ．1792C ．-448D ．44810．用数学归纳法证明4221232n n n +++++=……，则当n=k+1时左端应在n=k 的基础上加上AA ．222(1)(2)k k +++++……（k+1） B ．2(1)k +C ．42(1)(1)2k k +++ D ．21k +11．已知抛物线24y x =的准线过椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点且与椭圆交于bA 、B 两点，O 为坐标原点，AOB ∆的面积为32，则椭圆的离心率为C A.14 B. 13 C.12 D.2312．若存在实常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足：()F x kx b ≥+和()G x kx b ≤+恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”，已知函数21()(),()(0),()2ln f x x x R g x x h x e x x=∈=<=，有下列命题：D ①()()()F x f x g x =-在(x ∈内单调递增； ②()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且b 的最小值为4-； ③()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是]0,4[-；④()f x 和()h x 之间存在唯一的“隔离直线”y e =-． 其中真命题的个数有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卷对应题号后的横线上.13．用反证法证明命题“若N b a ∈,，ab 能被2整除，则b a ,中至少有一个能被2整除”，那么反设的内容是“若N b a ∈,，ab 能被2整除，则b a ,都不能能被2整除”． 14. 曲线x y cos =在[0，2π]上与x 轴所围成的平面图形的面积为1. 15. 已知等差数列{}n a 中，有na a a n a a a nn n n 3321221+⋅⋅⋅++=+⋅⋅⋅++++成立.类似地，在等比数列{}n b 中，有n nn n n na a a a a a 3213221⋅⋅⋅=⋅⋅⋅++成立.16．某种游戏中，黑、黄两个“电子狗”从棱长为1的正方体1111D C B A ABCD -的顶点A 出发沿棱向前爬行，每爬完一条棱称为“爬完一段”．黑“电子狗”爬行的路线是→→111D A AA ，黄“电子狗”爬行的路线是→→1BB AB ，它们都遵循如下规则：所爬行的第2+i 段与第i 段所在直线必须是异面直线（其中i 是正整数）．设黑“电子狗”爬完2016段、黄“电子狗”爬完2015段后各自停止在正方体的某个顶点处，这时黑、黄“电子狗”间的距离是 1 ．三、解答题（本大题共6小题，共75分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16、(本题满分12分)设函数21()12x xa f x ⋅-=+是实数集R 上的奇函数.（1）求实数a 的值；（2）判断()f x 在R 上的单调性并加以证明； （3）求函数()f x 的值域．解：（1）)(x f 是R 上的奇函数∴()f x -=()f x =-，即21211212x x x x a a --⋅-⋅-=-++，即2121212x xx xa a --⋅=++ 即(1)(21)0xa -+= ∴1=a或者 )(x f 是R 上的奇函数 .0)0()0()0(=∴-=-∴f f f.0211200=+-⋅∴a ，解得1=a ，然后经检验满足要求 。

（2）由（1）得212()12121x x x f x -==-++ 设12x x R <∈，则122122()()(1)(1)2121x x f x f x -=---++ 122112222(22)2121(21)(21)x x x x x x -=-=++++ ， 12x x < 1222x x ∴< 21()()0f x f x ∴-<，所以()f x 在R 上是增函数（3）212()12121x x x f x -==-++ ， 122211,01,02,111212121x x x x+>∴<<∴<<∴-<-<+++所以212()12121x x x f x -==-++的值域为(-1，1) 或者可以设2121x x y -=+，从中解出2x=11y y +-，所以101y y+>-，所以值域为(-1，1) 17、(本题满分12分)已知函数a x x x x x f +-+-++=22sin cos )62sin()62sin()(ππ的在区间]2,0[π上的最小值为0.（Ⅰ）求常数a 的值；（Ⅱ）当],0[π∈x 时，求使0)(≥x f 成立的x 的集合. 【答案】（Ⅰ）1=a ；（Ⅱ）],65[]2,0[πππ. 【解析】解析：（Ⅰ）因为()a x x x f ++=2cos 2sin 3， 所以()a x x f ++=)62sin(2π.因为]2,0[π∈x 时，]67,6[62πππ∈+x ， 所以67π=x 时)(x f 的取得最小值a f +-=1)67(π. 