云南省玉溪市峨山民中高三下學(xué)期第一次月考理科數(shù)學(xué)

玉溪市民中20172018學(xué)年度下學(xué)期第一次月考高三理科數(shù)學(xué)本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分，共150分，考試時(shí)間120分鐘。學(xué)校：___________姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________分卷I一、選擇題(共12小題,每小題5.0分,共60分)1.設(shè)z為復(fù)數(shù)，則z＝z是z∈R的()．A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件2.將進(jìn)貨單價(jià)為80元的商品按90元一個(gè)售出時(shí)，能賣出400個(gè)，已知這種商品每漲價(jià)1元，其銷售量就要減少20個(gè)，為了獲得最大利潤(rùn)，每個(gè)售價(jià)應(yīng)定為()A．95元B．100元C．105元D．110元3.設(shè)函數(shù)（R）滿足，，則函數(shù)的圖()4.數(shù)列{an}的通項(xiàng)an＝n2，其前n項(xiàng)和為Sn，則S30為()A．470B．490C．495D．5105.＝()．A．B．0C．－D．不存在6.已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，將△ABC沿對(duì)角線AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到如圖所示的三棱錐B－ACD.若O為AC邊的中點(diǎn)，M，N分別為線段DC，BO上的動(dòng)點(diǎn)(不包括端點(diǎn))，且BN＝CM.設(shè)BN＝x，則三棱錐N－AMC的體積y＝f(x)的函數(shù)圖象大致是()7.某單位有840名職工，現(xiàn)采用系統(tǒng)抽樣方法抽取42人做問卷調(diào)查，將840人按1,2，…，840隨機(jī)編號(hào)，則抽取的42人中，編號(hào)落入?yún)^(qū)間[481,720]的人數(shù)為()A．11B．12C．13D．148.直線與不等式組表示的平面區(qū)域的公共點(diǎn)有()A．0個(gè)B．1個(gè)C．2個(gè)D．無數(shù)個(gè)9.已知?jiǎng)訄AP過定點(diǎn)A（﹣3，0），并且與定圓B：（x﹣3）2+y2=64內(nèi)切，則動(dòng)圓的圓心P的軌跡是（）A．線段B．直線C．圓D．橢圓10.2013年中俄聯(lián)合軍演在中國(guó)青島海域舉行，在某一項(xiàng)演練中，中方參加演習(xí)的有5艘軍艦，4架飛機(jī)；俄方有3艘軍艦，6架飛機(jī)．若從中、俄兩方中各選出2個(gè)單位（1架飛機(jī)或一艘軍艦都作為一個(gè)單位，所有的軍艦兩兩不同，所有的飛機(jī)兩兩不同），且選出的四個(gè)單位中恰有一架飛機(jī)的不同選法共有（）A．51種B．224種C．240種D．336種11.已知x，y，z∈R，若－1，x，y，z，－3成等比數(shù)列，則xyz的值為()A．－3B．±3C．－3D．±312.已知α在第一象限，且＝3＋2，則cosα的值是()．A．B．C．D．分卷II二、填空題(共4小題,每小題5.0分,共20分)13.如圖，過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F的直線l交拋物線于A，B兩點(diǎn)，交其準(zhǔn)線于點(diǎn)C.若BC＝2BF，且AF＝3，則此拋物線的方程為________．14.如圖，測(cè)量河對(duì)岸的塔高AB時(shí)，可以選與塔底B在同一水平面內(nèi)的兩個(gè)測(cè)點(diǎn)C與D，測(cè)得∠BCD=15°，∠BDC=30°，CD=30，并在點(diǎn)C測(cè)得塔頂A的仰角為60°，則塔高AB=.15.已知圓M：(x＋cosθ)2＋(y－sinθ)2＝1，直線l：y＝kx，下面四個(gè)命題：A.對(duì)任意實(shí)數(shù)k和θ，直線l和圓M相切；B.對(duì)任意實(shí)數(shù)k與θ，直線l和圓M有公共點(diǎn)；C.對(duì)任意實(shí)數(shù)θ，必存在實(shí)數(shù)k，使得直線l與圓M相切；D.對(duì)任意實(shí)數(shù)k，必存在實(shí)數(shù)θ，使得直線l與圓M相切．其中真命題的代號(hào)是(寫出所有真命題的代號(hào))．16.直線被圓截得的弦長(zhǎng)為.三、解答題(共6小題,,共70分)17.已知A(8,0)，B、C兩點(diǎn)分別在y軸上和x軸上運(yùn)動(dòng)，并且滿足·＝0，＝，(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程；(2)是否存在過點(diǎn)A的直線l與動(dòng)點(diǎn)P的軌跡交于M、N兩點(diǎn)，且滿足·＝97，其中Q(－1,0)，若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．18.曲線C上任一點(diǎn)到定點(diǎn)(0，)的距離等于它到定直線的距離.（1）求曲線C的方程；（2）經(jīng)過P(1，2)作兩條不與坐標(biāo)軸垂直的直線分別交曲線C于A、B兩點(diǎn)，且⊥，設(shè)M是AB中點(diǎn)，問是否存在一定點(diǎn)和一定直線，使得M到這個(gè)定點(diǎn)的距離與它到定直線的距離相等.