西藏拉萨中学2014-2015学年高二上学期第四次月考数学试卷(理科) Word版含解析
西藏拉萨中学2014-2015学年高二上学期第四次月考数学试卷（理科）
一、选择题（本题共有10个小题，每小题4分）．
1．（4分）不等式2x+3﹣x2＞0的解集是（）
A．{x|﹣1＜x＜3} B．{x|x＞3或x＜﹣1}C．{x|﹣3＜x＜1} D．{x|x＞1或x＜﹣3} 2．（4分）在△ABC中，a=5，B=30°，A=45°，则b=（）
A．B．C．D．
3．（4分）已知数列{a n}的首项a1=1，且a n=2a n﹣1+1（n≥2），则a5为（）
A．7B．15 C．30 D．31
4．（4分）已知q是r的必要不充分条件，s是r的充分且必要条件，那么s是q成立的（）A．必要不充分条件B．充要条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
5．（4分）等差数列{a n}中，已知前15项的和S15=90，则a8等于（）
A．B．12 C．6D．
6．（4分）已知x+y=3，则Z=2x+2y的最小值是（）
A．8B．6C．D．
7．（4分）过点（2，4）作直线与抛物线y2=8x只有一个公共点，这样的直线有（）
A．1条B．2条C．3条D．4条
8．（4分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，点E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是（）
A．B．C．D．0
9．（4分）已知△ABC的三个顶点为A（3，3，2），B（4，﹣3，7），C（0，5，1），则BC 边上的中线长为（）
A．2B．3C．4D．5
10．（4分）设P，Q分别为圆x2+（y﹣6）2=2和椭圆+y2=1上的点，则P，Q两点间的最大距离是（）
A．5B．+C．7+D．6
二、填空题（本题共有4个小题，每小题4分）．
11．（4分）命题“?x0∈R，x02﹣x0≥0”的否定是．
12．（4分）已知实数x，y满足，则z=2x﹣y的最大值为．
13．（4分）已知（4，2）是直线l被椭圆+=1所截得的线段的中点，则l的方程是．
14．（4分）在数列{a n}中，若a1=1，a n+1=2a n+3（n≥1），则该数列的通项a n=．
三、解答题．
15．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=2，cosB=
（Ⅰ）若b=4，求sinA的值；
（Ⅱ）若△ABC的面积S△ABC=4求b，c的值．
16．已知动点P与平面上两定点连线的斜率的积为定值﹣
．
（1）试求动点P的轨迹方程C；
（2）设直线l：y=kx+1与曲线C交于M．N两点，当|MN|=时，求直线l的方程．
17．如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC 的中点，
（I）求异面直线BF与DE所成的角的大小；
（II）证明平面AMD⊥平面CDE．
18．在等差数列{a n}中，a1=1，前n项和S n满足条件，
（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；
（Ⅱ）记b n=a n p an（p＞0），求数列{b n}的前n项和T n．
西藏拉萨中学2014-2015学年高二上学期第四次月考数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共有10个小题，每小题4分）．
1．（4分）不等式2x+3﹣x2＞0的解集是（）
A．{x|﹣1＜x＜3} B．{x|x＞3或x＜﹣1}C．{x|﹣3＜x＜1} D．{x|x＞1或x＜﹣3}
考点：一元二次不等式的解法．
专题：不等式的解法及应用．
分析：把不等式2x+3﹣x2＞0化为（x+1）（x﹣3）＜0，求出解集即可．
解答：解：∵不等式2x+3﹣x2＞0可化为
x2﹣2x﹣3＜0，
即（x+1）（x﹣3）＜0；
解得﹣1＜x＜3，
∴不等式的解集是{x|﹣1＜x＜3}．
故选：A．
点评：本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题．
2．（4分）在△ABC中，a=5，B=30°，A=45°，则b=（）
A．B．C．D．
考点：正弦定理．
专题：计算题．
分析：由A和B的度数分别求出sinA和sinB的值，再由a的值，利用正弦定理即可求出b的值．
解答：解：∵a=5，B=30°，A=45°，
∴根据正弦定理=得：b===．
故选A
点评：此题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，正弦定理很好的建立了三角形的边角关系，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．
