河北省保定市坛下中学高三数学文联考试题含解析

河北省保定市坛下中学高三数学文联考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完，现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取7天后所剩木棍的长度（单位：尺），则①②③处可分别填入的是（

）参考答案：B2.已知变量x、y满足的约束条件，则的最大值为

（

）

A．-3

B．

C．-5

D．4参考答案：3.如果函数的图像关于点中心对称，那么的最小值为A.

B.

C.

D.

参考答案：【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；余弦函数的对称性.C4【答案解析】A

解析：∵函数y=3cos（2x+φ）的图象关于点中心对称．∴∴由此易得．故选A。【思路点拨】先根据函数y=3cos（2x+φ）的图象关于点中心对称，令x=代入函数使其等于0，求出φ的值，进而可得|φ|的最小值．4.函数f（x）=+lg（3x+1）的定义域是（）A．（﹣，+∞） B．（﹣，1） C．（﹣，） D．（﹣∞，﹣）参考答案：B【考点】对数函数的定义域；函数的定义域及其求法．

【专题】计算题．【分析】依题意可知要使函数有意义需要1﹣x＞0且3x+1＞0，进而可求得x的范围．【解答】解：要使函数有意义需，解得﹣＜x＜1．故选B．【点评】本题主要考查了对数函数的定义域．属基础题．5.下列命题正确的是（

）A、若，，则。B、函数的反函数为。C、函数为奇函数。D、函数，当时，恒成立。参考答案：C6.圆x2+y2-4x+2y+C=0与y轴交于A、B两点，圆心为P，若∠APB=900，则C的值是A、

-3

B、3

C、

D、8参考答案：A略7.函数的反函数是(

)A．

B．

C．

D．参考答案：D8.（06年全国卷Ⅱ理）过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为(

)

（A）（B）（C）（D）参考答案：答案：A解析:设球的半径为R,过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面,由勾股定理可得一个半径为的圆,所以,故选A9.已知，若函数不存在零点，则c的取值范围是

（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：C略10.已知实数x，y满足，若的最大值是3，则实数a的取值范围是（

）A.(－∞,3] B.[1,3] C.(－∞,2] D.[2,+∞)参考答案：A【分析】画出不等式组对应的可行域，将目标函数变形，数形结合判断出z最大时，a的取值范围．【详解】令当时，不等式组的可行域如图阴影所示：将目标函数变形得y＝2x+z，由题知z无最大值，舍去当时，不等式组的可行域如图阴影所示：将目标函数变形得y＝2x+z，由题知z最大时，直线的纵截距最大，在（0,3）取得最大3，符合题意；当时，不等式组的可行域如图阴影所示将目标函数变形得y＝2x+z，由题知z最大时，直线的纵截距最大，在（0,3）取得最大3，符合题意；综上：故选：A．【点睛】本题考查线性规划，考查分类讨论思想和数形结合思想，准确作图计算是关键是中档题二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.如图所示，某几何体由底面半径和高均为1的圆柱与半径为1的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为__________.参考答案：【分析】根据题意，设小圆柱体底面半径为，则高为，小圆柱体体积，设，则，利用导数性质能求出小圆柱体体积的最大值.【详解】由题意，设小圆柱体底面半径为，则高为，小圆柱体体积，设，则则当时，故答案为：【点睛】本题考查圆柱体体积的最值问题，根据圆柱体积公式构建函数，求导研究函数的性质，考查转化与化归思想，考查计算能力，属于难题.12.函数的最大值是

．参考答案：13.若用一个平面去截球体，所得截面圆的面积为，球心到该截面的距离是，则这个球的表面积是

．参考答案：14.已知两个集合A，B，满足B?A．若对任意的x∈A，存在ai，aj∈B（i≠j），使得x=λ1ai+λ2aj（λ1，λ2∈{﹣1，0，1}），则称B为A的一个基集．若A={1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，则其基集B元素个数的最小值是

．参考答案：3【考点】集合的表示法．【分析】设a1＜a2＜a3＜…＜am，计算出b=λ1ai+λ2aj的各种情况下的正整数个数并求出它们的和，结合题意得m+m+Cm2+Cm2≥n，即m（m+1）≥n．可知m（m+1）≥10，即可得出结论，【解答】解：不妨设a1＜a2＜a3＜…＜am，则形如1×ai+0×aj（1≤i≤j≤m）的正整数共有m个；形如1×ai+1×ai（1≤i≤m）的正整数共有m个；形如1×ai+1×aj（1≤i≤j≤m）的正整数至多有Cm2个；形如﹣1×ai+1×aj（1≤i≤j≤m）的正整数至多有Cm2个．又集合M={1，2，3，…，n}（n∈N*），含n个不同的正整数，A为集合M的一个m元基底．故m+m+Cm2+Cm2≥n，即m（m+1）≥n，A={1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，可知m（m+1）≥10，所以m≥3．故答案为3．15.若平面区域是一个三角形，则的取值范围是__________．参考答案：16.对任意的都有,且满足:,则（1）

;（2）

．参考答案：（1）2

（2）1917.不等式组，表示的平面区域的面积是

.

