2019-2020年高三(下)第三次月考數(shù)學(xué)試卷(理科)含解析

1、含解析2019-2020年高三（下）第三次月考數(shù)學(xué)試卷（理科）一、選擇題（每小題有且只有1個選項符合題意，將正確的選項涂在答題卡上，每小題5分，共40分.）1 .某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（B. 240C. 276D.3002 .已知m,n是兩條不同直線，%3是兩個不同平面，給出四個命題：若an=m,n?a,n,m,則a±3若m,a,m,&則a/3若m,a,n±3,m，n,則a±3若m/a,n/&m/n,則a/3其中正確的命題是（）A.B.C.D.3 .已知三棱柱ABC-AlBlCl的側(cè)棱與底面垂直，體積為底面是邊長為的正三

2、角形,4P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為12B.C.D.2Ky2104 .在平面直角坐標(biāo)系xOy中，M為不等式組，工口所表示的區(qū)域上一動點，則直舉+y-線OM斜率的最小值為（）A.2B.1C.-D.-326 .已知雙曲線Ci:（p>0）的焦點到雙曲線7 .拋物線Ci:于第一象限的點A :;38 .已知橢圓E：b. h73-i?2七一七=1（a>0, b>0）的焦距是實軸長的Ci的漸近線的距離為R 2 K ：B. x =-y3D. 22倍.若拋物線C2: x2=2py2,則拋物線C2的方程為（C. x2=8yD.)x2=16y（p>O）的焦點與

3、雙曲線 C2: 3- ¥2二1的右焦點的連線交 Ci3M.若Ci在點M處的切線平行于 C2的一條漸近線，則 p=（BYC.2V3TD.22三:。1 3>b>0）的右焦點為F （3, 0）,過點F的直線交橢圓E于 a b2A、B兩點.若AB的中點坐標(biāo)為（1, - 1）,則E的方程為（二、填空題：（每小題0分，共30分.）015春？天津校級月考）已知數(shù)列an的前n項和Sn滿足Sn=2an+i（nCN）,且ai=i,則通項公式an=.1015春？天津校級月考）圓心在直線x-2y+7=0上的圓C與x軸交于兩點A（-2,0）、B（-4,0）,則圓C的方程為.1015春？天津校級月考

4、）在邊長為2的菱形ABCD中，/BAD=60°,E為CD的中點，則正?而=.JUJT1015春？天津校級月考）已知cos（x?。?-,貝Ucosx+cos（x-）=6331015春？天津校級月考）已知函數(shù)y=x3-3x+c的圖象與x軸恰有三個公共點，則實數(shù)c的取值范圍是.221015春？天津校級月考)點F是橢圓E:二1的左焦點，過點F且傾斜角是銳角的直259線l與橢圓E交于A、B兩點，若4AOB的面積為望，則直線l的斜率是.三、解答題：(15-18每小題0分，19-20每小題0分，共80分.)1015春？天津校級月考)一個袋子中裝有大小形狀完全相同的編號分別為1,2,3,4,5的5個

5、紅球與編號為1,2,3,4的4個白球，從中任意取出3個球.(I)求取出的3個球顏色相同且編號是三個連續(xù)整數(shù)的概率；(n)記X為取出的3個球中編號的最大值，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望.1013?鐵嶺模擬)在4ABC中，角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且acosC,bcosB,ccosA成等差數(shù)列，(I)求B的值；(n)求2sin2A+cos(A-C)的范圍.1014?東莞二模)如圖，在四麴隹P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，側(cè)面PAD1底面ABCD,且PA=PD=U£d,E、F分別為PC、BD的中點.2(I)求證：EF/平面PAD;(n)求證：面PABL平面PDC;(m)