3．（4分）已知数列{a n}的首项a1=1，且a n=2a n﹣1+1（n≥2），则a5为（）
A．7B．15 C．30 D．31
考点：数列递推式．
专题：计算题．
分析：（法一）利用已递推关系把n=1，n=2，n=3，n=4，n=5分别代入进行求解即可求解
（法二）利用迭代可得a5=2a4+1=2（a3+1）+1=…进行求解
（法三）构造可得a n+1=2（a n﹣1+1），从而可得数列{a n+1}是以2为首项，以2为等比数列，可先求a n+1，进而可求a n，把n=5代入可求
解答：解：（法一）∵a n=2a n﹣1+1，a1=1
a2=2a1+1=3
a3=2a2+1=7
a4=2a3+1=15
a5=2a4+1=31
（法二）∵a n=2a n﹣1+1
∴a5=2a4+1=4a3+3=8a2+7=16a1+15=31
（法三）∴a n+1=2（a n﹣1+1）
∵a1+1=2
∴{a n+1}是以2为首项，以2为等比数列
∴a n+1=2?2n﹣1=2n
∴a n=2n﹣1
∴a5=25﹣1=31
故选：D
点评：本题主要考查了利用数列的递推关系求解数列的项，注意本题解法中的一些常见的数列的通项的求解：迭代的方法即构造等比（等差）数列的方法求解，尤其注意解法三中的构造等比数列的方法的应用
4．（4分）已知q是r的必要不充分条件，s是r的充分且必要条件，那么s是q成立的（）A．必要不充分条件B．充要条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．
专题：阅读型．
分析：根据q是r的必要不充分条件，s是r的充分且必要条件，判断出s能推出q，但q 推不出s，根据充要条件的定义得到结论．
解答：解：因为q是r的必要不充分条件，s是r的充分且必要条件，
所以r?q，但q推不出r；s?r
所以s?q，但q推不出s，
所以s是q的充分不必要条件
故选C．
点评：判断一个条件是另一个的什么条件，先判断出哪一个是条件，然后试着两边双推一下，利用充要条件的有关定义进行判断．
5．（4分）等差数列{a n}中，已知前15项的和S15=90，则a8等于（）
A．B．12 C．6D．
考点：等差数列的前n项和．
专题：等差数列与等比数列．
分析：由a8是等差数列前15项的中间项，则由S15=15a8结合已知得答案．
解答：解：在等差数列{a n}中，
∵S15=90，
由S15=15a8=90，得a8=6．
故选：C．
点评：本题考查了等差数列的性质，考查了等差数列的前n项和，是基础题．
6．（4分）已知x+y=3，则Z=2x+2y的最小值是（）
A．8B．6C．D．
考点：基本不等式．
专题：不等式的解法及应用．
分析：由题意可得Z=2x+2y≥2=2=4，验证等号成立的条件即可．
解答：解：∵x+y=3，∴Z=2x+2y
≥2=2=4
当且仅当2x=2y即x=y=时取等号，
故选：D
点评：本题考查基本不等式，属基础题．
7．（4分）过点（2，4）作直线与抛物线y2=8x只有一个公共点，这样的直线有（）
A．1条B．2条C．3条D．4条
考点：抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题．
专题：计算题．
分析：先验证点点（2，4）在抛物线y2=8x上，进而根据抛物线的图象和性质可得到答案．解答：解：由题意可知点（2，4）在抛物线y2=8x上
故过点（2，4）且与抛物线y2=8x只有一个公共点时只能是
i）过点（2，4）且与抛物线y2=8x相切
ii）过点（2，4）且平行于对称轴．
故选B．
点评：本题主要考查抛物线的基本性质．属基础题．
8．（4分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，点E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是（）
A．B．C．D．0
考点：用空间向量求直线间的夹角、距离；异面直线及其所成的角．
专题：空间位置关系与距离；空间向量及应用．
分析：以DA，DC，DD1所在直线方向x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可得和
的坐标，进而可得cos＜，＞，可得答案．
解答：解：以DA，DC，DD1所在直线方向x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则可得A1（1，0，2），E（0，0，1），G（0，2，1），F（1，1，0）
∴=（﹣1，0，﹣1），=（1，﹣1，﹣1）
设异面直线A1E与GF所成角的为θ，
则cosθ=|cos＜，＞|=0，
故选：D
点评：本题考查异面直线所成的角，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．
