江西省某知名中學(xué)高三數(shù)學(xué)上學(xué)期第三次月考試題 文2

1、江西省上饒縣中學(xué)2018屆高三數(shù)學(xué)上學(xué)期第三次月考試題 文 時(shí)間:120分鐘 總分:150分 一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1.設(shè)集合a=x|y=lg（x1），集合b=y|y=x2+2，則ab等于a（1，2）b（1，2c1，2）d1，22.已知向量=（1，3），=（2，1），若（k+）（2），則實(shí)數(shù)k的取值為abc2d23.某幾何體的三視圖如右圖所示，圖中的四邊形都是邊長(zhǎng)為2的正方形，正視圖和側(cè)視圖中的兩條虛線都互相垂直且相等，則該幾何體的體積是abcd4.已知函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，且當(dāng)x0時(shí)，則f（1）=a2b0c1d

2、25.若a=20.5，b=log3，c=ln，則abcabbaccabcdcab6.已知sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)的和，a2+a5=4，s7=21，則a7的值為a6b7c8d97.直線x+（1+m）y=2m和直線mx+2y+8=0平行，則m的值為a1b2c1或2d8.設(shè)曲線y=a（x2）ln（x1）+ 6在點(diǎn)（2，6）處的切線方程為y=3x，則a=a2b3c4d59.若p（2，1）為圓（x1）2+y2=25的弦ab的中點(diǎn)，則直線ab的方程為a2x+y3=0bx+y1=0cxy3=0d2xy5=010.已知函數(shù)f（x）=sin（x+）（0，|）的最小正周期為，且其圖象向左平移個(gè)單位后得到函數(shù)g（

3、x）=cosx的圖象，則函數(shù)f（x）的圖象a關(guān)于直線對(duì)稱b關(guān)于直線對(duì)稱c關(guān)于點(diǎn)（，0）對(duì)稱d關(guān)于點(diǎn)（，0）對(duì)稱11.已知橢圓e：的右焦點(diǎn)為f（3，0），過(guò)點(diǎn)f的直線交橢圓e于a、b兩點(diǎn)若ab的中點(diǎn)坐標(biāo)為（1，1），則e的方程為abcd12.已知函數(shù)g（x）滿足g（x）=g（1）ex1g（0）x+，且存在實(shí)數(shù)x0使得不等式2m1g（x0）成立，則m的取值范圍為a（，2b（，3c1，+）d0，+）二、填空題（每題5分，滿分20分）13.若x，y滿足約束條件則z=x+2y的最小值為 14.一個(gè)勻速旋轉(zhuǎn)的摩天輪每12分鐘轉(zhuǎn)一周，最低點(diǎn)距地面2米，最高點(diǎn)距地面18米，p是摩天輪輪周上一定點(diǎn)，從p在最低點(diǎn)

4、時(shí)開始計(jì)時(shí)，則14分鐘后p點(diǎn)距地面的高度是 米15.已知，m是兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面下列命題：若/,/，則/若/,，則/若/，/，則/若/，/，則其中真命題是 （寫出所有真命題的序號(hào)）16.對(duì)于三次函數(shù)給出定義：設(shè)是函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，是函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，若方程有實(shí)數(shù)解，則稱點(diǎn)為函數(shù)的“拐點(diǎn)”，某同學(xué)經(jīng)過(guò)探究發(fā)現(xiàn)：任何一個(gè)三次函數(shù)都有“拐點(diǎn)”；任何一個(gè)三次函數(shù)都有對(duì)稱中心，且“拐點(diǎn)”就是對(duì)稱中心。給定函數(shù)，請(qǐng)你根據(jù)上面探究結(jié)果，計(jì)算=_.三、解答題(本大題共6小題，17題10分，其余每小題12分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明.證明過(guò)程或推演步驟.)17.已知集合a=x|x23x+20，b=x|a1x3a+1

5、（1）當(dāng)時(shí)，求ab；（2）命題p：xa，命題q：xb，若q是p的必要條件，求實(shí)數(shù)a的取值范圍18.已知向量，向量，函數(shù)（）求f（x）單調(diào)遞減區(qū)間；（）已知a，b，c分別為abc內(nèi)角a，b，c的對(duì)邊，a為銳角，c=4，且f（a）恰是f（x）在上的最大值，求a，b，和abc的面積s19.在等比數(shù)列中，且是與的等差中項(xiàng)（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）若數(shù)列滿足求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和20.如圖，四棱錐pabcd中，底面abcd為平行四邊形dab=60°，ab=2ad，pd底面abcd（）證明：pabd（）設(shè)pd=ad=1，求棱錐dpbc的高21.已知橢圓的離心率為，短軸長(zhǎng)為2（）求橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方

