山东省临沂市平邑第三中学高二数学文联考试卷含解析

山东省临沂市平邑第三中学高二数学文联考试卷含解析一、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，只有是一个符合题目要求的1.(07C)f(=sinx--2x，则f(x)的单调递减区间为

5．已知定义在的函数，则f(x)的单调递减区间为

A.

B．

C．

D.参考答案：C2.若是等差数列，首项，则使前n项和

成立的最大自然数n是

（

）

A．4005

B．4006

C．4007

D．4008参考答案：B3.设Sn是等差数列{an}的前n项和，a12＝－8,S9＝－9,则S16=(

)A．－72

B．72

Ｃ．36

Ｄ．－36参考答案：A略4.若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝(

)A．15 B．12

C．－12

D．－15参考答案：A5.已知点，则线段的垂直平分线方程是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B6.下列四个函数中，在上是增函数的是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C7.椭圆（a＞b＞0）的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2．若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为（）A． B． C． D．参考答案：B【考点】椭圆的简单性质；等比关系的确定．【分析】由题意可得，|AF1|=a﹣c，|F1F2|=2c，|F1B|=a+c，由|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列可得到e2==，从而得到答案．【解答】解：设该椭圆的半焦距为c，由题意可得，|AF1|=a﹣c，|F1F2|=2c，|F1B|=a+c，∵|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，∴（2c）2=（a﹣c）（a+c），∴=，即e2=，∴e=，即此椭圆的离心率为．故选B．8.在中,,则的面积为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B略9.已知函数在[2,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围是(

)

A.,

B.

C.

D.参考答案：C略10.已知，，，，下列说法正确的是（

）A．若，，则 B．若，则C．若，则 D．若，则参考答案：D因为，，，所以A错；因为，，所以B错；因为，，所以C错；由不等式性质得若，则，所以D对，故选D．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.双曲线的离心率等于

；渐近线方程为

．参考答案：2，y=x．【考点】双曲线的简单性质．【分析】在双曲线的标准方程中，分别求出a，b，c，再由离心率和渐近线的定义进行求解．【解答】解：双曲线中，a=2，b=2，c==4，∴e===2．渐近线方程为：y=±=x．故答案为：2，y=x．12.在△ABC中，若sinA:sinB:sinC=5:7:8，则∠B的大小是。参考答案：略13.如图空间四边形，，分别是，的中点，则______，_________，_________．参考答案：

14.将甲、乙、丙、丁四位老师分配到三所不同的学校去任教，每所学校至少分配一人且甲、乙两人不在同一所学校，则共有________种不同的分配方案（用数字作答）。参考答案：30【分析】首先不考虑甲乙的特殊情况,算出总的分配方案,再减去甲乙同校的情况,得到答案.【详解】将四名老师分配到三个不同的学校，每个学校至少分到一名老师有种排法；甲、乙两名老师分配到同一个学校有种排法；故有甲、乙两名老师不能分配到同一个学校有36-6=30种排法.故答案为30．【点睛】本题考查了排列组合里面的捆绑法和排除法,属于基本题型.15.设,,则的值是

▲

.参考答案：16.已知函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围是

。参考答案：17.在上海高考改革方案中，要求每位高中生必须在物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科（3门理科学科，3门文科学科）中选择3门学科参加等级考试，小丁同学理科成绩较好，决定至少选择两门理科学科，那么小丁同学的选科方案有__________种．参考答案：10【分析】分类讨论：选择两门理科学科，一门文科学科；选择三门理科学科，即可得出结论．【详解】选择两门理科学科，一门文科学科，有种；选择三门理科学科，有1种，故共有10种．故答案为：10．三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.（本小题满分12分）用符号“?”与“?”表示下面含有量词的命题，并判断真假．(1)所有的实数，方程恰有唯一解．(2)存在实数，使得.参考答案：解：(1)?∈R，方程恰有唯一解．………………3分当a＝0，b＝0时方程有无数解，故该命题为假命题．………………6分(2)?∈R，使得.

………………9分∵，∴.故该命题是假命题．

………………12分略19.如图，在四棱柱中，已知平面，且．(1)求证：;(2)在棱BC上取一点E，使得∥平面，求的值．参考答案：【答案】（1）证明参考解析；（2）试题分析：（1）由于AB=CB,AD=CD,BD=BD.可得三角形ABD全等于三角形CBD.所以这两个三角形关于直线BD对称.所以可得.再由面面垂直即可得直线BD垂直于平面.从而可得.