若存在，求出這個(gè)定點(diǎn)坐標(biāo)和這條定直線的方程.若不存在，說明理由.19.設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點(diǎn)，過B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E.(1)證明|EA|＋|EB|為定值，并寫出點(diǎn)E的軌跡方程；(2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點(diǎn)，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點(diǎn)，求四邊形MPNQ面積的取值范圍．20.數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋sin2，n＝1，2，3，…．(1)求a3，a4及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝，Sn＝b1＋b2＋＋bn，證明：當(dāng)n≥6時(shí)，|Sn－2|<．21.如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝.(1)證明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)求三棱柱ABD－A1B1D1的體積．22.如圖，在中，°，，，，分別是，上的點(diǎn)，且，，將沿折起到的位置，使，如圖．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）若是的中點(diǎn)，求與平面所成角的大?。唬á螅c(diǎn)是線段的靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)，點(diǎn)是線段上的點(diǎn)，直線過點(diǎn)且垂直于平面，求點(diǎn)到直線的距離的最小值．

答案解析1.【答案】C【解析】設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)．若z＝z，則a＋bi＝a－bi可得b＝0，即z是實(shí)數(shù)；反之，若z∈R，則b＝0，必有z＝z，所以條件“z＝z”是結(jié)論“z∈R”的充要條件2.【答案】A【解析】設(shè)定價(jià)為(90＋x)元，則每件商品利潤(rùn)為90＋x－80＝(10＋x)(元)，利潤(rùn)y＝(10＋x)(400－20x)＝20(x＋10)·(20－x)＝－20(x－5)2＋4500，當(dāng)x＝5時(shí)，利潤(rùn)最大，故售價(jià)定為95元．3.【答案】B【解析】由得是偶函數(shù)，所以函數(shù)的圖象關(guān)于軸對(duì)稱，可知B，D符合；由得是周期為2的周期函數(shù)，選項(xiàng)D的圖像的最小正周期是4，不符合，選項(xiàng)B的圖像的最小正周期是2，符合，故選B．4.【答案】A【解析】注意到an＝n2cos，且函數(shù)y＝cos的最小正周期是3，因此當(dāng)n是正整數(shù)時(shí)，an＋an＋1＋an＋2＝－n2－(n＋1)2＋(n＋2)2＝3n＋，其中n＝1,4，7…，S30＝(a1＋a2＋a3)＋(a4＋a5＋a6)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝＋＋…＋＝3×＋×10＝470.5.【答案】A【解析】原式＝＝－，答案為A．6.【答案】B【解析】由平面ABC⊥平面ACD，且O為AC的中點(diǎn)可知，BO⊥平面ACD，易知BO＝2，故三棱錐N－AMC的高為ON＝2－x，S△AMC＝MC·AD＝x，故三棱錐N－AMC的體積為y＝f(x)＝·(2－x)·x＝(－x2＋2x)(0<x<2)，函數(shù)f(x)的圖象為開口向下的拋物線的一部分．7.【答案】B【解析】本題考查系統(tǒng)抽樣的方法．依據(jù)系統(tǒng)抽樣為等距抽樣的特點(diǎn)，分42組，每組20人，區(qū)間[481,720]包含25組到36組，每組抽1人，則抽到的人數(shù)為12.8.【答案】B【解析】如圖直線2x+y10=0與不等式組表示的平面區(qū)域只有一個(gè)公共點(diǎn)，故選B.9.【答案】D【解析】如圖，設(shè)動(dòng)圓P和定圓B內(nèi)切于M，則動(dòng)圓的圓心P到兩點(diǎn)，即定點(diǎn)A（﹣3，0）和定圓的圓心B（3，0）的距離之和恰好等于定圓半徑，即|PA|+|PB|=|PM|+|PB|=|BM|=8．∴點(diǎn)P的軌跡是以A、B為焦點(diǎn)的橢圓，故選D．10.【答案】C【解析】由題意，可分類求解：故選C11.【答案】C【解析】由等比中項(xiàng)知y2＝3，∴y＝±，又∵y與－1，－3符號(hào)相同，∴y＝－，y2＝xz，所以xyz＝y(tǒng)3＝－3.12.【答案】B【解析】已知條件＝3＋2即為(4＋2)tanα＝2＋2，解得tanα＝，則sec2α＝1＋tan2α＝，又已知α為第一象限角，所以cosα＝，答案為B．13.【答案】y2＝3x【解析】過點(diǎn)B作BH垂直準(zhǔn)線于點(diǎn)H.由拋物線定義得BF＝BH.因?yàn)锽C＝2BF，所以BC＝2BH，則cos∠CBH＝＝，則∠CBH＝60°，所以直線AB的傾斜角θ＝∠CBH＝60°，過點(diǎn)A作AA′垂直準(zhǔn)線于點(diǎn)A′，則AF＝p＋AFcos60°，即3＝p＋3×，所以p＝，拋物線的方程為y2＝3x.14.