重庆一中高级高三考数学试题理科

精选文档精选文档PAGE9精选文档重庆一中高2018级高三10月月考

数学试题（理科）

第Ⅰ卷（选择题共50分）一、选择题：本大题共10小题，每题5分，共50分。在每题给出的四个备选项中，只

有一项为哪一项吻合题目要求的。

1．函数f(x)sinxcosx的是

A．周期为的奇函数B．周期为的偶函数

C．周期为2的奇函数D．周期为2的偶函数

2．函数f(x)11)的大体图像是(常数alogax

3．如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是CC1、C1D1的中点，则异面直线EF

与BD所成的角的大小为

A．75o

B．60o

C．45o

D．30o

4．以下命题中正确的选项是

．底面是矩形的平行六面体是长方体；

B．棱长都相等的直四棱柱是正方体；

C．侧棱垂直于底面两条边的平行六面体是直平行六面体；

D．对角线相等的平行六面体是直平行六面体；

5．两个正数a,b的等差中项是5，等比中项是x2y24，且a>b，则椭圆1的离心率eab等于

A．51322B．C．D．2226．函数ysin(2x)的图像按向量a(,3)平移后的图像的一此中心对称点为36A．(,0)B．(,3)C．(,0)D．(,3)33227．设地球的半径为R，已知赤道上两地A、B间的球面距离为R，若北半球的C地与A、2B两地的球面距离均为R，则C地的纬度为3A．北纬45oB．北纬60oC．北纬30oD．北纬75o8．有以下四个命题：

①“直线ab”的充分不用要条件是“a垂直于b在平面内的射影”。

②“OM∥O1M1且ON∥O1N1”是“∠MON=∠M1O1N1”的必需不充分条件。

③“直线l平面”的充要条件是“直线l平面内的无数条直线”。④“平面的斜线段AB，AC在的射影A′B与′A′C相′等”是“AB=AC”的充要条件。此中正确命题的个数是A．3B．2C．1D．09．已知为O原点，点P(x,y)在单位圆x2y21上,点Q(2cos,2sin)满足PQ(4,2)，33则OPOQ2516C．525A．B．16D．18253610∥平面，直线l,且Pl,平面、平面间的距离为5，则在内．已知平面到点P的距离为13且到直线l的距离为52的点的轨迹是A．四个点B．两条直线C．双曲线的一支D．一个圆

第Ⅱ卷（非选择题共100分）二、填空题：本大题共6小题，每题4分，共24分。把答案填写在答题卡相应地点上。

911．若球的体积是，则其表面积为2

12．点P(a,3)到直线4x3y10的距离等于4，且在不等式2xy30表示的平面

地域内，点P的坐是。13．等比数列{an}中,a4a63,则a3a52a52a5a7=14．若54,则圆锥曲线y2x21的焦点坐5415．若二面角2，直m，平面内的直与m所成角l的平面角大小3的取范是16．ABCD—A1B1C1D1是位正方体，黑、白两只从点A出沿棱向前爬行，每爬完一条棱称“爬完一段”。白爬行的路是AA1→A1D→⋯，黑爬行的路是AB→BB1→⋯，它都依据以下律：所爬行的第i2段与第i段所在直必是异面直（其中i是自然数）。黑、白都爬完2018段后各自停止在正方体的某个点，此黑、白的距离是

三、解答：本大共6小，共76分。解答写出文字明、明程或演算步。

17．（12分）

如，正三棱柱ABC—A1B1C1中点E、F分是AB1和AB的中点，

1）求：BB1∥平面EFM；

2）若FM⊥BC于点M，求：ME⊥BC。

18．（12分）a0且a1时,解关于x的不等式loga1xloga2(x1)1x

19．（13分）

海岛上有一座海拔1000米的山，山顶上设有一个灯塔A，上午11时，灯塔A处的值

班员测得一匀速行驶的轮船在岛北偏东60o的C处，由A观察C的俯解为30o，11时10分

又测得该船在岛北偏西60o的B处，由A观察B的俯角为60o。

1）求该船的速度（单位：千米/小时）；

2）轮船在沿航线CB航行中，船上的眺望员随时观察灯塔发出的导航信号，试问眺望员在整个观察过程中，观察仰角最大是多少？

20．（13分）

如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠BAD=90o，

AD∥BC，AB=BC=1，AD=3，PD与底面ABCD成30o角。

1）求点A到平面PBC的距离；

2）求二面角A—PC—B的平面角大小；

21．（13分）

已知△OFQ的面积为26,且OFFQm，

（1）设42m46，求向量OF与FQ夹角的取值范围；

（2）设以O为中心，F为焦点的双曲线经过点62，Q（如图），若|OF|c,m(1)c4当|OQ|取最小值时，求此双曲线的方程。

22．（13分）设函数yf(x)定义域为R，当x0时,f(x)1,且关于任意的x,yR，有1(nN)。f(xy)f(x)f(y)成立.数列{an}满足a1f(0),且f(an1)f(2an)1）求f(0)的值；

