八所中学2014届高三年级第七次月考(理)

命题人：林志雄审题人：倪德生曾雄飞PAGEPAGE3八所中学2014届高三年级第七次月考数学试卷（理）（时间：120分钟，满分：150分）第Ⅰ卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60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．已知全集，集合A. B. C. D.2.设点，，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是（）A．或 B． C． D．或3.若直线和直线关于直线对称，那么直线恒过定点()A．（2，0） B．（1，－1） C．（1，1） D．（－2，0）4.设若，则的值为(）A．B.C.D.5.若函数，，则函数的极值点的个数是()A．0 B．1 C．2 D．36.已知是抛物线的焦点，是抛物线上的两点，，则线段的中点到轴的距离为()A．eq\f(3,4) B．1C．eq\f(5,4) D．eq\f(7,4)7.已知双曲线的中心为原点，是的焦点，过的直线与相交于两点，且的中点为，则的方程为()A．B．C．D．8.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图为()9.设为两条直线，为两个平面，则下列结论成立的是()A．若且，则B．若且，则C．若，则D．若则10.设是等比数列的前n项和，，则等于()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,5)C.eq\f(1,8)D.eq\f(1,9)11.在锐角中，若，则的范围（）A． B． C． D．12.设是定义在上以2为周期的偶函数，已知，，则函数在上()A．是增函数且B．是增函数且C．是减函数且D．是减函数且第Ⅱ卷二、填空题（本大题共有4小题，每小题5分，共20分，将答案填写在答题卡相应的位置上）13.将函数的图象向左平移个单位后，得函数的图象，则等于.14.设命题，命题.若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是________.15．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱锥高为3，体积为6，则这个球的表面积是_____．16．已知直线与圆交于不同的两点、，是坐标原点，，那么实数的取值范围是________．三、解答题（要求写出必要的计算步骤和解答过程。）17．（本小题满分12分）在中，的对边分别为，且．(1）求的值；(2）若，，求和．18．（本小题满分12分）设各项均为正数的等比数列中，，.设.(1)求数列的通项公式；(2)若，，求证：；19．(本小题满分l2分)如图，在多面体ABCDEF中，ABCD为菱形，ABC=60，EC面ABCD，FA面ABCD，G为BF的中点，若EG//面ABCD．(I)求证：EG面ABF；(Ⅱ)若AF=AB，求二面角B—EF—D的余弦值．20．（本小题满分12分）是双曲线上一点，、分别是双曲线的左、右顶点，直线，的斜率之积为eq\f(1,5).(1)求双曲线的离心率；(2)过双曲线的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于，两点，为坐标原点，为双曲线上一点，满足，求的值．21．（本小题满分12分）设函数(I)讨论的单调性；（II）若有两个极值点和，记过点的直线的斜率为，问：是否存在，使得若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．请考生在第22、23、24三题中任选一题做答，如果多做。则按所做的第一题记分．答题时用2B铅笔在答题卡上把所选的题号涂黑.22.（本小题满分10分）《选修4—1：几何证明选讲》如图，直线过圆心，交⊙于，直线交⊙于(不与重合)，直线与⊙相切于,交于,且与垂直，垂足为,连结.求证：(1);(2).23.（本小题满分10分）《选修4—4：坐标系与参数方程》在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)是上的动点，点满足，点的轨迹为曲线.(1)求的方程；(2)在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线与的异于极点的交点为，与的异于极点的交点为，求.24.（本小题满分10分）《选修4—5：不等式选讲》设函数,其中.（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若不等式的解集为，求的值.八所中学高三第七次月考数学答案（理科）一、选择题（共12小题，每小题5分，每小题只有一个正确答案）题号123456789101112答案DACADCBDDBAD二、填空题：(共5小题，每小题5分)13.14.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))15.16π16.(－2，－eq\r(2)]∪[eq\r(2)，2)三、解答题：17.（1）由正弦定理得，，又，∴，…2分即，∴，…4分∴,又，∴。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分(2）由得，又，∴。。。。。。。。。。。。。。。。。。。8分由，可得，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。10分∴，即，∴．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分18．解：(1)设数列{an}的公比为q(q＞0)，由题意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝10,a1q2＋a1q4＝40))，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分∴a1＝q＝2，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。4分∴an＝2n，∴bn＝n.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分(2)∵c1＝1＜3，cn＋1－cn＝eq\f(n,2n)，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。