2014屆江蘇職高對(duì)口升學(xué)數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)模擬試題03（含答案）

版權(quán)所有-中職教學(xué)資源網(wǎng) PAGE電話mail:cnzj5u@163.com歡迎投稿稿酬從優(yōu)第1頁(yè)共6頁(yè)2014屆江蘇職高對(duì)口升學(xué)數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)模擬試題03（含答案）16．（14分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，AD⊥AB，CD∥AB，，CD=3，直線PA與底面ABCD所成角為60°，點(diǎn)M、N分別是PA，PB的中點(diǎn)．（1）求證：MN∥平面PCD；（2）求證：四邊形MNCD是直角梯形；（3）求證：DN⊥平面PCB．考點(diǎn)：直線與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定．專題：空間位置關(guān)系與距離．分析：（1）利用三角形的中位線性質(zhì)證明MN∥AB，再由已知條件和公理4證明MN∥CD，再利用直線和平面平行的判定定理證得MN∥平面PCD．（2）由（1）可得MN∥CD．先由條件利用直線和平面垂直的判定證明CD⊥平面PAD，從而證得CD⊥MD，從而得到四邊形MNCD是直角梯形．（3）由條件求得∠PAD=60°，利用勾股定理求得DN⊥CN．在Rt△PDB中，由PD=DB=，N是PB的中點(diǎn)，證得DN⊥PB，再根據(jù)直線和平面垂直的判定定理證得DN⊥平面PCB．解答：證明：（1）因?yàn)辄c(diǎn)M，N分別是PA，PB的中點(diǎn)，所以MN∥AB．…（2分）因?yàn)镃D∥AB，所以MN∥CD．又CD?平面PCD，而MN?平面PCD，所以MN∥平面PCD．…（4分）（2）由（1）可得MN∥CD．因?yàn)锳D⊥AB，CD∥AB，所以CD⊥AD．又因?yàn)镻D⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，所以CD⊥PD，又AD∩PD=D，所以CD⊥平面PAD．…（6分）因?yàn)镸D?平面PAD，所以CD⊥MD，所以四邊形MNCD是直角梯形．…（8分）（3）因?yàn)镻D⊥底面ABCD，所以∠PAD就是直線PA與底面ABCD所成的角，從而∠PAD=60°．…（9分）在Rt△PDA中，，，，．在直角梯形MNCD中，MN=1，，CD=3，，從而DN2+CN2=CD2，所以DN⊥CN．…（11分）在Rt△PDB中，PD=DB=，N是PB的中點(diǎn)，則DN⊥PB．…（13分）又因?yàn)镻B∩CN=N，所以DN⊥平面PCB．…（14分）點(diǎn)評(píng)：本題主要考查直線和平面平行的判定定理，以及直線和平面垂直的判定定理和性質(zhì)性質(zhì)定理的應(yīng)用，屬于中檔題．17．（14分）第八屆中國(guó)花博會(huì)將于2013年9月在常州舉辦，展覽園指揮中心所用地塊的形狀是大小一定的矩形ABCD，BC=a，CD=b．a(chǎn)，b為常數(shù)且滿足b＜a．組委會(huì)決定從該矩形地塊中劃出一個(gè)直角三角形地塊AEF建游客休息區(qū)（點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段AB，AD上），且該直角三角形AEF的周長(zhǎng)為（l＞2b），如圖．設(shè)AE=x，△AEF的面積為S．（1）求S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；（2）試確定點(diǎn)E的位置，使得直角三角形地塊AEF的面積S最大，并求出S的最大值．考點(diǎn)：根據(jù)實(shí)際問題選擇函數(shù)類型；函數(shù)解析式的求解及常用方法．專題：應(yīng)用題．分析：（1）根據(jù)題意，分析可得，欲求，△AEF場(chǎng)地占地面積，只須求出圖中直角三角形的周長(zhǎng)求出另一邊長(zhǎng)AF，再結(jié)合直角三角形的面積計(jì)算公式求出它們的面積即得；（2）對(duì)于（1）所列不等式，可利用導(dǎo)數(shù)研究它的單調(diào)性求它的最大值，從而解決問題．解答：解：（1）設(shè)AF=y，則，整理，得．…（3分），x∈（0，b]．…（4分）（2）∴當(dāng)時(shí)，S′＞0，S在（0，b]遞增，故當(dāng)x=b時(shí)，；當(dāng)時(shí)，在上，S′＞0，S遞增，在上，S′＜0，S遞減，故當(dāng)時(shí)，．點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查函數(shù)模型的選擇與應(yīng)用、函數(shù)解析式的求解及常用方法及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用等基礎(chǔ)知識(shí)，屬于基礎(chǔ)題．