6、程；（）若圓o：x2+y2=1的切線l與曲線c相交于a、b兩點(diǎn)，線段ab的中點(diǎn)為m，求|om|的最大值22.已知函數(shù)，g（x）=ax2lnxa（ar，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）（1）求的極值；（2）在區(qū)間上，對(duì)于任意的，總存在兩個(gè)不同的，使得，求的取值范圍上饒縣中學(xué)2018屆高三年級(jí)上學(xué)期第二次月考數(shù) 學(xué) 試 卷(文科)答案1.b 2.a 3.c 4.a 5.c 6.d 7.a 8.c 9.c10.c 11.d 12.c 13.3 14.615.【分析】考查面面平行的判定定理，看條件是否都有即可判斷出真假；考查線面平行的性質(zhì)定理，看條件是否都有即可判斷出真假；可以采用舉反例的方法說(shuō)明其為假命題；先由

7、兩平行線中的一條和已知平面垂直，另一條也和平面垂直推得m，再由兩平行平面中的一個(gè)和已知直線垂直，另一個(gè)也和直線垂直推得m即為真命題【解答】解：對(duì)于，沒有限制是兩條相交直線，故為假命題；對(duì)于，利用線面平行的性質(zhì)定理可得其為真命題；對(duì)于，l也可以在平面內(nèi)，故其為假命題；對(duì)于，由l，ml可得m，再由可得m，即為真命題故真命題有 故答案為：16.2012略17.【考點(diǎn)】必要條件、充分條件與充要條件的判斷【分析】（1）當(dāng)a=時(shí)，求出集合b，根據(jù)集合的基本運(yùn)算即可求ab：（2）根據(jù)命題充分條件和必要條件的定義和關(guān)系，即可求實(shí)數(shù)a的取值范圍【解答】解：（1）a=x|x23x+20=（1，2），b=x|a1x

8、3a+1=（，），ab=（1，），（2）根據(jù)條件知，若xa，則xb，q是p的必要條件ab；，解得a2，故a的取值范圍為，2【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查集合的基本運(yùn)算以及充分條件和必要條件的應(yīng)用，利用不等式的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵18.【考點(diǎn)】余弦定理；平面向量數(shù)量積的運(yùn)算【分析】（）利用平面向量的運(yùn)算由已知可求函數(shù)f（x）的解析式，進(jìn)而利用正弦函數(shù)的單調(diào)性即可得解（）結(jié)合范圍，由正弦函數(shù)圖象可求a的值，由余弦定理解得b的值，進(jìn)而利用三角形面積公式即可計(jì)算得解【解答】（本小題滿分12分）解：（）=+1+sin2x+=sin2xcos2x+2=sin（2x）+2，（3分），所以：f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為：（

9、） 由（1）知：，時(shí)，由正弦函數(shù)圖象可知，當(dāng)時(shí)f（x）取得最大值3，（7分），（8分）由余弦定理，a2=b2+c22bccosa，得：，b=2，（10分）（12分）【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平面向量的運(yùn)算，正弦函數(shù)的單調(diào)性，余弦定理，三角形面積公式在解三角形中的應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題19.【考點(diǎn)】數(shù)列的求和；等比數(shù)列的通項(xiàng)公式【分析】（1）設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，運(yùn)用等差數(shù)列的性質(zhì)和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，解方程可得公比q，即可得到所求通項(xiàng)公式；（2）化簡(jiǎn)bn=2n1+（），運(yùn)用分組求和和裂項(xiàng)相消求和，化簡(jiǎn)即可得到所求和【解答】解：（1）設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，a2是a1與a31的等差中

10、項(xiàng)，即有a1+a31=2a2，即為1+q21=2q，解得q=2，即有an=a1qn1=2n1；（2）=an+=2n1+（），數(shù)列bn的前n項(xiàng)和=（1+2+22+2n1）+（1+）=+1=2n20.【考點(diǎn)】直線與平面垂直的性質(zhì)；棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積【分析】（）因?yàn)閐ab=60°，ab=2ad，由余弦定理得bd=，利用勾股定理證明bdad，根據(jù)pd底面abcd，易證bdpd，根據(jù)線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，可證pabd；（ii）要求棱錐dpbc的高只需證bc平面pbd，然后得平面pbc平面pbd，作depb于e，則de平面pbc，利用勾股定理可求得de的長(zhǎng)【解答】解：（）證明：因?yàn)閐