6、在線段AB上是否存在點G,使得二面角C-PD-G的余弦值為工?說明理由.31014?河北區(qū)三模)已知函數(shù)f(x)=x(a>0).(I)若a=2,求f(x)在(1,f(1)處的切線方程；(n)求f(x)在區(qū)間1,e上的最小值；(出)若f(x)在區(qū)間(1,e)上恰有兩個零點，求a的取值范圍.1014?天津三模)已知數(shù)列an的前n項和Sn=-an-6)"T+2(nCN*),數(shù)列bn滿足bn=2nan.(1)求證數(shù)列bn是等差數(shù)列，并求數(shù)列an的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列=ilan的前n項和為Tn,證明：nCN且n3時，Tn>；n2n+l(3)設(shè)數(shù)列Cn滿足an(cn-3n)=1)n

7、1Q(入為非零常數(shù)，nCN*),問是否存在整數(shù)N使得又任意nCN*,都有Cn+1>cn.2013?和平區(qū)一模)已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點，焦點在x軸上，離心率為它的一個頂點恰好是拋物線x2=4J可¥的焦點.(I)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(II)若A、B是橢圓C上關(guān)x軸對稱的任意兩點，設(shè)P(-4,0),連接PA交橢圓C于另一點E,求證：直線BE與x軸相交于定點M;(III)設(shè)O為坐標(biāo)原點，在(II)的條件下，過點M的直線交橢圓C于S、T兩點，求!而？5f的取值范圍.2014-2015學(xué)年天津市南開中學(xué)高三（下）第三次月考數(shù)學(xué)試卷（理科）參考答案與試題解析一、選擇題（每小題有且只有i個

8、選項符合題意，將正確的選項涂在答題卡上，每小題分，共40分.）1 .某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（）A.180B.240C.276D.300考點：由三視圖求面積、體積.專題：計算題.分析：由三視圖可知幾何體復(fù)原后，上部是四棱錐，下部是正方體，利用三視圖的數(shù)據(jù)，求出幾何體的表面積即可.解答：解：由題意可知幾何體復(fù)原后，上部是四棱錐，下部是正方體,四棱錐的底面是邊長為6的正方形，側(cè)面斜高為5;下部是棱長為6的正方體，所以幾何體的表面積為：5個正方形的面積加上棱錐的側(cè)面積,即：5 >6 >6+4>4=240 .故選B.點評：本題考查幾何體與三視圖的關(guān)系，幾何體

9、的表面積的求法，考查計算能力.2 .已知m,n是兩條不同直線，%3是兩個不同平面，給出四個命題:若an=m,n?a,n,m,則a±3若m,a,m,&則a/3若m,a,n±3,m，n,則a±3若m/a,n/&m/n,則a/3其中正確的命題是（A .)B.C.D. 考點：命題的真假判斷與應(yīng)用; 專題：空間位置關(guān)系與距離.分析：由面面垂直的判定定理, 何特征，可以判斷的真假;平面與平面之間的位置關(guān)系.可判斷 的真假；由面面平行的判定定理及線面垂直的幾 由面面垂直的判定定理，及線面垂直的幾何特征，可以判斷的真假.的真假；根據(jù)線面平行的幾何特征及面面平行的判

10、定方法，可以判斷解答：解：若an=m,n?a,n±m,如圖，則“與3不一定垂直，故為假命題;(X,若m，若m，若m/(X,m± 3,根據(jù)垂直于同一條直線的兩個平面平行，則n± 3, m，n,則n 3,故為真命題；a/ 3；故為真命題;n / 3, m/ 3如圖，則”與3可能相交，故為假命題.(X,故選B.點評：本題考查的知識點是平面與平面之間的位置關(guān)系, 直的判定定理、性質(zhì)定義、幾何特征是解答的關(guān)鍵.熟練掌握空間直線與平面平行及垂3.已知三棱柱 ABC - A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體積為四的正三角形,P為底面AiBiCi的中心，則PA與平面ABC所成角的大小