9．（4分）已知△ABC的三个顶点为A（3，3，2），B（4，﹣3，7），C（0，5，1），则BC 边上的中线长为（）
A．2B．3C．4D．5
考点：直线的两点式方程．
专题：计算题．
分析：由已知中△ABC的三个顶点为A（3，3，2），B（4，﹣3，7），C（0，5，1），利用中点公式，求出BC边上中点D的坐标，代入空间两点间距公式，即可得到答案．
解答：解：∵B（4，﹣3，7），C（0，5，1），
则BC的中点D的坐标为（2，1，4）
则AD即为△ABC中BC边上的中线
∵|AD|==3
故选B
点评：本题考查的知识点是空间中两点之间的距离，其中根据已知条件求出BC边上中点的坐标，是解答本题的关键．
10．（4分）设P，Q分别为圆x2+（y﹣6）2=2和椭圆+y2=1上的点，则P，Q两点间的最大距离是（）
A．5B．+C．7+D．6
考点：椭圆的简单性质；圆的标准方程．
专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：求出椭圆上的点与圆心的最大距离，加上半径，即可得出P，Q两点间的最大距离．解答：解：设椭圆上的点为（x，y），则
∵圆x2+（y﹣6）2=2的圆心为（0，6），半径为，
∴椭圆上的点（x，y）到圆心（0，6）的距离为
==≤5，
∴P，Q两点间的最大距离是5+=6．
故选：D．
点评：本题考查椭圆、圆的方程，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
二、填空题（本题共有4个小题，每小题4分）．
11．（4分）命题“?x0∈R，x02﹣x0≥0”的否定是?x∈R，x2﹣x＜0．
考点：命题的否定．
专题：简易逻辑．
分析：直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．
解答：解：因为特称命题的否定是全称命题，所以命题“?x0∈R，x02﹣x0≥0”的否定是：?x∈R，x2﹣x＜0．
故答案为：?x∈R，x2﹣x＜0．
点评：本题考查的否定，特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．
12．（4分）已知实数x，y满足，则z=2x﹣y的最大值为7．
考点：简单线性规划．
专题：计算题；数形结合．
分析：根据约束条件画出可行域，得到△ABC及其内部，其中A（5，3），B（﹣1，3），C（2，0）．然后利用直线平移法，可得当x=5，y=3时，z=2x﹣y有最大值，并且可以得到这个最大值．
解答：解：根据约束条件画出可行域如图，
得到△ABC及其内部，其中A（5，3），B（﹣1，3），C（2，0）
平移直线l：z=2x﹣y，得当l经过点A（5，3）时，
∴Z最大为2×5﹣3=7．
故答案为：7．
点评：在解决线性规划的小题时，我们常用“角点法”，其步骤为：①由约束条件画出可行域?②求出可行域各个角点的坐标?③将坐标逐一代入目标函数?④验证，求出最优解．
13．（4分）已知（4，2）是直线l被椭圆+=1所截得的线段的中点，则l的方程是x+2y ﹣8=0．
考点：椭圆的应用；椭圆的简单性质．
专题：计算题．
分析：设直线l与椭圆交于P1（x1，y1）、P2（x2，y2），由“点差法”可求出直线l的斜率k==﹣=﹣=﹣=﹣．再由由点斜式可得l的方程．
解答：解：设直线l与椭圆交于P1（x1，y1）、P2（x2，y2），
将P1、P2两点坐标代入椭圆方程相减得直线l斜率
k==﹣=﹣=﹣=﹣．
由点斜式可得l的方程为x+2y﹣8=0．
点评：本题考查椭圆的中点弦方程，解题的常规方法是“点差法”．
14．（4分）在数列{a n}中，若a1=1，a n+1=2a n+3（n≥1），则该数列的通项a n=2n+1﹣3．
考点：数列递推式．
专题：计算题．
分析：由题意知a n+1+3=2（a n+3）（n≥1），由此可知该数列的通项a n=2n+1﹣3．
解答：解：在数列{a n}中，若a1=1，a n+1=2a n+3（n≥1），
∴a n+1+3=2（a n+3）（n≥1），
即{a n+3}是以a1+3=4为首项，
为公比的等比数列，a n+3=4?2n﹣1=2n+1，
所以该数列的通项a n=2n+1﹣3．
点评：本题考查数列的性质和应用，解题电动机发注意公式的灵活运用．
三、解答题．
15．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=2，cosB=
（Ⅰ）若b=4，求sinA的值；
（Ⅱ）若△ABC的面积S△ABC=4求b，c的值．
考点：正弦定理；余弦定理．
专题：综合题；解三角形．
分析：（Ⅰ）先求出sinB=，再利用正弦定理求sinA的值；
（Ⅱ）由△ABC的面积S△ABC=4求c的值，利用余弦定理求b的值．
解答：解：（Ⅰ）∵cosB=
∴sinB=，
∵a=2，b=4，
∴sinA===；
（Ⅱ）S△ABC=4=×2c×，∴c=5，
