高三文科数学大题集锦

1、17中，角的对边长分别为，向量，且，（1）求角的大小；（2）若，求的值18. 如图，已知直四棱柱的底面是直角梯形，分别是棱，上的动点，且，.（）证明：无论点怎样运动，四边形都为矩形；（）当时，求几何体的体积20. 已知两点、分别在直线和上运动，且，动点满足(为坐标原点)，点的轨迹记为曲线.(1) 求曲线的方程；(2) 过曲线上任意一点作它的切线，与椭圆交于M、N两点，求证：为定值.21. 设函数（）当a=0时，在（1,+）上恒成立，求实数的取值范围;（）当=2时，若函数在1,3上恰有两个不同零点，求实数的取值范围;（）是否存在实数，使函数f(x)和函数h(x)在公共定义域上具有相同的单调性？若

2、存在，求出的值，若不存在，说明理由。23.以直角坐标系的原点O为极点，轴的正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的单位长度已知直线经过点P(1,1),倾斜角（I）写出直线参数方程；（II）设与圆相交于两点A、B，求点P到A、B两点的距离之积17.已知，且/ 设函数（1）求函数的解析式 （2）若在锐角中，边，求周长的最大值18. 在直三棱柱中，平面，其垂足落在直线上(1)求证：。 ；(2)若，是的中点，求三棱锥的体积。20 如图所示，已知圆为圆上一动点，点在上，点在上，且满足的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点且斜率为k的动直线交曲线于A、B两点，在y轴上是否存在定点G，满足使四边形为矩形？若

3、存在，求出G的坐标和四边形面积的最大值；若不存在，说明理由。21设函数 （x>0），其中a为非零实数。（1）当a=1时，求函数的单调区间.(2）当1,2时，不等式恒成立，求a 的取值范围。23.已知极坐标的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与直角坐标系的x轴的正半轴重合，直线l的参数方程是，曲线C的极坐标方程为（1）求曲线C的直角坐标方程（2）设直线l与曲线C相交于M,N两点，求M,N两点间的距离。17.已知等比数列中，公比（I）为的前n项和，证明：（II）设，求数列的通项公式18.如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，底面ABCD（I）证明：；（II）设PD=AD=1，求棱锥D-PB

4、C的高20.在平面直角坐标系xOy中，曲线与坐标轴的交点都在圆C上（I）求圆C的方程；（II）若圆C与直线交于A，B两点，且求a的值21.已知函数，曲线在点处的切线方程（I）求a，b的值；（II）证明：当x>0，且时，23.在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为为参数），M为上的动点，P点满足，点P的轨迹为曲线（I）求的方程；（II）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线与的异于极点的交点为A，与的异于极点的交点为B，求|AB|高三数学参考答案（文科）17.解：（）由=0得.即-整理得. 解得.因为，所以 6分（）因为.-7分由正弦定理和余弦定理可得代入上式得 又因为,故.所

5、求. 18.解：（）在直四棱柱中，又平面平面，平面平面，平面平面，四边形为平行四边形，侧棱底面，又平面内，四边形为矩形；（）证明：连结，四棱柱为直四棱柱，侧棱底面，又平面内， 在中，则；在中，则；在直角梯形中，；，即，又，平面； 由（）可知，四边形为矩形，且，矩形的面积为，几何体的体积为 20解：(方法一)设，是线段的中点，- ，.化简得点的轨迹的方程为. (方法二)，为线段的中点. A，B分别在直线和上，.又，点在以原点为圆心，为半径的圆上. 点的轨迹的方程为.- 证明：当直线l的斜率存在时，设l ykxm，l与C相切，.联立，.-设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1·x2

6、，.-又，·0. 当直线l的斜率不存在时，l的方程为x±，带入椭圆方程得M(，)，N(，) 或 M(，)，N(，)，此时，·0.综上所述，·为定值0. -12分 21. 解：（）由a=0,f(x)h(x)可得-mlnx-x，即记，则f(x)h(x)在(1,+)上恒成立等价于.-求得 当时;当时， 故在x=e处取得极小值，也是最小值，即，故.- （）函数k(x)=f(x)-h(x)在1,3上恰有两个不同的零点等价于方程x-2lnx=a在1,3上恰有两个相异实根。令g(x)=x-2lnx,则， 当时，,当时，g(x)在1,2上是单调递减函数，在上是单调递增函

7、数。-故 又g(1)=1,g(3)=3-2ln3 g(1)>g(3),只需g(2)<ag(3),故a的取值范围是(2-2ln2,3-2ln3- （）存在m=，使得函数f(x)和函数h(x)在公共定义域上具有相同的单调性,函数f(x)的定义域为（0,+）。若，则，函数f(x)在(0,+)上单调递增，不合题意; 若,由可得2x2-m>0，解得x>或x<-（舍去）故时，函数的单调递增区间为(,+)单调递减区间为(0, )而h(x)在(0,+)上的单调递减区间是(0,)，单调递增区间是(，+)故只需=，解之得m= 即当m=时，函数f(x)和函数h(x)在其公共定义域上具有

8、相同的单调性。选做题23解：（I）直线的参数方程是（II）因为点A,B都在直线L上，所以可设它们对应的参数为则点A,B的坐标分别为圆化为直角坐标系的方程 以直线l的参数方程代入圆的方程整理得到 因为是方程的解，从而2所以|PA|·|PB|=|2|2 17. 解：(1) 因为/ ，所以， 所以 (2) ，又， 解法一：由正弦定理知，得，的周长为 ，则，所以，周长的最大值为 解法二：由余弦定理知， ， ，周长的最大值为 18解：（1）平面，其垂足落在直线上在直三棱柱中， （2）20. 解：）NP为AM的垂直平分线，|NA|=|NM|.又动点N的轨迹是以点C（1，0），A（1，0）为焦点的

9、椭圆.且椭圆长轴长为焦距2c=2. 曲线E的方程为 （2）动直线的方程为：由得设则 假设在y上存在定点G（0，m），满足题设，则由假设得对于任意的恒成立，即解得m=1。因此，在y轴上存在定点G，使得以AB为直径的圆恒过这个点，点G的坐标为（0，1）这时，点G到AB的距离设则得所以当且仅当时，上式等号成立。因此，面积的最大值是 21.解：（1） 在上单调递减，在上单调递增。（2）在上恒成立恒成立。（）当时，在单减，无解（）当时，由得当，即时在递增，解得： 当，即时在递减，在上递增，无解当，即时在递减， ，无解综上：的取值范围为 23解： （2）将代入整理得（17）解：（）因为所以（）所以的通项公

10、式为(18)解：（）因为， 由余弦定理得 从而BD2+AD2= AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD. 故 PABD）如图，作DEPB，垂足为E。已知PD底面ABCD，则PDBC。由（）知BDAD，又BC/AD，所以BCBD。故BC平面PBD，BCDE。则DE平面PBC。由题设知，PD=1，则BD=，PB=2，根据BE·PB=PD·BD，得DE=，即棱锥DPBC的高为 (20）解：（）曲线与y轴的交点为（0，1），与x轴的交点为（故可设C的圆心为（3，t），则有解得t=1.则圆C的半径为所以圆C的方程为（）设A（），B（），其坐标满足方程组：消去y，得到方程由已知可得，判别式因此，从而由于OAOB，可得又所以由，得，满足故（21）解：（）由