11、為（12B.C.D.考點：直線與平面所成的角.專題：空間位置關(guān)系與距離；空間角.分析：利用三棱柱ABC-AiBiCi的側(cè)棱與底面垂直和線面角的定義可知，/APA1為PA與平面AiBiCi所成角，即為/APAi為PA與平面ABC所成角.利用三棱錐的體積計算公式可得AAi,再利用正三角形的性質(zhì)可得AiP,在RtAAiP中，利用tan/APAi=t丁即可1Alp得出.解答：解：如圖所示，.AA底面AiBiCi,/APAi為PA與平面AiBiCi所成角，平面ABC/平面AiBiCi,/APAi為PA與平面ABC所成角.s /EM哼 “（折'V三棱柱ABCA1B1C1=又P為底面正三角形A1B1

12、C1的中心，在RAAiP中，tm/APA產(chǎn)TT/APA二鍵.4.在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，M為不等式組所表示的區(qū)域上一動點， 則直體積計算公式、正三角形的性質(zhì)、線面角的定義是解題的關(guān)線OM斜率的最小值為（B.1C.D.考點: 專題： 分析：簡單線性規(guī)劃.不等式的解法及應(yīng)用.本題屬于線性規(guī)劃中的延伸題，對于可行域不要求線性目標(biāo)函數(shù)的最值，而是求可行域內(nèi)的點與原點（0,0）構(gòu)成的直線的斜率的最小值即可.解答：解：不等式組2k -y -xt2y - l)03x+y-當(dāng)M取得點A (3, - 1)時，z直線OM斜率取得最小，最小值為k=故選C.點評：本題利用直線斜率的幾何意義，求可行域中的點與原點的

13、斜率.本題主要考查了用平面區(qū)域二元一次不等式組，以及簡單的轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合的思想，屬中檔題.5.已知F1和F2分別是雙曲線22三-:1 (a> 0, b>0)的兩個焦點,A和B是以O(shè)為圓心，以|OFi|為半徑的圓與該雙曲線左支的兩個交點，且 F2AB是等邊三角形，則該雙曲線的離心率為(C.D. 2考點: 專題： 分析：雙曲線的簡單性質(zhì).計算題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程.連接 AFi,可得 / AF2Fi=30°, /FiAF2=90°,F2Fi=2c, AFi=c, AF2=/5c,由雙曲線的定義可知：AF2-AFi= /3c- c=2a,變形可得離心率的值

14、. 解答： 解：連接 AFi,可得 / AF2Fi=30°, /FiAF2=90°, 由焦距的意義可知 F2Fi=2c, AFi=c,由勾股定理可知 AF2= . 五,由雙曲線的定義可知：AF2-AFi=2a,即有c-c=2a,變形可得雙曲線的離心率c=_2_- 1故選：C.點評：本題考查雙曲線的性質(zhì)，涉及直角三角形的性質(zhì)，屬中檔題.6.已知雙曲線Ci:£-理_=1(a>0,b>0)的焦距是實軸長的2倍.若拋物線C2：x2=2pya2b2(p>0)的焦點到雙曲線Ci的漸近線的距離為2,則拋物線C2的方程為()A.x2=Jb£iyB.x2

15、=l43yC.x2=8yD.x2=16y考點：拋物線的簡單性質(zhì).專題：計算題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程.分析：利用雙曲線Ci：m-七=1(a>0,b>0)的焦距是實軸長的2倍，推出a,b的關(guān)|屋b£系，求出拋物線的焦點坐標(biāo)，通過點到直線的距離求出p,即可得到拋物線的方程.22解答：解：二.雙曲線Ci：-=1(a>0,b>0)的焦距是實軸長的2倍，a2b22.1 2c=2a,IP-=4,雙曲線的一條漸近線方程為：2-丫二。.ab拋物線C2：x2=2py(p>0)的焦點(0,三)到雙曲線C1的漸近線的距離為2,與=3,."=8.a，拋物線C2的方