2）求数列{an}的通项公式；

（3）能否存在正数k,使(11)(11)(11)k2n1对全部nN均成立，a1a2an若存在，求出k的最大值，并证明，不然说明原由。

参照答案

12345678AABDCBAD11．912．（-3,3）13．914．（0,±3）15．[,6217．（1）∵E、F分别是正三棱柱中AB1和AB的中点，∴BB1∥FE

10

AA

]16．2又BB1平面EFM，FE平面EFM，∴BB1∥平面EFM

2）∵正三棱柱的侧棱BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥BC

∵BB1∥FE，∴BC⊥FE

又∵MF⊥BC，∴BC⊥平面EFM，∴BC⊥ME

1x018．由1x1，解得1xx10①当a1时，原不等式等价于1x2(x1),即有(x1)(2x1)0,解之得1x1；1xx12②当0a1时，原不等式等价于1x2(x1),即有(x1)(2x1)0,解之得1xx11；1x2综上所述，①当a1时,解集为{x|1x1}；②当0a1时,解集为{x|1x1}。2219．（1）A在海平面上的射影为O，由题意得OCOAcot303（千米），OBOAcot603（千米）3又△BOC中∠BOC=120o由余弦定理可得BC13（千米），3

13

3因此该船速度为v船239（千米/小时）1

6

（2）设点E是CB上的一点，则由AO⊥面BOC得∠AEO即为眺望员观察灯塔A的

OA仰角，在RtAOE中tanAEO，欲使∠AEO取最大值，则OE应取最小值。当OE

OE⊥CB时，OE可取最小值。由1OEBC1OBOCsinBOC可得OE322213∴tanAEOOA213OE3∴眺望员观察灯塔A的仰角最大为arctan213。320．（1）解法一：∵PA⊥面ABCD且AB⊥BC，AB是PB面ABCD内的射影∴PB⊥BC（三垂线定理）∴PB⊥面PAB且BC面PBC∴面PBC⊥面PAB其交线为PB

过A在平面PAB内作AH⊥PB于H，则AH⊥面PBC

∴AH即为点A到平面PBC的距离

又∵AD∥BC

∴∠PDA即为PD与BC所成的角，即∠PDA=30o

∵AD=3，∴PA=ADtan303，PB=2，AB=1PAAB3∴AHPB2解法二：（等积法）设点A到平面PBC的距离为d∵PA⊥面ABCD，∴VPABCVAPBC即1SABCPA1SPBCd33∵AB=BC=1且∠ABC=90o13，∴SABC，解得d222）∵PA⊥面ABCD且PA面PAC，∴面PAC⊥面ABCD其交线为AC过点B在平面ABCD内作BM⊥AC于M，则BM⊥面PAC

又过点M在平面PAC内作MN⊥PC于N，连结MN，则BN⊥PC（三垂线定理）∴∠BNM即为二面角A—PC—B的平面角

PBBC2125在RtPBC中BN55PC

在RtABBC2ABC中BMAC2∴在RtBMN中sinBNMBM10BN4即二面角A—PC—B的平面角大小为106、15arcsin4(arccos4arctan3)21．（1）由已知，得1|OF||FQ|sin()26,46,2，∴tan|OF||FQ|cosm.m42m46,∴1tan3,则43（2）设所求的双曲线方程为x2y21(a0,b0),点Q(x1,y1),则FQ(x1c,y1)a2b2∵△OFQ的面积126，∴y146|OF||y1|c2又由OFFQ(c,0)(x1c,y1)(x1c)c(61)c2，∴x16c44|OQ|x1223c29612,当且仅当c时，|OQ|最小此时Qy18c24.661的坐标为(6,6)，或(6,6)由此可得a2b2a2b216解得a24故所求方程为x2y21.wwwtesooncom..b21241222．（1）令x1,y0,得f(1)f(1)f(0),得f(0)1（2）当x0时，x0,f(0)f(x)f(x)1,0f(x)1.设x1,x2R，且x1x2，f(x1)f(x2)f(x1)f(x1x2x1)f(x1)[1f(x2x1)],

x1x2,

∴x2x10,

f(x2x1)1,

∴1f(x2x1)0.

而f(x1)0,

∴f(x1)f(x2)0,即f(x1)f(x2).

∴函数yf(x)在R上是减函数.

1得f(an1)f(2an)1,f(an1an2)f(0),由f(an1)f(2an)∴an1an20,即a