【解析】略20.已知数列{an}满足：（1）a1=3；（2）an+1=2n2﹣n（3an﹣1）+an2+2（n∈N*）．（Ⅰ）求a2、a3、a4；（Ⅱ）猜测数列{an}的通项，并证明你的结论；（Ⅲ）试比较an与2n的大小．参考答案：【考点】8H：数列递推式；RG：数学归纳法．【分析】（Ⅰ）把n=1，2，3分别代入an+1=2n2﹣n（3an﹣1）+an2+2（n∈N*），得a2=5，a3=7，a4=9．（Ⅱ）猜测an=2n+1，然后用数学归纳法进行证明．（Ⅲ）当n=1时，a1=3＞2n；当n=2n=2时，a2=5＞22；当n=3时，a3=7＜23；当n=4时，a4=9＜24．猜想n≥3（n∈N*）时，an＜2n．然后用数学归纳法进行证明．【解答】解：（Ⅰ）a2=5，a3=7，a4=9；（3分）（Ⅱ）猜测an=2n+1，（1分）证明如下：当n=1时，a1=3=2×1+1，结论成立；（1分）若n=k时，结论成立，即ak=2k+1，则n=k+1时，ak+1=2k2﹣k（3ak﹣1）+ak2+2=2k2﹣k（6k+2）+（2k+1）2+2=2k+3，（2分）于是n=k+1时，结论成立．故对所有的正整数n，an=2n+1．（1分）（Ⅲ）当n=1时，a1=3＞2n；当n=2n=2时，a2=5＞22；当n=3时，a3=7＜23；当n=4时，a4=9＜24；（1分）猜想n≥3（n∈N*）时，an＜2n．（1分）证明如下：当n=3时，a3=7＜33，结论成立；（1分）若n=k时，结论成立，即ak＜2k，（k≥3），也就是2k+1＜2k，则n=k+1时，ak+1=2k+3=（2k+1）+2＜2k+2，而（2k+2）﹣2k+1=2﹣2k＜0?2k+2＜2k+1，（2分）∴ak+1＜2k+1．于是n=k+1时，结论成立．从而对任意n≥3（n∈N*），有an＜2n．综上所述，当n=1，2时，an＞2n；当n≥3时，an＜2n．（1分）【点评】本题考查数列的综合运用，解题时要注意数学归纳法的证明技巧．21.如图，已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的四个顶点分别是A1，A2，B1，B2，△A2B1B2是边长为2的正三角形，其内切圆为圆G．（1）求椭圆C及圆G的标准方程；（2）若点D是椭圆C上第一象限内的动点，直线B1D交线段A2B2于点E．（i）求的最大值；（ii）设F（﹣1，0），是否存在以椭圆C上的点M为圆心的圆M，使得过圆M上任意一点N，作圆G的切线（切点为T）都满足=？若存在，请求出圆M的方程；若不存在，请说明理由．参考答案：【考点】椭圆的简单性质．【分析】（1）由△A2B1B2是边长为2的正三角形，可得b=，，即可得出椭圆C的标准方程．设内切圆的半径为r，则，即可得出内切圆G的标准方程．（2））（i）设直线B1D的方程为：y=kx﹣，．与椭圆的方程联立解得D，可得|DB1|．直线A2B2的方程为：，与y=kx﹣联立解得E．可得|EB1|．可得=，变形利用基本不等式的性质即可得出．（ii）假设存在以椭圆C上的点M为圆心的圆M，使得过圆M上任意一点N，作圆G的切线（切点为T）都满足=．当切点为点O时，由=，可得N（0，±1），由此可得只有可能M（±3，0）．其圆M的方程为：（x﹣3）2+y2=10，或（x+3）2+y2=10（舍去）．证明即可．【解答】解：（1）∵△A2B1B2是边长为2的正三角形，∴b=，=3，=．∴椭圆C的标准方程为：．设内切圆的半径为r，则=1．∴内切圆G的标准方程为（x﹣1）2+y2=1．（2）（i）设直线B1D的方程为：y=kx﹣，．联立，化为，解得D，∴|DB1|==．直线A2B2的方程为：，联立，解得E．∴|EB1|==．∴==≤1+=，当且仅当时取等号．∴的最大值为．（ii）假设存在以椭圆C上的点M为圆心的圆M，使得过圆M上任意一点N，作圆G的切线（切点为T）都满足=．当切点为点O时，由=，可得N（0，±1），由此可得只有可能M（±3，0）．其圆M的方程为：（x﹣3）2+y2=10，或（x+3）2+y2=10（舍去）．下面证