16、程為x2=16y.故選：D.點評：本題考查拋物線的簡單性質(zhì)，點到直線的距離公式，雙曲線的簡單性質(zhì)，考查計算能力.7.拋物線C1:產(chǎn)上/(P>。)的焦點與雙曲線C2:告-y的右焦點的連線交C12p3于第一象限的點M.若C1在點處的切線平行于C2的一條漸近線，則p=(二AB；C；D：A.B.C.D.3833考點：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程；雙曲線的簡單性質(zhì).專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程.分析：由曲線方程求出拋物線與雙曲線的焦點坐標(biāo)，由兩點式寫出過兩個焦點的直線方程，求出函數(shù)尸J?（p>0）在x取直線與拋物線交點M的橫坐標(biāo)時的導(dǎo)數(shù)值，由其等于雙2P曲線漸近線的斜率得到交點橫坐標(biāo)與

17、p的關(guān)系，把M點的坐標(biāo)代入直線方程即可求得p的值.解答：解：由y=-J（p>0）,得x2=2py（p>0）,2p-所以拋物線的焦點坐標(biāo)為F（。，篁）.2由看.J得忖哂,b=l，上值/的*所以雙曲線的右焦點為（2,0）.y-0則拋物線的焦點與雙曲線的右焦點的連線所在直線方程為=-TE-Q”22即用工+2,一p=U2設(shè)該直線交拋物線于M（kd，匚），則C1在點M處的切線的斜率為.u2pP由題意可知m上二叵得a?代入m點得m（叵:衛(wèi)）pa3為3P36把M點代入得:-2p=0 .解得p=L.3故選：D.點評：本題考查了雙曲線的簡單幾何性質(zhì)，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點的切線方程，函數(shù)在曲線

18、上某點處的切線的斜率等于函數(shù)在該點處的導(dǎo)數(shù)，是中檔題.28.已知橢圓E：fl（a>b>0）的右焦點為F（3,0）,過點F的直線交橢圓A、B兩點.若AB的中點坐標(biāo)為（1,-1）,則E的方程為（考點：橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程.分析：設(shè)A (xi, yl) , B (x2, y2),代入橢圓方程得r 22相小22x2 y2l7v-1,利用熏差法”可得工i+工0y1-Voy1+y0-=0.利用中點坐標(biāo)公式可得xi+x2=2,yl+y2=-2,利用斜率計a22 _ 2Xi - yi y7 相減得_. .-a bz盯一叼小算公式可得除上口一絲二U二.于是得到A+-X-=

19、0,化為a2=2b2,再利用如町一全廠引2相2b2c=3=_2,即可解得a2,b2.進而得到橢圓的方程.解答：解：設(shè)A(xi,y1),B(x2,y2),代入橢圓方程得22c一1-y2-1-011x1+x2=2,y1+y2=2,k斷冥'=_321-2.F'L'化為a2=2b2,又c=3=J2_卜2,解得a2=18,b2=9.22橢圓E的方程為j+J二1.189故選D.點評：熟練掌握熏差法”和中點坐標(biāo)公式、斜率的計算公式是解題的關(guān)鍵.、填空題：(每小題0分，共30分.)*、015春？天津校級月考)已知數(shù)列an的前n項和Sn滿足Sn=2an+1(nCN),且ai=1,則通1,

20、項公式加二ti-n=l2, n>2 考點：數(shù)列遞推式.專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列.分析：通過an+1=Sn+1-Sn,可得該數(shù)列從第2項起的公比為微，進而可得結(jié)論.解答：解：-Sn=2an+1(nN),Sn+1=2an+2,兩式相減得：an+1=2an+2-2an+1,整理得：三工金，3力十12又a1=1,，a1+a2=2a2 即 a2=, 2點評：本題考查求數(shù)列的通項，注意解題方法的積累，屬于基礎(chǔ)題.1015春？天津校級月考)圓心在直線x-2y+7=0上的圓C與x軸交于兩點A(-2,0)、B(-4,0),則圓C的方程為(x+3)2+(y-2)2=5.考點：圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.專題：計算題；直線