18．（16分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xoy中，已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：的左、右焦點(diǎn)，A，B分別是橢圓E的左、右頂點(diǎn)，且．（1）求橢圓E的離心率；（2）已知點(diǎn)D（1，0）為線段OF2的中點(diǎn)，M為橢圓E上的動(dòng)點(diǎn)（異于點(diǎn)A、B），連接MF1并延長(zhǎng)交橢圓E于點(diǎn)N，連接MD、ND并分別延長(zhǎng)交橢圓E于點(diǎn)P、Q，連接PQ，設(shè)直線MN、PQ的斜率存在且分別為k1、k2，試問是否存在常數(shù)λ，使得k1+λk2=0恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由．考點(diǎn)：函數(shù)恒成立問題；三點(diǎn)共線；橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)．專題：向量與圓錐曲線；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．分析：（1）由，得，從而有a+c=5（a﹣c），結(jié)合離心率定義即可求得答案；（2）由點(diǎn)D（1，0）為線段OF2的中點(diǎn)可求得c值，進(jìn)而可求出a值、b值，得到橢圓方程，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），Q（x4，y4），則直線MD的方程為，與橢圓方程聯(lián)立及韋達(dá)定理可把P、Q坐標(biāo)用M、N坐標(biāo)表示出來，再根據(jù)三點(diǎn)M、F1、N共線及斜率公式可得k1、k2間的關(guān)系式，由此可得答案．解答：解：（1）∵，∴．∴a+c=5（a﹣c），化簡(jiǎn)得2a=3c，故橢圓E的離心率為．（2）存在滿足條件的常數(shù)λ，．∵點(diǎn)D（1，0）為線段OF2的中點(diǎn)，∴c=2，從而a=3，，左焦點(diǎn)F1（﹣2，0），橢圓E的方程為．設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），Q（x4，y4），則直線MD的方程為，代入橢圓方程，整理得，．∵，∴．從而，故點(diǎn)．同理，點(diǎn)．∵三點(diǎn)M、F1、N共線，∴，從而x1y2﹣x2y1=2（y1﹣y2）．從而．故，從而存在滿足條件的常數(shù)λ，．點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)恒成立、三點(diǎn)共線及橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查學(xué)生分析問題解決問題的能力，綜合性強(qiáng)，難度大，對(duì)能力要求較高，屬難題．19．（16分）已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a1+a2+a3=15，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，b1b2b3=27．（1）若a1=b2，a4=b3．求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；（2）若a1+b1，a2+b2，a3+b3是正整數(shù)且成等比數(shù)列，求a3的最大值．考點(diǎn)：等比數(shù)列的通項(xiàng)公式；數(shù)列的函數(shù)特性；等差數(shù)列的通項(xiàng)公式．專題：計(jì)算題；等差數(shù)列與等比數(shù)列．分析：（1）由已知可求a2，b2，結(jié)合已知a1=b2，可得等差數(shù)列{an}的公差d，可求an=，然后由b3=a4，可求{bn}的公比q，進(jìn)而可求bn（2）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，由已知可得．分別利用等差數(shù)列及等比數(shù)列的通項(xiàng)表示已知項(xiàng)可得關(guān)于d，q的方程，解方程可求d，即可求解解答：解：（1）由a1+a2+a3=15，b1b2b3=27．可得a2=5，b2=3，所以a1=b2=3，從而等差數(shù)列{an}的公差d=2，所以an=2n+1，從而b3=a4=9，{bn}的公比q=3所以．…（3分）（2）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，則a1=5﹣d，，a3=5+d，b3=3q．因?yàn)閍1+b1，a2+b2，a3+b3成等比數(shù)列，所以．設(shè)，m，n∈N*，mn=64，則，整理得，d2+（m﹣n）d+5（m+n）﹣80=0．解得（舍去負(fù)根）．∵a3=5+d，∴要