11、ab=60°，ab=2ad，由余弦定理得bd=，從而bd2+ad2=ab2，故bdad又pd底面abcd，可得bdpd所以bd平面pad故pabd（ii）解：作depb于e，已知pd底面abcd，則pdbc，由（i）知，bdad，又bcad，bcbd故bc平面pbd，bcde，則de平面pbc由題設(shè)知pd=1，則bd=，pb=2根據(jù)depb=pdbd，得de=，即棱錐dpbc的高為21.【分析】（i）根據(jù)條件列方程組解出a，b即可得出橢圓的方程；（ii）設(shè)直線l方程為x=my+t，聯(lián)立方程組消元，利用根與系數(shù)的關(guān)系求出m的坐標(biāo)，根據(jù)距離公式求出|om|的最值【解答】解：（ i）由題意

12、得，解得a=2，b=1橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程（ ii）設(shè)a（x1，y1），b（x2，y2），m（x0，y0），若直線l的斜率為0，則l方程為y=±1，此時(shí)直線l與橢圓只有1個(gè)交點(diǎn)，不符合題意；設(shè)直線l：x=my+tl與圓o相切，即t2=m2+1；聯(lián)立方程組，消去x，得（m2+4）y2+2mty+t24=0，則=4m2t24（t24）（m2+4）=16（m2t2+4）=480，即，設(shè)x=m2+4，則x4，當(dāng)x=8時(shí)等號(hào)成立，|om|取得最大值=【點(diǎn)評(píng)】本題考查了橢圓的性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，注意根與系數(shù)的關(guān)系應(yīng)用，屬于中檔題，22.【考點(diǎn)】6d：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值；6b：利用導(dǎo)數(shù)研究

13、函數(shù)的單調(diào)性【分析】（1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；（2）求出當(dāng)x（0，e時(shí)，函數(shù)f（x）的值域，通過(guò)討論a的范圍結(jié)合g（x）的單調(diào)性，求出a的具體范圍即可【解答】解：（1）因?yàn)閒（x）=，所以f（x）=，令f（x）=0，得x=1 當(dāng)x（，1）時(shí)，f（x）0，f（x）是增函數(shù)；當(dāng)x（1，+）時(shí)，f（x）0，f（x）是減函數(shù)所以f（x）在x=1時(shí)取得極大值f（1）=1，無(wú)極小值 （2）由（1）知，當(dāng)x（0，1）時(shí)，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x（1，e時(shí)，f（x）單調(diào)遞減又因?yàn)閒（0）=0，f（1）=1，f（e）=ee1e0，所以當(dāng)x（0，e時(shí)，函數(shù)f（x）的值域?yàn)?/p>

14、（0，1當(dāng)a=0時(shí)，g（x）=2lnx在（0，e上單調(diào)，不合題意； 當(dāng)a0時(shí)，g（x）=，x（0，e，故必須滿足0e，所以a 此時(shí)，當(dāng)x 變化時(shí)，g（x），g（x）的變化情況如下：x（0，）（，eg（x）0+g（x）單調(diào)減最小值單調(diào)增所以x0，g（x）+，g（）=2a2ln，g（e）=a（e1）2，所以對(duì)任意給定的x0（0，e，在區(qū)間（0，e上總存在兩個(gè)不同的x1，x2使得g（x1）=g（x2）=f（x0），當(dāng)且僅當(dāng)a滿足下列條件，即，令m（a）=2a2ln，a（，+），m（a）=，由m（a）=0，得a=2當(dāng)a（2，+）時(shí)，m（a）0，函數(shù)m（a）單調(diào)遞減；當(dāng)a（，2）時(shí)，m（a）0，函數(shù)m（

15、a）單調(diào)遞增所以，對(duì)任意a（，+）有m（a）m（2）=0，即2a2ln0對(duì)任意a（，+）恒成立由a（e1）21，解得a，綜上所述，當(dāng)a，+）時(shí)，對(duì)于任意給定的x0（0，e，在區(qū)間（0，e上總存在兩個(gè)不同的x1，x2，使得g（x1）=g（x2）=f（x0） 高三第三次月考文科數(shù)學(xué)試卷答案1.b【考點(diǎn)】交集及其運(yùn)算【分析】求出a中x的范圍確定出a，求出b中y的范圍確定出b，找出a與b的交集即可【解答】解：由a中y=lg（x1），得到x10，解得：x1，即a=（1，+），由b中y=x2+22，得到b=（，2，則ab=（1，2，故選：b【點(diǎn)評(píng)】此題考查了交集及其運(yùn)算，熟練掌握交集的定義是解本題的關(guān)鍵2