21、與圓.l分析：由條件求得圓心的坐標(biāo)為C(-3,2),半徑=a0=通，從而得到圓C的方程.解答：解析：直線AB的中垂線方程為x=-3,代入直線x-2y+7=0,得y=2,故圓心的坐標(biāo)為C(-3,2),再由兩點間的距離公式求得半徑r=|AC|=V5,圓C的方程為(x+3)2+(y-2)2=5.故答案為：(x+3)2+(y-2)2=5點評：本題主要考查圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線和圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，屬于中檔題.1015春？天津校級月考)在邊長為2的菱形ABCD中，/BAD=60°,E為CD的中點，則AE?BD=1考點：平面向量數(shù)量積的運算.專題：平面向量及應(yīng)用.分析：由題意可得iAB|=|ADI=

22、2,且標(biāo)與76的夾角/BAD=60°,用標(biāo)虧而作基底表示要求的向量，由數(shù)量積的運算可得.解答：解：由題意可得扇|二前|=2,且蔻與屈的夾角/BAD=60°,由向量的運算可得AS=Ali+DE=ALi+-lB,而朝-懿，2S?BD=(AD+JjAB)?(S-aS)=菽2-薩萬-=22>2>2xi-i>22=1232故答案為：1點評：本題考查平面向量的數(shù)量積，涉及平面向量基本定理，屬基礎(chǔ)題.1015春？天津校級月考)已知cos (x-工)=-工？，則63cosx+cos (x)= 1考點：兩角和與差的余弦函數(shù).專題：三角函數(shù)的求值.分析：由和差角的三角函數(shù)公式

23、可得cosx+cos (x-IT=cosx+cosx+ sinx=:;22cos (x 一Vs .nsinx2一cosx+sinx=:+/inx)春)，代入已知數(shù)據(jù)可得.解答：解：cos(x1cosx+cos(x)=cosx+COSX+-J£=:；cos(x故答案為：-1點評：本題考查兩角和與差的三角函數(shù)公式，屬基礎(chǔ)題.1015春？天津校級月考)已知函數(shù)y=x3-3x+c的圖象與x軸恰有三個公共點，則實數(shù)c的取值范圍是(2,2).考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值.專題：導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用.分析：由題意，根據(jù)根的存在性定理知，只需使函數(shù)f(x)的極大值與極小值符號相反即可.解答：解：令f&#

24、39;(x)=3x2-3=0解得，x=1或x=-1,函數(shù)f(x)=x3-3x+c的圖象與x軸恰好有三個不同的公共點，f(1)f(-1)<0,即(c-2)(c+2)v0,則-2vcv2,故答案為：(-2,2).點評：本題考查了函數(shù)的圖象與性質(zhì)，利用導(dǎo)數(shù)求極值及根的存在性定理.221015春？天津校級月考)點 F是橢圓E:矣+彳二1的左焦點，過點F且傾斜角是銳角的直占JQ線l與橢圓E交于A、B兩點，若AOB的面積為y,則直線l的斜率是亞215考點：橢圓的簡單性質(zhì).專題：直線與圓；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程.分析：求出橢圓的a,b,c,求得F的坐標(biāo)，設(shè)直線AB：x=my-4,(m>0),

25、代入橢圓方程，可得(25+9m2)y2-72my-81=0,運用韋達定理，由4AOB的面積為S=l|OF|?|y1-2y2|=兩邊平方，化簡整理，解方程即可得到m,進而得到直線l的斜率.解答：解：橢圓E：身的a=5,b=3,c=4,則F(-4,0),設(shè)直線AB：x=my-4,(m>0),代入橢圓方程，可得(25+9m2)y2-72my-81=0,則|y1-y2白（y1+y2）24y1y2=2-?加十產(chǎn)）25+9/25+9/（25+9皿D，則AOB的面積為S=g|OF|?|y1y2民曲日._2100(1十皿2)兩邊平萬可得，16?寸=81,(25+9m?)2解得m=VlEj,即有直線l的斜