依题意，01=+-a ，所以1=a ；…………………………………………………（6分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知()1)62sin(2++=πx x f .要使()0≥x f ，即21)62sin(-≥+πx . 所以Z ∈+≤+≤-k k x k ,6726262πππππ，即Z ∈+≤≤-k k x k ,26ππππ. 当0=k 时，26ππ≤≤-x ；当1=k 时，2365ππ≤≤x . 又],0[π∈x ，故使0)(≥x f 成立的x 的集合是],65[]2,0[πππ.……………………（12分）18、(本题满分12分)如图所示，在四棱锥P ­ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；解析(1)由P A ⊥平面ABCD ，可得P A ⊥AD . 又由AD ⊥AC ，P A ∩AC ＝A ，故AD ⊥平面P AC ， 又PC ⊂平面P AC ，所以PC ⊥AD .(2)如图所示，作AH ⊥PC 于点H ，连接DH .由PC ⊥AD ，PC ⊥AH ，可得PC ⊥平面ADH ，因此DH ⊥PC ，从而∠AHD 为二面角A －PC －D 的平面角.在Rt △P AC 中，P A ＝2，AC ＝1，由此得AH ＝25. 由(1)知AD ⊥AH .故在Rt △DAH 中，DH ＝AD 2＋AH 2＝2305.因此sin ∠AHD ＝AD DH ＝306.所以二面角A －PC －D 的正弦值为306.19、(本题满分13分)已知数列{}n a 中，()*111,,.3nn n a a a n N a +==∈+ （1）求数列{}n a 的通项公式;n a （2）若数列{}n b 满足()31,2nn nnn b a =-数列{}n b 的前n 项和为,nT 若不等式()1nnT λ-<对一切*n N ∈恒成立，求λ的取值范围。

(1)由题知，111113131111111131,3,3,22222nn n n n n n n n a a a a a a a a -+++⎛⎫⎛⎫+==+∴+=+∴+=+⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 2.32n n a ∴=- （4分）（2）()()12131,2231n nn n n n b n -⎛⎫=-⋅⋅=⋅ ⎪-⎝⎭1211111123,222n n T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅+⋅++⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()2111111121,22222n nn T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅++-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭两式相减得，21111111122212,4,12222222212nn n n n n n n n n n n T T --⎛⎫- ⎪++⎝⎭=++++-=-=-∴=-- （8分），{}11321440,222n n n n n n n n n T T T +-+++⎛⎫⎛⎫-=---=>∴ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 为单增数列，①当n 为正奇数时， nT λ-<对一切正奇数成立， ()1m i n 1,1,1;n T T λλ==∴-<∴>- ②当n 为正偶数时，n T λ<对一切正偶数成立， ()2m i n 2,2;n T T λ==∴< 综合①，②知，1 2.λ-<< （13分）20、(本题满分13分)已知椭圆C ：)0(12222>>=+b a by a x 的焦距为4，其长轴长和短轴长之比为1:3．（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程； （Ⅱ）设F 为椭圆C 的右焦点，T 为直线)2,(≠∈=t t t x R 上纵坐标不为0的任意一点，过F 作TF 的垂线交椭圆C 于点P ，Q .（ⅰ）若OT 平分线段PQ (其中O 为坐标原点)，求t 的值； （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，当||||PQ TF 最小时，求点T 的坐标． 【答案】（Ⅰ）12622=+y x ；（Ⅱ）3=t ，()3,1或()3,1-. 【解析】解析： （Ⅰ）由已知可得⎪⎩⎪⎨⎧==-=,3,42222b a b a c 解得226 2.a b ＝，＝所以椭圆C 的标准方程是12622=+y x . …………………………………………（4分）（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）可得，F 点的坐标是(2，0). 