16、.a【考點(diǎn)】平行向量與共線向量【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；平面向量及應(yīng)用【分析】首先要表示出向量，再代入向量平行的坐標(biāo)形式的充要條件，得到關(guān)于字母系數(shù)的方程，解方程即可【解答】解：=（1，3），=（2，1），k+=k（1，3）+（2，1）=（2+k，13k），2=（3，5），（k+）（2），5（2+k）=3（13k），解得：k=故選：a【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了平面向量共線的坐標(biāo)表示，同時(shí)考查學(xué)生的計(jì)算能力，要注意與向量垂直的坐標(biāo)表示的區(qū)別，屬于基礎(chǔ)題3.c【考點(diǎn)】由三視圖求面積、體積【分析】根據(jù)幾何體的三視圖得出該幾何體是邊長(zhǎng)為2的正方體中，去掉一個(gè)高為1的正四棱錐，求出它的體積即可【解答

17、】解：根據(jù)幾何體的三視圖得，該幾何體是邊長(zhǎng)為2的正方體中，去掉一個(gè)高為1的正四棱錐，該幾何體的體積是v組合體=v正方體v四棱錐=23×22×1=故選：c4.a【考點(diǎn)】3l：函數(shù)奇偶性的性質(zhì)【分析】由奇函數(shù)定義得，f（1）=f（1），根據(jù)x0的解析式，求出f（1），從而得到f（1）【解答】解：f（x）是定義在r上的奇函數(shù)，f（x）=f（x），f（1）=f（1），又當(dāng)x0時(shí)，f（x）=x2+，f（1）=12+1=2，f（1）=2，故選：a5.c【考點(diǎn)】對(duì)數(shù)值大小的比較【分析】利用對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可得出【解答】解：a=20.5，1，0b=log31，c=ln0，abc故選：c6

18、.d【考點(diǎn)】等差數(shù)列的性質(zhì)【分析】由a2+a5=4，s7=21根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得a3+a4=a1+a6=4，根據(jù)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得，聯(lián)立可求d，a1，代入等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可求【解答】解法一：等差數(shù)列an中，a2+a5=4，s7=21根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得a3+a4=a1+a6=4根據(jù)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得，所以 a1+a7=6可得d=2，a1=3所以a7=9解法二：s6=（）×6=12a7=s7s6=9 故選d7.a【考點(diǎn)】直線的一般式方程與直線的平行關(guān)系【分析】由直線平行可得1×2（1+m）m=0，解方程排除重合可得【解答】解：直線x+（1+m）y=2m

19、和直線mx+2y+8=0平行，1×2（1+m）m=0，解得m=1或2，當(dāng)m=2時(shí)，兩直線重合故選：a【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線的一般式方程和平行關(guān)系，屬基礎(chǔ)題8.c【分析】求出導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，由切線方程可得a1=3，即可得到a的值【解答】解：y=a（x2）ln（x1）的導(dǎo)數(shù)為：y=a，在點(diǎn)（2，6）處的切線斜率為a1=3，解得a=4，故選：c【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率，注意運(yùn)用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，正確求導(dǎo)是解題的關(guān)鍵9.c【考點(diǎn)】直線與圓的位置關(guān)系【分析】求出圓心c的坐標(biāo)，得到pc的斜率，利用中垂線的性質(zhì)求得直線ab的斜率，點(diǎn)斜式寫出ab的方程，并化為一般式【解答】解：圓（

20、x1）2+y2=25的圓心c（1，0），點(diǎn)p（2，1）為 弦ab的中點(diǎn)，pc的斜率為=1，直線ab的斜率為1，點(diǎn)斜式寫出直線ab的方程 y+1=1×（x2），即 xy3=0，故選c10.c【考點(diǎn)】函數(shù)y=asin（x+）的圖象變換【分析】利用正弦函數(shù)的周期性、函數(shù)y=asin（x+）的圖象變換規(guī)律、誘導(dǎo)公式，求得f（x）的解析式，再利用正弦函數(shù)的圖象的對(duì)稱性，得出結(jié)論【解答】解：函數(shù)f（x）=sin（x+）（0，|）的最小正周期為，=，=2把其圖象向左平移個(gè)單位后得到函數(shù)g（x）=cosx=sin（2x+）的圖象，+=k+，kz，=，f（x）=sin（2x）由于當(dāng)x=時(shí)，函數(shù)f（x）

