【解析】(1)证明：∵BD⊥平面ABC

∴BD⊥AB，又因为 BD=1，cos∠ADB=101101.

故AD=101，AB=10=直径长，(3分)

∴AC⊥BC.又因为EC⊥平面ABC，所以EC⊥BC.

∵AC∩EC=C，∴BC⊥平面ACE，又BC⊂平面BCED，

∴平面AEC⊥平面BCED.(6分)

(2)法一：存在，如图，以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线CE为z轴建立空间直角坐标系，则有点的坐标，A(8，0，0)，B(0，6，0)，D(0，6，1)，E(0，0，4).

则AD→=(-8，6，1)，DE→=(0，-6，3)，

设DM→=λDE→=λ(0，-6，3)=(0，-6λ，3λ)，0<λ<1

故AM→=AD→+DM→=(-8, 6-6λ，1+3λ)

由(1)易得平面ACE的法向量为CB→=(0，6，0)，

设直线AM与平面ACE所成角为θ，

则sin θ=|AM→•CB→||AM→|•|CB→|=36-36λ64+36(1-λ)2+(1+3λ)2•6=22121，解得λ=13.(10分)

所以存在点M，且DM→=13DE→时，直线AM与平面ACE所成角的正弦值为22121. (12分)

法二：(几何法)

如图，作MN⊥CE交CE于N，连接AN，则MN⊥平面AEC，故直线AM与平面ACE所成的角为∠MAN，且MN⊥AN，NC⊥AC.

设MN=2x，由直线AM与平面ACE所成角的正弦值为22121，得AM=21x，所以AN=17x.

另一方面，作DK∥MN∥BC，得EN=x，NC=4-x

而AC=8，故Rt△ANC中，由AN2=AC2+NC2

得17x2=64+(4-x)2，∴x=2，∴MN=4，EM=25

所以存在点M，且EM=25时，直线AM与平面ACE所成角的正弦值为22121. (12分)

19.(本题满分13分)

等比数列{an}中的前三项a1、a2、a3分别是下面数阵中第一、二、三行中的某三个数，且三个数不在同一列.

5436108201216

(1)求此数列{an}的通项公式;

(2)若数列{bn}满足bn=3an--1nlg an，求数列{bn}的前n项和Sn.

【解析】(1)经检验，当a1=5或4时，不可能得到符合题中要求的等比数列;

故有a1=3，a2=6，a3=12，等比数列公比q=2，

所以an=3•2n-1.(5分)

(2)由an=3•2n-1得bn=3an--1nlg an=9×2n-1-(-1)nlg 3+(n-1)lg 2.

所以Sn=9(1+2+…+2n-1)--1+-12+…+-1n(lg 3-lg 2)

--1+2-3+…+(-1)nnlg 2(9分)

n为偶数时，Sn=9×1-2n1-2-n2lg 2=9(2n-1)-n2lg 2.

n为奇数时，Sn=9×1-2n1-2+(lg 3-lg 2)-n-12-nlg 2=9(2n-1)+n-12lg 2+lg 3.

所以， Sn=9(2n-1)-n2lg 2，n为偶数，9(2n-1)+n-12lg 2+lg 3，n为奇数.(13分)

20.(本题满分13分)

已知圆C：(x-1)2+(y-1)2=2经过椭圆Γ∶x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F和上顶点B.

(1)求椭圆Γ的方程;

(2)如图，过原点O的射线l与椭圆Γ在第一象限的交点为Q，与圆C的交点为P，M为OP的中点， 求OM→•OQ→的最大值.

【解析】(1)在C：(x-1)2+(y-1)2=2中，

令y=0得F(2，0)，即c=2，令x=0，得B(0，2)，b=2，

由a2=b2+c2=8，∴椭圆Γ：x28+y24=1.(4分)

(2)法一：

依题意射线l的斜率存在，设l：y=kx(x>0，k>0)，设P(x1，kx1)，Q(x2，kx2)

由y=kxx28+y24=1得：(1+2k2)x2=8，∴x2=221+2k2.(6分)

由y=kx(x-1)2+(y-1)2=2得：(1+k2)x2-(2+2k)x=0，∴x1=2+2k1+k2，

∴OM→•OQ→=x12，kx12•(x2，kx2)=12(x1x2+k2x1x2)=221+k1+2k2(k>0). (9分)

=22(1+k)21+2k2=22k2+2k+11+2k2.

设φ(k)=k2+2k+11+2k2，φ′(k)=-4k2-2k+2(1+2k2)2，

令φ′(k)=-4k2-2k+2(1+2k2)2>0，得-1

又k>0，∴φ(k)在0，12上单调递增，在12，+∞上单调递减.

∴当k=12时，φ(k)max=φ12=32，即OM→•OQ→的最大值为23.(13分)

法二：

依题意射线l的斜率存在，设l：y=kx(x>0，k>0)，设P(x1，kx1)，Q(x2，kx2)

由y=kxx28+y24=1得：(1+2k2)x2=8，∴x2=221+2k2.(6分)

OM→•OQ→=(OC→+CM→)•OQ→=OC→•OQ→

=(1，1)•(x2，kx2)=(1+k)x2=221+k1+2k2(k>0)(9分)

=22(1+k)21+2k2.

设t=1+k(t>1)，则(1+k)21+2k2=t22t2-4t+3=12-41t+31t2=131t-232+23≤32.

当且仅当1t=23时，(OM→•OQ→)max=23.(13分)

21.(本题满分13分)

已知函数f(x)=ex-ax2-2x-1(x∈R).

(1)当a=0时，求f(x)的单调区间;

(2)求证：对任意实数a<0，有f(x)>a2-a+1a.

【解析】(1)当a=0时，f(x)=ex-2x-1(x∈R)，

∵f′(x)=ex-2，且f′(x)的零点为x=ln 2，

∴当x∈(-∞，ln 2)时，f′(x)<0;当x∈(ln 2，+∞)时，f′(x)>0

即(-∞，ln 2)是f(x)的单调减区间，(ln 2，+∞)是f(x)的单调增区间.(5分)

(2)由f(x)=ex-ax2-2x-1(x∈R)得：f′(x)=ex-2ax-2，

记g(x)=ex-2ax-2(x∈R).

∵a<0，∴g′(x)=ex-2a>0，即f′(x)=g(x)是R上的单调增函数，

又f′(0)=-1<0，f′(1)=e-2a-2>0，

故R上存在惟一的x0∈(0，1)，使得f′(x0)=0，(8分)

且当x

即f(x)在(-∞，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，

则f(x)min=f(x0)=ex0-ax20-2x0-1，再由f′(x0)=0得ex0=2ax0+2，将其代入前式可得f(x)min=

-ax20+2(a-1)x0+1(10分)

又令φ(x0)=-ax20+2(a-1)x0+1=-ax0-a-1a2+(a-1)2a+1

由于-a>0，对称轴x=a-1a>1，而x0∈0，1，∴φ(x0)>φ(1)=a-1

又(a-1)-a2-a+1a=-1a>0，∴φ(x0)>a2-a+1a

故对任意实数a<0，都有f(x)>a2-a+1a.(13分)

湖南师大附中2015届高三上学期数学第一次月考试卷（理）就分享到这里了，更多相关信息请继续关注高考数学试题栏目！