26、率為返，15故答案為：I'.15聯(lián)立直線方程，運用韋達點評：本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的方程的運用,定理，考查化簡運算能力，屬于中檔題.三、解答題：(15-18每小題0分，19-20每小題0分，共80分.)1015春？天津校級月考)一個袋子中裝有大小形狀完全相同的編號分別為1,2,3,4,5的5個紅球與編號為1,2,3,4的4個白球，從中任意取出3個球.(I)求取出的3個球顏色相同且編號是三個連續(xù)整數(shù)的概率；(n)記X為取出的3個球中編號的最大值，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望.考點：離散型隨機變量的期望與方差；離散型隨機變量及其分布列.專題：概率與統(tǒng)計.分析：(I)設(shè)取出的3個球

27、顏色相同且編號是三個連續(xù)整數(shù)”為事件A,利用古典概型的概率公式求解即可.(n)X的取值可能是2,3,4,5,分別分別求出概率得到分布列，然后求解期望即可.解答：解：(I)設(shè)取出的3個球顏色相同且編號是三個連續(xù)整數(shù)”為事件A,則P(A)3+25一cT碗pg)二空警號, %c 1匚 2 +P （貯3）二餐:0(n ) X的取值為2, 3, 4, 5.acosC+ccosA=2bcosB由正弦定理得，a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC,代入得：2RsinAcosC+2RcosAsinC=4RsinBcosB,即：sin(A+C)=sinB,-sinB=2sinBcosB,又在ABC

28、中，sinB為,cosB="0v B v Tt,n'AfciDs(A_C)=1coeSA-i-cos(2A_='1''-.<I.：.".-'lI；/.1.Q<A<空，<2A-<H333TTsin(2A_)<1J.2sin2A+cos(A-C)的范圍是(，1+五.點評：本題主要考查了正弦定理的應(yīng)用.解題的關(guān)鍵就是利用了正弦定理把邊的問題轉(zhuǎn)化成了角的問題，利用三角函數(shù)的特殊性質(zhì)求得答案.1014?東莞二模)如圖，在四麴隹P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，側(cè)面PAD1底面ABCD,且PA=P

29、D=_Z!aD,E、F分別為PC、BD的中點.2(I)求證：EF/平面PAD;(n)求證：面PABL平面PDC;(m)在線段AB上是否存在點G,使得二面角C-PD-G的余弦值為士?說明理由.考點：平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定；二面角的平面角及求法.專題：空間位置關(guān)系與距離；空間角.分析：證明：連接AC,則F是AC的中點，E為PC的中點，證明EF/PA,留言在線與平面平行的判定定理證明EF/平面PAD;(II)先證明CDLPA,然后證明PALPD.利用直線與平面垂直的判定定理證明PA，平面PCD,最后根據(jù)面面垂直的判定定理即可得到面PAB±面PDC.(III)假設(shè)在線段A

30、B上，存在點G,使得二面角C-PD-G的余弦值為工，然后以。為原3點，直線OA,OF,OP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)G(1,a,0)(04磴).利用空間向量的坐標(biāo)運算求出a值，即可得出結(jié)論.解答：證明：(I)連結(jié)ACABD=F,ABCD為正方形，F(xiàn)為AC中點，E為PC中點. 在4CPA中，EF/PA(2分)且PA?平面PAD,EF?平面PAD，EF/平面PAD-一(4分)(II)因為平面PAD，平面ABCD,平面PADn面ABCD=ADABCD為正方形，CDXAD,CD?平面ABCD所以CD±平面PAD. CDXPA-(6分)又pa=PD=W?AD,所以4PAD是等腰直