21、=0，故a不滿足條件，而c滿足條件；令x=，求得函數(shù)f（x）=sin=，故b、d不滿足條件，故選：c11.d【考點(diǎn)】橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程【分析】設(shè)a（x1，y1），b（x2，y2），代入橢圓方程得，利用“點(diǎn)差法”可得利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得x1+x2=2，y1+y2=2，利用斜率計(jì)算公式可得=于是得到，化為a2=2b2，再利用c=3=，即可解得a2，b2進(jìn)而得到橢圓的方程【解答】解：設(shè)a（x1，y1），b（x2，y2），代入橢圓方程得，相減得，x1+x2=2，y1+y2=2， =，化為a2=2b2，又c=3=，解得a2=18，b2=9橢圓e的方程為故選d12.c【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值【分析

22、】分別求出g（0），g（1），求出g（x）的表達(dá)式，求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出g（x）的最小值，問題轉(zhuǎn)化為只需2m1g（x）min=1即可，求出m的范圍即可【解答】解：g（x）=g（1）ex1g（0）x+，g（x）=g（1）ex1g（0）+x，g（1）=g（1）g（0）+1，解得：g（0）=1，g（0）=g（1）e1，解得：g（1）=e，g（x）=exx+x2，g（x）=ex1+x，g（x）=ex+10，g（x）在r遞增，而g（0）=0，g（x）0在（，0）恒成立，g（x）0在（0，+）恒成立，g（x）在（，0）遞減，在（0，+）遞增，g（x）min=g（0）=1，若存在實(shí)數(shù)

23、x0使得不等式2m1g（x0）成立，只需2m1g（x）min=1即可，解得：m1，故選：c【點(diǎn)評(píng)】本題考查了求函數(shù)的表達(dá)式問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題13.3【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單線性規(guī)劃【分析】作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域，利用z的幾何意義即可得到結(jié)論【解答】解：作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域，由z=x+2y，得y=，平移直線y=，由圖象可知當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)c時(shí)，直線y=的截距最小，此時(shí)z最小，由，得，即c（3，0）此時(shí)z=3+2×0=3故答案為：3【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查線性規(guī)劃的應(yīng)用，利用圖象平行求得目標(biāo)函數(shù)的最小值，利用數(shù)形結(jié)合是解決線性規(guī)劃問題中的基本方

24、法14.6【考點(diǎn)】函數(shù)y=asin（x+）的圖象變換【分析】由實(shí)際問題設(shè)出p與地面高度與時(shí)間t的關(guān)系，f（t）=asin（t+）+b，由題意求出三角函數(shù)中的參數(shù)a，b，及周期t，利用三角函數(shù)的周期公式求出，通過(guò)初始位置求出，求出f（14）的值即可【解答】解：設(shè)p與地面高度與時(shí)間t的關(guān)系，f（t）=asin（t+）+b（a0，0，0，2），由題意可知：a=8，b=10，t=12，所以=，即 f（t）=8sin（t+）+10，又因?yàn)閒（0）=2，即 sin=1，故 =，f（t）=8sin（t+）+10，f（14）=6（米），故答案為：615.【考點(diǎn)】lq：平面與平面之間的位置關(guān)系；lp：空間中直線

25、與平面之間的位置關(guān)系【分析】考查面面平行的判定定理，看條件是否都有即可判斷出真假；考查線面平行的性質(zhì)定理，看條件是否都有即可判斷出真假；可以采用舉反例的方法說(shuō)明其為假命題；先由兩平行線中的一條和已知平面垂直，另一條也和平面垂直推得m，再由兩平行平面中的一個(gè)和已知直線垂直，另一個(gè)也和直線垂直推得m即為真命題【解答】解：對(duì)于，沒有限制是兩條相交直線，故為假命題；對(duì)于，利用線面平行的性質(zhì)定理可得其為真命題；對(duì)于，l也可以在平面內(nèi)，故其為假命題；對(duì)于，由l，ml可得m，再由可得m，即為真命題故真命題有 故答案為：16.2012略17.【考點(diǎn)】必要條件、充分條件與充要條件的判斷【分析】（1）當(dāng)a=時(shí)，求