参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.（本小题满分14分）右图为一简单组合体，其底面为正方形，平面，，且，（1）求证：平面；（2）若为线段的中点，求证：平面；（3）若，求平面与平面所成的二面角的大小．参考答案：（1）证法一：取的中点，连，，

故有∴四边形是平行四边形

∴……1分又∴四边形是平行四边形∴，……3分又平面，平面∴平面………………4分证法二：∵，平面，平面∴平面,又∵，平面，平面∴平面,∵平面，平面且

∴平面//平面………………3分又∵平面

∴平面…………4分（2）证法一：连结AC与BD交于点F,连结NF，∵F为BD的中点，∴且,

又且

∴且∴四边形NFCE为平行四边形-------------------------7分∴

∵,平面,面

∴，又∴面

∴面-------9分证法二：如图以点D为坐标原点，以AD所在的直线为轴建立空间直角坐标系如图示：设该简单组合体的底面边长为1，则,……6分∴,,

∵,

∴---------------------8分∵、面，且

∴面----------------9分（3）解法1：连结DN，由（2）知面,∵，∴

∴

又∴平面∴为平面PBE的法向量，设，则

∴=---11分∵为平面ABCD的法向量，，---------------------------------------------12分设平面PBE与平面ABCD所成的二面角为，则……13分∴

即平面PBE与平面ABCD所成的二面角为45°---------------------------------14分解法2：延长PE与DC的延长线交于点G,连结GB，则GB为平面PBE与ABCD的交线∵

∴∴D、B、G在以C为圆心、以BC为半径的圆上，∴-------------------11分∵平面,面

∴且∴面

∵面∴∴为平面PBE与平面ABCD所成的二面角的平面角--------------13分在中

∵∴＝45°即平面PBE与平面ABCD所成的二面角为45°

……14分

19.设函数图象的一条对称轴是直线.

⑴求；

⑵求函数的单调增区间；

⑶画出函数在区间上的图象.参考答案：解析：⑴∵是函数的图像的对称轴,∴,∴.

.∵,∴.

⑵由⑴知,由题意得,

∴函数的单调增区间.

⑶由

20.如图，已知矩形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点，将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM，连结BM（1）求证：AD⊥BM；（2）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，三棱锥M﹣ADE的体积为；（3）求二面角A﹣DM﹣C的正弦值．参考答案：考点：二面角的平面角及求法．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）根据线面垂直的性质即可证明AD⊥BM；（2）建立空间坐标系结合三棱锥M﹣ADE的体积为，建立方程关系即可；（3）求出平面的法向量，结合坐标系即可求二面角A﹣DM﹣C的正弦值．解答：（1）证明：∵矩形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点，∴AM=BM=，∴AM2+BM2=AB2，∴AM⊥BM．再由平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，∴BM⊥平面ADM，结合AD?平面ADM，可得AD⊥BM．（2）分别取AM，AB的中点O和N，则ON∥BM，在（1）中证明BM⊥平面ADM，∴ON⊥⊥平面ADM，ON⊥AM，ON⊥OD，∵AD=DM，∴DO⊥AM，建立空间直角坐标系如图：则D（0，0，），A（，0，0），B（﹣，，0），∴=（﹣，，﹣），∵E是线段DB上的一个动点，∴==（﹣λ，，﹣λ），则E（﹣λ，，﹣λ），∴=（﹣λ﹣，，﹣λ），显然=（0，1，0）是平面ADM的一个法向量．点E到平面ADM的距离d==，则=，解得λ=，则E为BD的中点．（3）D（0，0，），M（﹣，0，0），C（﹣，，0），则=（﹣，0，﹣），=（﹣，，0），设=（x，y，z）是平面CDM的法向量，则，令x=1，则y=1，z=﹣1，即=（1，1，﹣1），易知=（0，1，0）是平面ADM的法向量，则cos＜＞==．点评：本题主要考查空间直线的垂直的判断，空间三棱锥的体积的计算，以及二面角的求解，建立坐标系利用向量法是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大．21.[选修4-4：坐标系与参数方程]设极坐标系的极点为直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴．已知曲线C的极坐标方程为ρ=8sinθ（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）设直线（t为参数）与曲线C交于A，B两点，求AB的长．参考答案：【考点】参数方程化成普通方程．【分析】（1）曲线C的极坐标方程为ρ=8sinθ，即ρ2=8ρsinθ．利用互化公式可得曲线C的直角坐标方程．（2）设直线（t为参数）的直角坐标方程为y=x+2．x2+y2=8y，配方为x2+（y﹣4）2=16，可得圆心C（0，4），半径r=4．求出圆心C到直线的距离d．可得|AB|=2．【解答】解：（1）曲线C的极坐标方程为ρ=8sinθ，即ρ2=8ρsinθ．∴曲线C的直角坐标方程为x2+y2=8y．（2）设直线（t为参数）的直角坐标方程为y=x+2．x2+y2=8y，配方为x2+（y﹣4）2=16，可得圆心C（0，4），半径r=4．∴圆心C到直线的距离d==．∴|AB|=2=2．【点评】本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、点到直线的距离公式公式、直线与圆直角弦长问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22.设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，=（cosA，cosC），=（c﹣2b，a），且⊥．（1）求角A的大小；（2）若a=b，且BC边上的中线AM的长为，求边a的值．参考答案：【考点】余弦定理的应用；平面向量数量积的运算．【专题】解三角形．【分析】（1）通过向量的数量积以及正弦定理两角和与差的三角函数，求出A的余弦函数值，即可求角A的大小；（2）通过a=b，利用余弦定理，结合BC边上的中线A