31、角三角形，2且/APD=90°IPPAXPDCDnPD=D,且CD、PD?面PDC .PAL面PDC又PA?面PAB,面PAB。PDC.(9分)(出)如圖，取AD的中點O,連結(jié)OP,OF.PA=PD,.POLAD.側(cè)面PAD，底面ABCD,面PAD±面ABCD,.POL面ABCD,而O,F分別為AD,BD的中點，OF/AB,又ABCD是正方形，故OFLAD.PA=PD=AD,PAXPD,OP=OA=1.以O(shè)為原點，直線OA,OF,OP分別為x,v,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則有A(1,0,0),F(0,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1).若在AB上存在點G,使得二面

32、角C-PD-G的余弦值為連結(jié)PG,DG設(shè)G(1,a,0)(0Q<2).由(n)知平面pdc的法向量為PA=(1,0,-1).設(shè)平面PGD的法向量為n=(x,v,z).DP=(1,0,1),GD=(2,-a,0),由nDP=O,n*GD=0可得!"乙0，令x=1,則y=,z=-1,I-2k-ay=Qa所以，在線段AB上存在點G(1,1,0),使得二面角C-PD-G的余弦值為-L.(14分)23點評：本題考查直線與平面垂直的判定，直線與平面平行的判定的應(yīng)用及二面角的平面角及求法，考查邏輯推理能力.121014?河北區(qū)三模)已知函數(shù)f(x)4戈-在1口工(%>0).(I)若a=

33、2,求f(x)在(1,f(1)處的切線方程；(n)求f(x)在區(qū)間1,e上的最小值；(出)若f(x)在區(qū)間(1,e)上恰有兩個零點，求a的取值范圍.考點：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程；函數(shù)的零點；利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值.專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用.分析：(I)把a=2代入可得f'(1)=-1,f(1)=1,進而可得方程，化為一般式即可；2(n)可得x=幾為函數(shù)的臨界點，分Jli司，1vJZe,凡三種情形來討論，可得最值；(出)由(11)可知當(dāng)0va局或a£時，不合題意，當(dāng)1vave2時,解之可得a的范圍.12解答:解：(I)當(dāng)a=2時，f(x)=lx-21ns2f'

34、 (1) =- 1,f (1) =42故f (x)在(1f (1)處的切線方程為:y-= - ( x T)2化為一般式可得2x+2y - 3=0 -. (3 分)(n)求導(dǎo)數(shù)可得f'(x)=x-由a>。及定義域為(0,+00),令f，(x)=0,解得x=xG,若4,即0va«,在(1,e)上，f'(x)>0,f(x)在1,e上單調(diào)遞增，因此，f(x)在區(qū)間1,e的最小值為f(1)2若1心ve,即1<ave2,在(1,心)上，f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減；在(心,e)上，f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增，因此f(x)在區(qū)間1,e上

35、的最小值為f(也)=去(1-Ina),e上單調(diào)遞減，=1a 11-1ns); hI若石>d，即a主2在(1，e上，'(x)v0,f(x)在1,因此，f(x)在區(qū)間1,e上的最小值為f(e)資-a.1Lu綜上，當(dāng)0Va司時，fmin(x)=i;當(dāng)1Va<e2時，fmin(x)J當(dāng)a主2時，fmin(x)=片2-3.(9分)(出)由(n)可知當(dāng)0vaw或a常時，f(x)在(1,e)上是單調(diào)遞增或遞減函數(shù)，不可能存在兩個零點.當(dāng)1vave2時，要使f(x)在區(qū)間(1,e)上恰有兩個零點，則I-|a(1_Ina)<Qf=|>0即，且式工2,此時，e<a<-e