∴b==．
点评：本题考查正弦定理、余弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
16．已知动点P与平面上两定点连线的斜率的积为定值﹣
．
（1）试求动点P的轨迹方程C；
（2）设直线l：y=kx+1与曲线C交于M．N两点，当|MN|=时，求直线l的方程．
考点：直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题．
专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：（Ⅰ）设出P的坐标，利用动点P与平面上两定点
连线的斜率的积为定值，建立方程，化简可求动点P的轨迹方程C．
（Ⅱ）直线l：y=kx+1与曲线C方程联立，利用韦达定理计算弦长，即可求得结论．
解答：解：（Ⅰ）设动点P的坐标是（x，y），由题意得：k PA k PB=
∴，化简，整理得
故P点的轨迹方程是，（x≠±）
（Ⅱ）设直线l与曲线C的交点M（x1，y1），N（x2，y2），
由得，（1+2k2）x2+4kx=0
∴x1+x2=，x1 x2=0，
|MN|=，
整理得，k4+k2﹣2=0，解得k2=1，或k2=﹣2（舍）
∴k=±1，经检验符合题意．
∴直线l的方程是y=±x+1，即：x﹣y+1=0或x+y﹣1=0
点评：本题考查轨迹方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，考查弦长公式的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
17．如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC 的中点，
（I）求异面直线BF与DE所成的角的大小；
（II）证明平面AMD⊥平面CDE．
考点：用空间向量求直线间的夹角、距离；异面直线及其所成的角；平面与平面垂直的判定．
专题：计算题；证明题；空间位置关系与距离．
分析：（1）如图所示，分别以AB、AD、AF为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．算出B、C、D、E、F、M各点的坐标，从而得到、的坐标，利用空间向量的夹角公式算出cos＜，＞的值，即得异面直线BF与DE所成的角的大小；
（2）利用数量积为零的两个向量相互垂直，证出AM⊥CE且DM⊥CE，从而证出CE⊥平面AMD，结合面面垂直判定定理，即可证出平面AMD⊥平面CDE．
解答：解：分别以AB、AD、AF为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示设AB=1，依题意得B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0）
E（0，1，1），F（0，0，1），M（，1，）
（I）=（﹣1，0，1），=（0，﹣1，1）
∴?=﹣1×0+0×（﹣1）+1×1=1
||==，||==
可得cos＜，＞===
∵＜，＞的范围是，∴＜，＞=
所以异面直线BF与DE所成的角的大小为．
（II）∵=（，1，），=（﹣1，0，1），
∴?=×（﹣1）+1×0+×1=0，得⊥，
同理可得：?=0，得⊥
∵AM、DM是平面AMD内的相交直线，∴CE⊥平面AMD
又∵CE?平面CDE，∴平面AMD⊥平面CDE．
点评：本题给出特殊五面体，求证面面垂直并求线线所成的角，着重考查了利用空间坐标系解决异面直线所成角和证明面面垂直等知识点，属于中档题．
18．在等差数列{a n}中，a1=1，前n项和S n满足条件，
（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；
（Ⅱ）记b n=a n p an（p＞0），求数列{b n}的前n项和T n．
考点：等差数列的前n项和；数列的求和；等差数列的性质；数列递推式．
专题：压轴题；分类讨论．
分析：（1）将n=1代入已知递推式，易得a2，从而求出d，故a n可求；
（2）求出b n，分p=1和p≠1两种情况讨论，然后利用错位相减法求和．
解答：解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，由得：=3，所以a2=2，
即d=a2﹣a1=1，
所以a n=n．
（Ⅱ）由b n=a n p an，得b n=np n．所以T n=p+2p2+3p3+…+（n﹣1）p n﹣1+np n，①
当p=1时，T n=；
当p≠1时，
pT n=p2+2p3+3p4+…+（n﹣1）p n+np n+1，②
①﹣②得（1﹣p）T n=p+p2+p3+…+p n﹣1+p n﹣np n+1=，
即T n=．
点评：本题主要考查对数列递推关系的观察能力和利用错位相减法求和的能力，难度中等，注意分类讨论思想的应用．