1110高三数学.docx

2016-2017学年度???学校10月月考卷1．（2011•广东三模）设命题甲：ax2+2ax+1＞0的解集是实数集R；命题乙：0＜a＜1，则命题甲是命题乙成立的（ ）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分又非必要条件2．已知向量=（2cosθ，2sinθ），=（3，），且与共线，θ∈[0，2π），则θ=（）A． B． C．或 D．或3．已知，若恒成立，则的取值范围是（ ）A． B． C． D．4．点是棱长为1的正方体内一点，且满足，则点到棱的距离为( )A． B． C． D．5．在中，角的对边分别为.已知，则角大小为（ ）A． B． C．或 D．或6．若都是锐角，且，，则（ ）A． B． C．或 D．或7．如图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为A．1 B. C. D. 8．在正方体中，已知点为平面中的一个动点，且点满足：直线与平面所成的角的大小等于平面与平面所成锐二面角的大小，则点的轨迹为（ ）A．直线 B．椭圆 C．圆 D．抛物线评卷人得分一、填空题（题型注释）9．已知数列满足，，则数列的通项公式为_______．10．设满足不等式，若，，则的最小值为______11．（2015秋•上海校级月考）设一个圆锥的侧面展开图是半径为的半圆，则此圆锥的体积为 ．12．已知圆C过点（1,0），且圆心在x轴的正半轴上，直线：被圆C所截得的弦长为，则过圆心且与直线垂直的直线的方程为 . 13．已知椭圆：，左右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，若的最大值为，则椭圆标准方程为___________．14．已知ABCD-A1B1C1D1为正方体，①（＋＋）2＝32；②·（－）＝0；③向量与向量的夹角是60°；④正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|··|．其中正确命题的序号是________．评卷人得分二、解答题（题型注释）15．已知函数．（1）若点在角的终边上，求的值；（2）若，求的最小值．16．已知函数.（1）若，求证：在上为增函数；（2）若不等式的解集为，求实数的取值范围.17．如下图，已知四棱锥中，底面为菱形，平面，，，分别是，的中点.（I）证明：平面；（II）取，段上是否存在点，使得与平面所成最大角的正切值为，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由.18．已知以点为圆心的圆与轴交于点，与轴交于点，其中为原点.（1）当时，求圆的方程；（2）求证：的面积为定值；（3）设直线与圆交于点，若，求圆的方程.试卷第3页，总4页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

参考答案1．B【解析】试题分析：利用充分必要条件的判断方法判断两命题的推出关系，注意不等式恒成立问题的处理方法．解：ax2+2ax+1＞0的解集是实数集R①a=0，则1＞0恒成立②a≠0，则，故0＜a＜1由①②得0≤a＜1．即命题甲⇔0≤a＜1．因此甲推不出乙，而乙⇒甲，因此命题甲是命题乙成立的必要非充分条件．故选B．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式的解法．2．D【解析】∵与共线，∴6sinθ﹣2cosθ=0，∴tanθ=，∵θ∈[0，2π），∴θ=或π．3．C【解析】试题分析：由题意，即，所以，，所以若恒成立，则．故选C．考点：对数函数的性质，不等式的性质．4．A【解析】试题分析：过P作PM⊥底面AC于M，过M作MN⊥AB于N，连PN，则PN⊥AB，,即点P到棱AB的距离为考点：点、线、面间的距离计算5．C【解析】试题分析：由正弦定理可得:，由此可得，因，故或，所以应选C.考点：正弦定理及运用．6．A【解析】试题分析：都是锐角，且，，所以，，从而，故选A．考点：1、同角三角函数间的关系；2、两角差的余弦公式．7．B【解析】试题分析：由三视图可得；该几何体为底面为直角梯形的四棱锥，由三视图可得；体积积为；。

