浙江省金华一中高三数学4月月考试题 理 新人教A版.doc

金华一中高三年级4月月考数学试题（理科）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py | y，xr，qy | y，xr，则(a) p q (b) q p (c) rp(d) rq开始p1，n1nn1p2012?输出n结束(第3题)是否p=p+2n-1 2 已知i是虚数单位，设复数，则在复平面内对应的点在(a) 第一象限 (b) 第二象限 (c) 第三象限 (d) 第四象限3 若某程序框图如图所示，则输出的n的值是(a) 43 (b) 44 (c) 45 (d) 464 设是等比数列，则“”是“数列是递增数列” 的(a) 充分而不必要条件(b) 必要而不充分条件(c) 充分必要条件 (d) 既不充分也不必要条件5 设a、b是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题中正确的是(a) 若 (b) 若 (c) 若 (d) 若6 甲和乙等五名志愿者被随机地分到a、b、c、d四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者，则甲和乙不在同一岗位服务的概率为 (a) (b) (c) (d) 7 abc外接圆的半径为，圆心为，且，则的值是(a) 3 (b) 2 (c) 1 (d) 08 变量x,y满足约束条件，则目标函数的取值范围是(a) (b) (c) (d) 9 若双曲线的焦点关于渐近线对称的点恰在双曲线上,则双曲线的离心率为 a. b c2 d10. 若函数与图象的交点在直线的两侧，则实数t的取值范围是正视图俯视图侧视图664(第12题)33a. b. c. d. 二、 填空题: 本大题共7小题, 每小题4分, 共28分。11 函数的 最小正周期是 12 若一个三棱锥的三视图 (单位：cm) 如图所示，则该棱锥的全面积是 _cm213 展开式中不含x4项的其它所有项的系数和为_ 14 已知函数，正实数m,n满足，且，若在区间上的最大值为2，则 _15 设sn是正项数列an的前n项和，且和满足：，则sn 16 已知，则x+2y的取值范围为 17 若点p在曲线c1：上，点q在曲线c2：(x2)2y21上，点o为坐标原点，则的最大值是 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 (本题满分14分) 在abc中，三内角a，b，c所对的边分别为a，b，c，若 （）求角c的大小； （）已知当的最大值为1，求a的值.19 (本题满分14分) 现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择，为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏.()求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；()用x，y分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记|xy|，求随机变量的分布列与数学期望e. 20 (本题满分14分) 如图，平面pac平面abc，acbc，pac为等边三角形，pe，m， n分别是线段，上的动点，且满足：() 求证：平面；() 求l 的值，使得平面abc与平面mnc 所成的锐二面角的大小为45. 21(本题满分15分) 已知椭圆g：(ab0)的离心率为，右焦点f(1,0)过点f作斜率为k（k0）的直线l，交椭圆g于a、b两点，m（2,0）是一个定点如图所示，连am、bm，分别交椭圆g于c、d两点（不同于a、b），记直线cd的斜率为()求椭圆g的方程；()在直线l的斜率k变化的过程中，是否存在一个常数，使得恒成立？若存在，求出 这个常数；若不存在，请说明理由22 (本题满分15分) 设和是函数的两个极值点，其中，() 求的取值范围；() 若，求的最大值（e是自然对数的底数）金华一中高三数学（理科）月考试卷2013年4月ddcc bba ab11 12. 13. 255 14. 15. 16. 4 17.(18) 本题主要考查三角变换、正弦定理、余弦定理等基础知识，同时考查运算求解能力。满分14分。(19) 解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的概率为.设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件ai(i0,1,2,3,4)，则p(ai)ci4i. ()设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件b，则ba3a4，由于a3与a4互斥，故p(b)p(a3)p(a4)c3c4.所以，这4个人去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为.()的所有可能取值为0,2,4.由于a1与a3互斥，a0与a4互斥，故p(0)p(a2)，p(2)p(a1)p(a3)，p(4)p(a0)p(a4).所以的分布列是024p随机变量的数学期望e024(20) 本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分14分。eabcmnp（第20题）xyz方法一：() 证明：如图以点c为原点建立 空间直角坐标系cxyz，不妨设ca 1，cbt（t 0），则， ，由，得， ，=(0，0，1) 是平面的一个法向量，且，故又因为mn平面abc，即知mn平面abc 6分 () 解：，设平面cmn的法向量，则，可取，又=(0，0，1) 是平面的一个法向量由，以及可得，即解得（将舍去），故 14分方法二：() 证明：由，得mnpe， 又依题意pebc，所以mnbc因为平面，平面，eabcmnp（第20题）所以/平面 6分()解：由()知mnbc，故c、b、m、n 共面，平面abc与平面mnc所成的锐二面角即ncba因为平面pac平面abc，平面pac 平面abc = ac，且cbac，所 以cb平面pac故cbcn，即知为二面角ncba的平面角所以在nca中运用正弦定理得，所以， 14分(21) 本题主要考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分。()解：设，依题意，解得，故椭圆g的方程为 5分()存在常数解法一：设联立，可得于是 直线am的斜率，联立，可得则，进一步可得将代入，则同理可得进一步，可计算其中同理可得由两式相减可得，综上可知，存在常数 15分(22) 本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应