设直线PQ 的方程为2x my +＝，将直线PQ 的方程与椭圆C 的方程联立，得222162x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ 消去x ，得22340)2(m y my +＋－＝，其判别式22(1683.)0m m ∆>＝＋＋ 设1122()()P x y Q x y ，，，，则12122242,33m y y y y m m --+==++于是12122(1243)x x m y y m ++＋＝＋＝设M 为PQ 的中点，则M 点的坐标为)32,36(22+-+m mm .因为PQ TF ⊥，所以直线FT 的斜率为m -，其方程为)2(--=x m y . 当t x =时， ()2--=t m y ，所以点T 的坐标为()()2,--t m t ， 此时直线OT 的斜率为()tt m 2--，其方程为x t t m y )2(-=. 将M 点的坐标为)32,36(22+-+m mm 代入， 得36)2(3222+⋅-=+-m t t m m m .解得3=t . ………………………………………………（8分） （ⅱ）由（ⅰ）知T 为直线3=x 上任意一点可得，点T 的坐标为),3(m -. 于是1||2+=m TF ，221221221221)()]([)()(||y y y y m y y x x PQ -+-=-+-= ]4))[(1(212212y y y y m -++=]324)34)[(1(2222+--+-+=m m m m ]324)34)[(1(2222+--+-+=m m m m 3)1(2422++=m m .所以1)3(241)1(2431||||222222++⋅=++⋅+=m m m m m PQ TF 14)1(4)1(2411)3(2412222222+++++⋅=++⋅=m m m m m 414124122++++⋅=m m 33442241=+⋅≥. 当且仅当22411m m +=+，即1m ±＝时，等号成立，此时||||PQ TF 取得最小值33．故当||||PQ TF 最小时，T 点的坐标是()3,1或()3,1-……………………………………（13分）21、(本题满分13分)设函数f n (x )＝x n ＋bx ＋c (n ∈N ＋，b ，c ∈R)．(1)设n ≥2，b ＝1，c ＝－1，证明：f n (x )在区间⎝⎛⎭⎫12，1内存在唯一零点；(2)设n ＝2，若对任意x 1，x 2∈[－1,1]，有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4，求b 的取值范围； (3)在(1)的条件下，设x n 是f n (x )在⎝⎛⎭⎫12，1内的零点，判断数列x 2，x 3，…，x n ，…的增减性．21．解：(1)b ＝1，c ＝－1，n ≥2时，f n (x )＝x n ＋x －1. ∵f n ⎝⎛⎭⎫12f n(1)＝⎝⎛⎭⎫12n －12×1<0，∴f n (x )在⎝⎛⎭⎫12，1内存在零点． 又当x ∈⎝⎛⎭⎫12，1时，f ′n (x )＝nx n －1＋1>0， ∵f n (x )在⎝⎛⎭⎫12，1上是单调递增的，∴f n (x )在⎝⎛⎭⎫12，1内存在唯一零点． (2)当n ＝2时，f 2(x )＝x 2＋bx ＋c .对任意x 1，x 2∈[－1,1]都有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4等价于f 2(x )在[－1,1]上的最大值与最小值之差M ≤4.据此分类讨论如下：①当⎪⎪⎪⎪b 2>1，即|b |>2时，M ＝|f 2(1)－f 2(－1)|＝2|b |>4，与题设矛盾． ②当－1≤－b2<0，即0<b ≤2时，M ＝f 2(1)－f 2⎝⎛⎭⎫－b 2＝⎝⎛⎭⎫b2＋12≤4恒成立． ③当0≤－b2≤1，即－2≤b ≤0时，M ＝f 2(－1)－f 2⎝⎛⎭⎫－b 2＝⎝⎛⎭⎫b2－12≤4恒成立． 综上可知，－2≤b ≤2.注：②，③也可合并证明如下： 用max{a ，b }表示a ，b 中的较大者． 当－1≤－b2≤1，即－2≤b ≤2时，M ＝max{f 2(1)，f 2(－1)}－f 2⎝⎛⎭⎫－b 2 ＝f 2 －1 ＋f 2 1 2＋|f 2 －1 －f 2 1 |2－f 2⎝⎛⎭⎫－b2 ＝1＋c ＋|b |－⎝⎛⎭⎫－b24＋c ＝⎝⎛⎭⎫1＋|b |22≤4恒成立． (3)法一：设x n 是f n (x )在⎝⎛⎭⎫12，1内的唯一零点(n ≥2)．f n (x n )＝x n n ＋x n －1＝0，f n ＋1(x n ＋1)＝x n ＋1n ＋1＋x n ＋1－1＝0，x n ＋1∈⎝⎛⎭⎫12，1， 于是有f n (x n )＝0＝f n ＋1(x n ＋1)＝x n ＋1n ＋1＋x n ＋1－1<x nn ＋1＋x n ＋1－1＝f n (x n ＋1)，又由(1)知f n (x )在⎝⎛⎭⎫12，1上是递增的，故x n <x n ＋1(n ≥2)，所以，数列x 2，x 3，…，x n ，…是递增数列．法二：设x n 是f n (x )在⎝⎛⎭⎫12，1内的唯一零点，f n ＋1(x n )f n ＋1(1)＝(x n ＋1n ＋x n －1)(1n ＋1＋1－1) ＝x n ＋1n ＋x n －1<x n n ＋x n －1＝0，则f n ＋1(x )的零点x n ＋1在(x n,1)内，故x n <x n ＋1(n ≥2)， 所以，数列x 2，x 3，…，x n ，…是递增数列．。