浙江省温州市十校联合体高三数学上学期期初联考试题 文（含解析）.doc

浙江省温州市十校联合体2016届高三数学上学期期初联考试题 文（含解析）一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.已知全集，集合，则阴影部分所表示集合为（ ）a b c d【答案】.【解析】试题分析：由题意知，阴影部分表示的为集合去掉的部分，所以其表示的为，故应选.考点：1、集合间的相互关系；2.已知角的终边均在第一象限，则“”是“”的（ ） a充分不必要条件 b必要不充分条件 c充要条件 d既不充分也不必要条件【答案】.【解析】试题分析：当时，不能推出，例如：，而，所以；当时，不能推出，例如：，此时，故应选.考点：1、三角函数的概念；3.若三棱锥的三视图如右图所示，则该三棱锥的体积为（ ） a80 b40 c d俯视图侧视图正视图4324【答案】.【解析】试题分析：由题意的三视图可知，原几何体是一个底面为直角边为5、4的直角三角形，其高为4，且顶点在底面的射影点分底面边长为3:2，所以原几何体的体积为，故应选.考点：1、三视图；4.设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ） a.若，则 b.若，则 c. 若，则 d. 若，则【答案】.【解析】考点：1、直线与平面的平行的判定定理与性质定理；2、直线与平面垂直的判定定理与性质定理；5.函数的图象大致为（ ）【答案】.【解析】试题分析：因为，所以，所以排除选项；当时，所以当时，所以排除选项，故应选.考点：1、函数的图像；6.已知的面积为2，e,f是ab,ac的中点，p为直线ef上任意一点，则的最小值为（ ）a.2 b.3 c. d.4【答案】.【解析】试题分析:因为e,f是ab,ac的中点，所以到的距离等于点到的距离的一半，所以，而，所以，又，所以.所以.由余弦定理有：.因为都是正数，所以，所以，令，则，令，则，此时函数在上单调递增，在上单调递减，所以的最小值为，故应选.考点：1、平面向量的数量积的应用；2、解三角形；7.已知函数，其中,若对任意的非零实数，存在唯一的非零实数，使得成立，则的取值范围为（ ）或【答案】.【解析】试题分析：由于函数，则时，又由对任意的非零实数，存在唯一的非零实数，使得成立，所以函数必须为连续函数，即在附近的左右两侧函数值相等，所以，即有实数解，所以，解得，故应选.考点：1、分段函数的应用；8.如图,已知双曲线上有一点a,它关于原点的对称点为b，点f为双曲线的右焦点，且满足，设，且，则该双曲线离心率e的取值范围为（ ）【答案】.【解析】试题分析：设左焦点为，令，则，所以，因为点关于原点的对称点为，所以，所以，所以，因为，所以，即，所以，所以，因为，所以，所以，所以，故应选.考点：1、双曲线的概念；2、双曲线的简单的基本性质；第卷（共110分）（非选择题共110分）二、填空题（每题5分，满分36分，将答案填在答题纸上）9.设函数则 ； 若，则的值为 【答案】.【解析】试题分析：由知第一空应填；若，则当时，即；当时，即，不合题意，故应填.考点：1、分段函数；10.已知则x= ；设，且，则m= 【答案】.【解析】试题分析：因为，所以，所以；因为，所以，又因为，所以，即，所以. 故应填.考点：1、对数函数；2、对数运算；11.设圆c：，则圆c的圆心轨迹方程为 ,若时，则直线截圆c所得的弦长= 【答案】，.【解析】试题分析：设圆心的坐标为，则，消去可得，即为所求的圆c的圆心轨迹方程；若时，则圆心到直线的距离为，故应填，.考点：1、直线与圆的位置关系；12.“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列中，则 ；若，则数列的前项和是 （用表示）【答案】.【解析】考点：1、数列的求和；13.若实数满足不等式组则的取值范围是 【答案】.【解析】试题分析：首先根据题意的二元一次不等式组可画出其所表示的平面区域如下图所示：当时，即目标函数为，根据图形可知，在点处取得最大值且为，在点处取得最小值且为，所以此时的取值范围是；当时，即目标函数为，所以在点处取得最大值且为，在点处取得最小值且为，所以此时的取值范围是，故应填.考点：1、二元一次不等式组所表示的平面区域；2、简单的线性规划问题；14.如图，水平地面abc与墙面bcd垂直，e,f两点在线段bc上，且满足，某人在地面abc上移动，为了保证观察效果，要求他到e,f两点的距离和恰好为6，把人的位置记为p，点r在线段ef上，满足rf=1，点q在墙面上，且,由点p观察点q的仰角为，当pe垂直面dbc时，则 .【答案】.【解析】试题分析： 由题意知，（1），在直角三角形中，由勾股定理可知，即（2），联立（1）（2）可得，所以在直角三角形中，由勾股定理可知，所以，于是在直角三角形中，.故应填.