8分当n≥2时，cn＝(cn－cn－1)＋(cn－1－cn－2)＋…＋(c2－c1)＋c1＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)，∴eq\f(1,2)cn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n－1,2n).。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。10分相减整理得：cn＝1＋1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2n－2)－eq\f(n－1,2n－1)＝3－eq\f(n＋1,2n－1)＜3，故cn＜3.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分19．解:(Ⅰ)取AB的中点M，连结GM,MC，G为BF的中点,所以GM//FA,又EC面ABCD,FA面ABCD,∵CE//AF,∴CE//GM,………………2分∵面CEGM面ABCD=CM,EG//面ABCD,∴EG//CM,………………4分∵在正三角形ABC中，CMAB,又AFCM∴EGAB,EGAF,∴EG面ABF.…6分（Ⅱ）建立如图所示的坐标系,设AB=2,则B（）E(0,1,1)F（0，-1，2）=(0，-2,1),=(,-1，-1),=(,1，1),………………8分设平面BEF的法向量=（）则令，则,∴=（）…10分同理，可求平面DEF的法向量=（-）设所求二面角的平面角为，则=.…12分20．解：(1)点P(x0，y0)(x0≠±a)在双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上，有eq\f(x\o\al(2,0),a2)－eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，。。。。。。。。。。1分由题意又有eq\f(y0,x0－a)·eq\f(y0,x0＋a)＝eq\f(1,5)，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分可得a2＝5b2，c2＝a2＋b2＝6b2，则e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(30),5).。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。4分(2)联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－5y2＝5b2,y＝x－c))，得4x2－10cx＋35b2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(5c,2)，,x1x2＝\f(35b2,4)))①。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分设，，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3＝λx1＋x2,y3＝λy1＋y2))又C为双曲线上一点，即xeq\o\al(2,3)－5yeq\o\al(2,3)＝5b2，有(λx1＋x2)2－5(λy1＋y2)2＝5b2。。。。。。。7分化简得：λ2(xeq\o\al(2,1)－5yeq\o\al(2,1))＋(xeq\o\al(2,2)－5yeq\o\al(2,2))＋2λ(x1x2－5y1y2)＝5b2。。。。。。。。。。。。。。。。。。。9分又A(x1，y1)，B(x2，y2)在双曲线上，所以xeq\o\al(2,1)－5yeq\o\al(2,1)＝5b2，xeq\o\al(2,2)－5yeq\o\al(2,2)＝5b2由①式又有x1x2－5y1y2＝x1x2－5(x1－c)(x2－c)＝－4x1x2＋5c(x1＋x2)－5c2＝10得λ2＋4λ＝0，解出λ＝0或λ＝－4.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分21．解：（I）的定义域为。。。。。。1分令，其判别式。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分（1）当时，故在上单调递增。。。。。。。。。。。3分（2）当时，的两根都小于，在上，，故在上单调递增。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。4分（3）当时，的两根为，当时，；当时，；当时，，故分别在上单调递增，在上单调递减．。。。。。。。。。。6分（II）由（I）知，．因为，所以。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。7分又由(I)知，．于是。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。8分若存在，使得则．即．。。。。。。9分亦即。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。10分再由（I）知，函数在上单调递增，。。。。。。。。。。。。。。。11分而，所以这与式矛盾．故不存在，使得。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分四、选做题（22）22.【证明】(1)连结BC,∵AB是直径，∴∠ACB=90°,∴∠ACB=∠AGC=90°.∵GC切⊙O于C,∴∠GCA=∠ABC.∴∠BAC=∠CAG.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5分(2)连结CF,∵EC切⊙O于C,∴∠ACE=∠AFC.又∠BAC=∠CAG,∴△ACF∽△AEC.∴,∴AC2=AE·AF.。。。。。。。。。。。。。。。。。。10分（23）解：(1)设P(x，y)，则由条件知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，\f(y,2)))，由于M点在C1上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＝2cosα，,\f(y,2)＝2＋2sinα.))从而C2的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4cosα，,y＝4＋4sinα.))(α为参数)。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5分(2)曲线C1的极坐标方程为ρ＝4sinθ，曲线C2的极坐标方程为ρ＝8sinθ.射线θ＝eq\f(π,3)与C1的交点A的极径为ρ1＝4sineq\f(π,3)，射线θ＝eq