36、2.f(e)=-e2-a>02所以，a的取值范圍為(e,/).(13分)點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的切線，涉及函數(shù)的零點和閉區(qū)間的最值，屬中檔題.1014?天津三模)已知數(shù)列an的前n項和Sn=-an-2(nCN*),數(shù)列bn滿足bn=2nan.(1)求證數(shù)列bn是等差數(shù)列，并求數(shù)列an的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列二±1an的前n項和為Tn,證明：nCN*且nm時，Tn>-;n2n+l(3)設(shè)數(shù)列Cn滿足an(cn-3n)=(-1)n1Q(入為非零常數(shù)，nCN*),問是否存在整數(shù)N使得又任意nCN*,都有Cn+l>cn.考點：等差數(shù)列的性質(zhì)；數(shù)列與不等式的綜合.專題

37、：等差數(shù)列與等比數(shù)列.分析：(1)由已知條件推導(dǎo)出2nan=2n1an1+1.由此能證明數(shù)列bn是首項和公差均為1的等差數(shù)列.從而求出an=.211(2)由(1)知過=(n+1)?(工)n,利用錯位相減法能求出Tn=3-工檢.再用數(shù)學(xué)n川£2n歸納法能證明nCN*且n用時，Tn>-_.2n+l(3)由an(cn-3n)=(-1)n1An可求得cn,對任意nCN+,都有Cn+1>Cn即cn+1-cn>0恒成立，整理可得(-1)n1?K(口)nM,分n為奇數(shù)、偶數(shù)兩種情況討論，分離出參數(shù)入后轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值即可解決.解答：(1)證明：在Sn=-an-弓)+、2(nCN)中

38、，令n=1,得S1=-a1-1+2=a1,解得a1=當(dāng) n 或時，Sn - 1 = - an - 1 -n 2 .+2an=Sn-Sn1=-an+an1+()n1,2.2an=an1+(二)n1,即2nan=2n1an1+1.2bn=2nan,，bn=bn1+1,即當(dāng)n或時，bn-bn1=1,又b1=2a1=1,.數(shù)列bn是首項和公差均為1的等差數(shù)列.于是bn=1+(n-1)?1=n=2nan,o旦an=(2)證明：.a二q，土耳=(n+1)?(1)n,r1211n.2-Tn=2x+3x(-)2+-+(n+1)x(,)n,=2x(W)22+3 x (3,八+ + (n+1)-,得：-1rn=1

39、+出C)a+(爭(口+i)(93*一=1 +n+1(n+1) ?(另)T n=3男=3 -喳-旦一1) 2n+l 2n 2n+12r (2n+l)確定Tn與一迎的大小關(guān)系等價于比較 2n與2n+1的大小.2n+l卜面用數(shù)學(xué)歸納法證明nCN*且n總時，T 當(dāng)n=3時，23>2X3+1,成立 假設(shè)當(dāng)n=k (km)時，2k>2k+1成立, 則當(dāng) n=k+1 時，2k+1=2?2k>2 (2k+1)=4k+2=2 (k+1) +1+ (2k-1) >2 (k+1) +1 , 當(dāng)n=k+1時，也成立.于是，當(dāng)nm, nCN時，2n>2n+1成立.nCN*且 n用時，Tn&

40、gt;-3_.2n+l由" (cn- 3n) = ( -1 )考查恒成立問題，考離心率為亍，它的一個=3n+(T)廠1?入21.Cn+1-Cn=3n+1+(T)n?入2n+1-3n+(T)51?入2，=2?3n-3入(-1)n1?2n>0,.U-Icn-1當(dāng)n=2k-1,k=1,2,3,時，式即為K(上)”一、工2依題意，式對k=1,2,3都成立，K1,當(dāng)n=2k,k=1,2,3,時，式即為X>-(J)2k-1，依題意，式對k=1,2,3都成立，'>一,，一34式1'又入0，存在整數(shù)入=-1,使得對任意nCN有Cn+1>cn.點評：本題考查數(shù)列遞推式、等差數(shù)列的通項公式、數(shù)列求和等知識，查轉(zhuǎn)