考点：几何体的三视图与体积.8．D【解析】试题分析：如图，以为轴建立空间直角坐标系，不妨设，其它各点相应坐标略，设，过作分别交于，由在平面内，连接，可证是直线与平面所成的角，是平面与平面所成锐二面角的平面角，由题意＝，即，所以，化简得，它的轨迹是抛物线．故选D．考点：空间点的轨迹．【名师点睛】本题考查空间动点的轨迹，由已知首先作出直线与平面所成的角以及二面角的平面角，由这两个角相等，可以发现这两个角所在的直角三角形全等，即，所以，因此动点到定点的距离等于它到直线的距离，根据抛物线的定义，知其轨迹是抛物线．9．【解析】试题分析：为等差数列，公差为3，首项为1，所以通项为考点：等差数列的通项公式10．【解析】试题分析：作出满足不等式的平面区域，如图所示，当直线经过点时目标函数取得最小值，又由平面区域知，则函数在时，取得最大值，由此可知的最小值为.考点：1、线性规划；2、最值问题.【方法点晴】本题由两个部分构成：1，线性规划求最值；2，指数函数求最值.第一部分线性规划问题，只要按照线性规划问题求解方法来求解即可，此时求出的取值范围，接着第二部分指数函数就可以求出范围了.一个难题，分解为两个小问题来解决，是一个很好的数学思维过程.11．3π【解析】试题分析：根据已知，求出圆锥的母线，底面半径和高，代入圆锥体积公式，可得答案．解：∵圆锥的侧面展开图是半径为的半圆，∴圆锥的母线l=，半径r==，∴圆锥的高h==3，故圆锥的体积V==3π；故答案为：3π考点：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．12．【解析】试题分析：由题意，设所求的直线方程为，并设圆心坐标为则由题意知： 又因为圆心在轴的正半轴上，所以，故圆心坐标为又圆心在所求的直线上，所以有故所求的直线方程为考点：直线与圆的位置关系13．【解析】试题分析：由椭圆方程可知由椭圆定义可知的周长为定值，由的最大值为5可知通径长度为3，即，所以椭圆方程为考点：椭圆方程及性质14．①②【解析】试题分析：本题考查的是用向量的知识和方法研究正方体中的线线位置关系及夹角与体积．用到向量的加法、减法、夹角及向量的数量积，研究了正方体中的线线平行、垂直，异面直线的夹角及正方体的对角线的计算、体积的计算．①向量的加法得到：所以①正确；②，故②正确；③∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的夹角为60°，但是向量与向量的夹角是120°，故③不正确；因此④不正确．故答案为①②．考点：命题的真假判断与应用；平面向量数量积的性质及其运算律．【名师点睛】平面向量的夹角与模的问题是高考中的常考内容，题型多为选择题、填空题，难度适中，属中档题．归纳起来常见的命题角度有：（1）平面向量的模；（2）平面向量的夹角；（3）平面向量的垂直．15．（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）首先根据三角函数的定义求出的值，然后代入解析式求解即可；（2）首先利用倍角公式与两角差的正弦公式化简函数解析式，然后利用正弦函数的图象与性质求解．试题解析：（1）由题意，，，．（2）．又，．，．．考点：1、三角函数的定义；2、倍角公式；3、两角差的正弦公式；4、正弦函数的图象与性质．16．（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）求解函数的导数，当，判定，即可得到在上为增函数；（2）由（1）中，当时，函数在上为增函数，且，分、、三种情况分类讨论，特别当时，可得在上增函数，在上减函数；，，显然不适合题意，即可得到实数的取值范围.试题解析：易知：（1），当且仅当时，取等号，则在上为增函数；（2），注意到①当时，则，则在上为增函数；显然适合题意；②当时，则，则，当且仅当时，取等号，则在上为增函数；显然适合题意；③当，则，有两个实根，且，则在上增函数，在上减函数；，，显然不适合题意，综上：.考点：导数研究函数的单调性；导数在函数的综合应用.【方法点晴】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及导数在函数中的综合应用，试题运算量较大，有一定的难度，着重考查了函数与方程的思想及分类讨论思想的应用，本题的第二问的解答中，由函数且，可分三种情况分类讨论，特别当时，可得在上增函数，在上减函数；，，显然不适合题意，综合三种情况，即可得到实数的取值范围.17．（I）证明见解析；（II）存在且.【解析】试题分析：（I）先证明，再证明，所以有平面，所以，所以平面；（II）设线段上存在一点，连接，.由（I）知，平面，则为与平面所成的角.当最短时，即当时，最大，此时.试题解析：证明：由四边形为菱形，，可得为正三角形，因为为的中点，所以.又，因此. 因为平面，平面，所以.而平面，平面，，所以平面. （II）解：设线段上存在一点，连接，.由（I）知，平面，则为与平面所成的角. 在中，，所以当最短时，即当时，最大，此时，因此. 所以，线段上存在点，当时，使得与平面所成最大角的正切值为. 考点：立体几何.18．（1）；（2）证明见解析；（3）.【解析】试题分析：（1）当时，圆心，又因为圆与轴交于点，所以所求圆的半径为，求出即可；（2）设出圆的方程，求得的坐标，再根据，计算可得结论；（3）根据题意可知垂直平分线段，由，求得或，而当时圆与直线不相交不符合题意舍去，可得所求的圆的方程．．试题解析：（1）圆的方程是.（2）∵圆过原点，∴，设圆的方程是，令，得；令，得，∴，即的面积为定值.（3）∵，∴垂直平分线段.∵,∴直线的方程是.∴，解得或，当时，圆心的坐标为，此时到直线的距离，圆心与直线相交于两点.当时，圆心的坐标为，此时到直线的距离，圆与直线不相交，∴不符合题意舍去.∴圆的方程为.考点：1、直线与圆的位置关系；2、点到直线的距离公式．答案第9页，总10页。