26、出集合b，根據(jù)集合的基本運(yùn)算即可求ab：（2）根據(jù)命題充分條件和必要條件的定義和關(guān)系，即可求實(shí)數(shù)a的取值范圍【解答】解：（1）a=x|x23x+20=（1，2），b=x|a1x3a+1=（，），ab=（1，），（2）根據(jù)條件知，若xa，則xb，q是p的必要條件ab；，解得a2，故a的取值范圍為，2【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查集合的基本運(yùn)算以及充分條件和必要條件的應(yīng)用，利用不等式的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵18.【考點(diǎn)】余弦定理；平面向量數(shù)量積的運(yùn)算【分析】（）利用平面向量的運(yùn)算由已知可求函數(shù)f（x）的解析式，進(jìn)而利用正弦函數(shù)的單調(diào)性即可得解（）結(jié)合范圍，由正弦函數(shù)圖象可求a的值，由余弦定理解得b的值，進(jìn)而利

27、用三角形面積公式即可計(jì)算得解【解答】（本小題滿分12分）解：（）=+1+sin2x+=sin2xcos2x+2=sin（2x）+2，（3分），所以：f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為：（） 由（1）知：，時(shí)，由正弦函數(shù)圖象可知，當(dāng)時(shí)f（x）取得最大值3，（7分），（8分）由余弦定理，a2=b2+c22bccosa，得：，b=2，（10分）（12分）【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平面向量的運(yùn)算，正弦函數(shù)的單調(diào)性，余弦定理，三角形面積公式在解三角形中的應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題19.【考點(diǎn)】數(shù)列的求和；等比數(shù)列的通項(xiàng)公式【分析】（1）設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，運(yùn)用等差數(shù)列的性質(zhì)和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，解方程可得

28、公比q，即可得到所求通項(xiàng)公式；（2）化簡(jiǎn)bn=2n1+（），運(yùn)用分組求和和裂項(xiàng)相消求和，化簡(jiǎn)即可得到所求和【解答】解：（1）設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，a2是a1與a31的等差中項(xiàng)，即有a1+a31=2a2，即為1+q21=2q，解得q=2，即有an=a1qn1=2n1；（2）=an+=2n1+（），數(shù)列bn的前n項(xiàng)和=（1+2+22+2n1）+（1+）=+1=2n20.【考點(diǎn)】直線與平面垂直的性質(zhì)；棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積【分析】（）因?yàn)閐ab=60°，ab=2ad，由余弦定理得bd=，利用勾股定理證明bdad，根據(jù)pd底面abcd，易證bdpd，根據(jù)線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，可證

29、pabd；（ii）要求棱錐dpbc的高只需證bc平面pbd，然后得平面pbc平面pbd，作depb于e，則de平面pbc，利用勾股定理可求得de的長(zhǎng)【解答】解：（）證明：因?yàn)閐ab=60°，ab=2ad，由余弦定理得bd=，從而bd2+ad2=ab2，故bdad又pd底面abcd，可得bdpd所以bd平面pad故pabd（ii）解：作depb于e，已知pd底面abcd，則pdbc，由（i）知，bdad，又bcad，bcbd故bc平面pbd，bcde，則de平面pbc由題設(shè)知pd=1，則bd=，pb=2根據(jù)depb=pdbd，得de=，即棱錐dpbc的高為21.【分析】（i）根據(jù)條件列

30、方程組解出a，b即可得出橢圓的方程；（ii）設(shè)直線l方程為x=my+t，聯(lián)立方程組消元，利用根與系數(shù)的關(guān)系求出m的坐標(biāo)，根據(jù)距離公式求出|om|的最值【解答】解：（ i）由題意得，解得a=2，b=1橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程（ ii）設(shè)a（x1，y1），b（x2，y2），m（x0，y0），若直線l的斜率為0，則l方程為y=±1，此時(shí)直線l與橢圓只有1個(gè)交點(diǎn)，不符合題意；設(shè)直線l：x=my+tl與圓o相切，即t2=m2+1；聯(lián)立方程組，消去x，得（m2+4）y2+2mty+t24=0，則=4m2t24（t24）（m2+4）=16（m2t2+4）=480，即，設(shè)x=m2+4，則x4，當(dāng)x=8時(shí)等號(hào)成立，|om|取