【答案】【解析】因?yàn)椤螧CD=15°，∠BDC=30°，所以∠CBD=135°，在△BCD中，根據(jù)正弦定理可知：，即，解得：BC=，在直角△ABC中，tan60°=，所以15.【答案】B，D【解析】由已知得圓心到直線的距離d＝，若直線與圓相切，則d＝1，即|sin(θ＋arctank)|＝，所以，對(duì)任意給定的k，一定存在θ使得上述等式成立，但不能對(duì)任意θ∈R使得上述等式成立，命題(D)正確而命題(A)不正確．并且由此可得，對(duì)任意的實(shí)數(shù)k和θ，都有d≤1，于是，命題B.正確，但是，當(dāng)θ＋arctank≠mπ＋(m∈Z)時(shí)，上述等式不成立，于是，命題C.不正確．真命題的代號(hào)是B，D.16.【答案】【解析】將題目所給的直線與圓的圖形畫出，半弦長(zhǎng)為，圓心到直線的距離，以及圓半徑構(gòu)成了一個(gè)直角三角形，因此.17.【答案】(1)設(shè)B(0，b)，C(c,0)，P(x，y)；則＝(－8，b)，＝(x，y－b)，＝(c，－b)，＝(x－c，y)．∴·＝－8x＋b(y－b)＝0.①由＝，得∴b＝－y代入①得y2＝－4x.∴動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為y2＝－4x.(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，x＝8與拋物線沒有交點(diǎn)，不合題意．當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的斜率為k，則l：y＝k(x－8)．設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則＝(x1＋1，y1)，＝(x2＋1，y2)，由·＝97，得(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝97.即x1x2＋x1＋x2＋1＋k2(x1－8)(x2－8)＝97，∴(1＋k2)x1x2＋(1－8k2)(x1＋x2)＋1＋64k2＝97.②將y＝k(x－8)代入y2＝－4x得k2x2＋(4－16k2)x＋64k2＝0.∵直線l與y2＝－4x交于不同的兩點(diǎn)，∴Δ＝(4－16k2)2－4×k2×64k2>0，即－<k<，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝，x1x2＝64.代入②式得：64(1＋k2)＋(1－8k2)＋1＋64k2＝97.整理得k2＝，∴k＝±.∵k＝±?，∴這樣的直線l不存在．【解析】18.【答案】（1）因?yàn)椋脪佄锞€的定義，確定得到y(tǒng)=2x2；（2）設(shè)：y2=k(x1)，(k≠0)，:y=2=，由，得：2x2kx+k2=0，同理，得：B點(diǎn)坐標(biāo)為，∴，消去k得：y=4x2+4x+∴點(diǎn)M軌跡是拋物線，故存在一定點(diǎn)和一定直線，使得M到定點(diǎn)的距離等于它到定直線的距離.將拋物線方程化為，此拋物線可看成是由拋物線左移個(gè)單位，上移個(gè)單位得到的，而拋物線的焦點(diǎn)為(0，)，準(zhǔn)線為y=.∴所求的定點(diǎn)為，定直線方程為y=.【解析】19.【答案】(1)證明因?yàn)閨AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.由題設(shè)得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為：＋＝1(y≠0)．(2)解當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.則x1＋x2＝，x1x2＝，所以|MN|＝|x1－x2|＝.過點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m：y＝－(x－1)，點(diǎn)A到m的距離為，所以|PQ|＝2＝4.故四邊形MPNQ的面積S＝|MN||PQ|＝12.可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8)．當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，其方程為x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四邊形MPNQ的面積為12.綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8)．【解析】20.【答案】（1）a3＝2，a4＝4，an＝（2）略【解析】(1)a3＝a1＋sin2＝2，a4＝(1＋cos2π)a2＋sin2π＝4．a(chǎn)2k＋1＝a2k－1＋sin2，即a2k＋1＝a2k－1＋1，于是，a2k－1＝1＋(k－1)×1，即a2k－1＝k．a(chǎn)2k＋2＝(1＋cos2kπ)a2k＋sin2kπ，即a2k＋2＝2a2k，于是，a2k＝2×2k－1，即a2k＝2k，所以，an＝(2)bn＝，則Sn＝＋＋，于是，Sn＝＋＋，則Sn＝＋＋Sn＝，Sn＝2－，|Sn－2|＝．記cn＝，則cn＋1－cn＝，由n≥6可得cn＋1－cn<0，c6＝<1，所以，當(dāng)n≥6時(shí)，cn<1，即|Sn－2|<．21.【答案】(2)1【解析】(1)證明：由題設(shè)知，BB1綊DD1，∴BB1D1D是平行四邊形，∴BD∥B1D1.又BD?平面CD1B1，∴BD∥平面CD1B1.∵A1D1綊B1C1綊BC，∴A1BCD1是平行四邊形，∴A1B∥D1