考点：1、空间直线与平面的位置关系；2、空间的角；15.已知为正数，且，则的最大值为 .【答案】.【解析】试题分析：因为，所以，所以，即，令，则，而，所以，即，故应填.考点：1、基本不等式的应用；2、一元二次不等式的解法；三、解答题 （本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 16.（本题满分14分） 已知，记函数（1）求函数的最大以及取最大值时的取值集合；（2）设的角所对的边分别为，若，求面积的最大值【答案】（1），；（2）面积的的最大值为【解析】试题分析：（1）运用向量的数量积的定义可求出函数的表达式，然后根据三角函数的图像及其性质可得出其最大值，并求出此时满足的取值集合即可；（2）由已知条件知角的大小，再由余弦定理以及基本不等式即可得出面积的的最大值即可.试题解析：（1）由题意，得 ，当取最大值时，即，此时，解得 ，所以的取值集合为 （2）因，由（1）得，又，即，所以，解得，在中，由余弦定理，得，即，所以,所以面积的的最大值为考点：1、平面向量的数量积；2、余弦定理；3、基本不等式；17.（本题满分15分）已知等差数列满足：，的前n项和为（）求及；（）令bn=（nn*），求数列的前n项和【答案】（）；=（）=【解析】试题分析：（）设出等差数列的公差为d，然后根据已知即可列出方程组，进而求出首项与公差，于是可得其通项公式和前n项和即可；（）首先根据（）可得数列的通项公式，再由裂项相消法即可得出数列的前n项和的表达式，进而可得出结果.试题解析：（）设等差数列的公差为d，因为，所以有，解得，所以； =（）由（）知，所以bn=，所以=，即数列的前n项和=考点：1、等差数列；2、等差数列的前项和；18.（本题满分15分）如图，在三棱锥中，pab和cab都是以ab为斜边的等腰直角三角形， 若，d是pc的中点.（1）证明：；（2）求ad与平面abc所成角的正弦值【答案】（1）取ab中点e，连接pe,ec,由于为等腰直角三角形，则, 则平面，所以. （2） 【解析】试题分析：（1）首先作出辅助线，即取ab中点e，连接pe,ec,然后根据为等腰直角三角形可知, 由直线与平面垂直的判定定理知平面，进而可得出所证的结果；（2）首先作出辅助线取ce中点o,再取oc中点f，连接po,df,af，根据几何体可计算出的长度，进而判断出于是可得即为所求角，再根据直线与平面的位置关系分别求出：，进而求出所求角的正弦值即可.试题解析：（1）取ab中点e，连接pe,ec,由于为等腰直角三角形，则, 则平面，所以. （2）取ce中点o,再取oc中点f，连接po,df,af，由于为等腰直角三角形，又，又，为正三角形，则平面abc， 所以为所求角 于是可得：，. 又在中可求 考点：1、直线与平面垂直的判定定理；2、直线与平面所成的角的求法；19.（本题满分15分）已知抛物线c:的焦点为f，直线 交抛物线c于a、b两点,p是线段ab的中点,过p作x轴的垂线交抛物线c于点（1）若直线ab过焦点f，求的值；（2）是否存在实数，使是以为直角顶点的直角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由抛物线的方程可知其焦点的坐标，然后联立直线与抛物线的方程并消去可得方程，再由韦达定理可知，即可求出所求的答案；（2）假设存在这样的实数，使是以为直角顶点的直角三角形，然后联立抛物线的方程与直线的方程可得方程，由韦达定理知，进而可求出点的坐标，再由即可得出关于 一元二次方程，进而求解之即可得出所求的结果.试题解析：（1） ， 抛物线方程为，与直线联立消去得： ，设，则， ； （2）假设存在，由抛物线与直线联立消去得：设，则，可得 由得：，即， ，代入得，考点：1、抛物线的标准方程；2、直线与抛物线的综合问题；20.（本题满分15分）已知函数（1）当时，求的零点；（2）若方程有三个不同的实数解，求的值；（3）求在上的最小值. 【答案】（1）的零点为1，；（2）或；（3）. 【解析】试题分析：（1）由已知可求出函数的解析式，然后令并分两种情况进行讨论：当时和当时，分别即可求出的零点；（2）将方程转化为，进一步转化为要求方程和满足下列情形之一：（）一个有等根，另一个有两不等根，且三根不等（）两方程均有两不等根且由一根相同；最后并检验即可得出所求的结果；（3）分两种情况对其进行讨论：当时和当时，并分别判断其在区间上的增减性，进而分别求出其对应情况下的最值即可得出所求的结果.试题解析：（1）当时， 令得，当时，（舍去）当时，（舍去）所以当时，的零点为1，. （2）方程，即，变形得， 从而欲使原方程有三个不同的解，即要求方程 (1)与 (2)满足下列情形之一：（）一个有等根，另一个有两不等根，且三根不等（）方程（1）、（2）均有两不等根且由一根相同；对情形（i）：若方程(1)有等根，则 解得 代入方程（2）检验符合；若方程(2)有等根，则解