第二次调研考试数学参考答案
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．
1．D 2．A 3．D 4．B 5．C 6．C 7．A 8．A 9．B 10．B
二、填空题：本大题共4小题；每小题4分，共16分．
11．－5 12．
13．（－∞，0]
14．f(x)，v(x)
三、解答题：本大题共6小题；共84分．
15．解：（1）若q=1，S3=3 a1，S9=9 a1，S6=6 a1，a1≠0，
则S3+ S6≠2S9，这与S3，S9，S6成等差数列相矛盾． ………………………2分
若q≠1，由S3+ S6=2S9，得
． ……………6分
整理，得 
。
所以 
，即
．
由于
，故q=
． ……………………………………………………8分
（2）由于
，
由（1）可知，
，所以
．
故a4，a7的等差中项是数列{ an}的第10项．…………………………………14分
16．解：（1）x= a +(t2+1)b=（－2t2－1，t2+3），
y=－k a+
b=（－k－
，－2k+），………………………………………2分
由x⊥y，得x·y=0，即(－2 t2－1)(－k－) +(t2+3)
(－2k+)=0．
整理，得 
． ……………………………………………………………5分
∵ t>0，∴≥2，当且仅当t =1时，k=2．
所以k的最小值为2 ．……………………………………………………………7分
（2）假设存在正实数k，t，使x∥y，则(－2 t2－1)
(－2k+) =(t2+3)
(－k－)．
整理，得 t k(t 2+1)+1=0．…………………………………………………………12分
满足上述等式的正实数k、t不存在，所以不存在k、t，使x∥y． ………………14分
17．解法一：（１）由已知AD⊥AB，PD⊥AB，得AB ⊥平面PAD．
点M、N分别是PA、PB的中点，∴ MN∥AB．
∴MN⊥平面PAD，MN⊥PM，MN⊥DM．
∴∠PMD为二面角P—MN—D的平面角．………………………………………4分
Rt△PAD中，由已知∠PAD=60° ，故∠MPD=30°．
∵MD是Rt△PAD斜边PA上的中线，∴MD=MP．
∴△PMD为等腰三角形，∴∠PMD=120° ．
故二面角P—MN—D的大小为120° ． ……………………………………………8分
（２）① 若∠CDN=90º，则CD⊥平面PDN，而CD⊥平面PAD，故平面PDN与平面PAD重合，与题意不符．……………………………………………………10分
②若∠DCN=90º，由MN∥CD，CD⊥DM，DM⊥MN，得四边形CDMN是矩形，所以 MN=CD，即
．………………………………………………………………12分
③ 若∠DNC=90º，连结BD．设AD=a，由已知，得AB=
a，从而BD=
a．
又PD=ADtan60°=a，∴PD=BD．从而DN⊥PB，DN⊥平面PBC．∴DN⊥BC．
又PD⊥BC，∴BC ⊥平面PBD，∴BD⊥BC．
∵CD∥AB，∴∠ABD=∠CDB，∴Rt△ABD∽Rt△CDB．
∴
…………………………………15分
（2）另解：令
则
∵PD⊥平面ABCD，∴Rt△PAD中，可得MD=a．
连结DB，在Rt△PDB中，可得
∵点M、N分别是PA、PB的中点，∴ MN＝
在直角梯形MNDC中，
……10分
① 若∠CDN=90º，则
∴
这不可能．
②若∠DNC=90º，则
∴
即
．
③ 若∠DCN=90º，则
∴
解得x=0(不合题意，舍去)，
即
．………………………………………………………………………15分
解法二：（1）以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴，y
轴，z轴建立空间直角坐标系．设AD=a，则AB=
a，A（a，0，0），B（a，a，0），C（0，ta，0），P（0，0，
a），M（
，0，
），N（，
，），
∴
=（0，，0）=
，所以∥
．
由AB⊥AD，PD⊥AB，AD∩PA=D，得AB⊥平面PAD，
所以∠PMD就是二面角P－MN－D的平面角．
=
=－
，
即二面角P－MN－D的大小为120º． …………………………………………… 8分
（2）① 若∠CDN=90º，则CD⊥平面PDN，而CD⊥平面PAD，故平面PDN与平面PAD重合，与题意不符．…………………………………………………………10分
②若∠DCN=90º，
=0，即（0，ta，0）·（，－ ta，）=0．
解得t=
，所以 ． …………………………………………………12分
③ 若∠DNC=90º，则
=0，即
（，，）·（，－ ta，）=0．所以
．
解得t=
．所以
． ……………………………………………………15分
18．解：方法一 由条件知∠CMB=30 º，∠AMB=45º．
又AB=BC，所以△CBM和△ABM面积相等，
即 
MC·MB·sin30 º=MA·MB·sin45º ．
从而可得MC=
．……………………………………………………………5分
在△ACM中，由余弦定理，得 4=MC2+MA2－2MA·MC·cos75°．
所以MA2=
．………………………………………………………8分
设点M到直线ABC的最小距离为h， h即△ACM的高，由面积关系，得
． ………11分
．
答：塔到直路ABC的最短距离为
千米．……………………………13分
方法二 以点B为坐标原点，BM所在直线为x轴建立直角坐标系，
设
则
……………………………………………2分
可得 
解得
．故
直线AB的方程为
．……………………………………………8分
设点M到直线AB的距离为MD，则
所以
答：塔到直路ABC的最短距离为千米．………………………………13分
19．解（1）∵函数
图象向右平移1个单位即得到y=f(x)的图象，并且y=f(x+1)的图象关于点(－1，0)对称，
∴y=f(x)的图象关于点（0，0）对称，从而对任意实数x，有
，
∴
=
，
即
对任意实数x恒成立．
∴
，
．
时，
取极大值
，
∴
即
解得
．
故
………………………………………………………………5分
（2）设
，
是函数f(x)图象上的两点，则由
知两点处的切线斜率分别为
，且
．
∵
，∴
或
从而可求得两点为（0，0），
，或（0，0），
． ………10分
（3）证明：∵
( n∈N+) ， ∴
，即
．
又
，∴
， 即
．
由
，得
；由
，得
．
∴在（－1，1）上递减，在（－∞，－1）和（1，＋∞）上递增．
又
，
，
，
而
，
∴
．……………………………………15分
20．解：设M(x1，y1)为椭圆C上的任意一点（x1y1≠0），N(x2，y2)，动点E的坐标为（x，y），
则P (－x1，y1)，Q (－x1，－y1)，T(x1，－y1)．…………………………………1分
所以
，……(1) 
． ……(2) …………3分
(1)－(2)，得
．
所以
，即
． …………………………6分
又MN⊥MQ，
，
，所以
．
直线QN的方程为
，直线PT的方程为
． …10分
从而得 
．所以
．
由（1），可得
，此即为所求的轨迹方程． ………………13分