重庆第一中学高三数学理知识点试题含解析

重庆第一中学高三数学理知识点试题含解析一、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.在平行四边形ABCD中，满足?=，2=4﹣，若将其沿BD折成直二面角A﹣BD﹣C，则三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为（）A．16π B．8π C．4π D．2π参考答案：【考点】球的体积和表面积．【分析】由已知中?=，可得AB⊥BD，沿BD折起后，由平面ABD⊥平面BDC，可得三棱锥A﹣BCD的外接球的直径为AC，进而根据2=4﹣，求出三棱锥A﹣BCD的外接球的半径，可得三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积．【解答】解：平行四边形ABCD中，∵?=，∴=0，∴AB⊥BD，沿BD折成直二面角A﹣BD﹣C，∵平面ABD⊥平面BDC三棱锥A﹣BCD的外接球的直径为AC，∴AC2=AB2+BD2+CD2=2AB2+BD2=4∴外接球的半径为1，故表面积是4π．故选C．2.已知直线，平面，且，给出四个命题：

①若∥，则；②若，则∥；③若，则l∥m；④若l∥m，则．其中真命题的个数是(

)A．4

B．3

C．2

D．1参考答案：C略3.四棱锥的底面为正方形，侧面为等边三角形，且侧面底面，点在底面正方形内（含边界）运动，且满足，则点在正方形内的轨迹一定是

A．

B．

C．

D．参考答案：B4.不等式的解集为(

)（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）参考答案：【解】：∵

∴

即，，∴

故选A；【点评】：此题重点考察绝对值不等式的解法；【突破】：准确进行不等式的转化去掉绝对值符号为解题的关键，可用公式法，平方法，特值验证淘汰法；5.若一个底面为正三角形的几何体的三视图如右图所示，则这个几何体的体积为

A．

B．

C．

D．6参考答案：B由三视图可知该几何体为正三棱柱，棱柱的高为4，底面正三角形的高为，所以底面边长为6，所以几何体的体积为，选B.6.已知O是平面上的一个定点，A，B，C，是平面上不共线三个点，动点P满足：，则动点P的轨迹一定通过△ABC的（

） A、内心 B、垂心 C、外心 D、重心参考答案：D7.已知a、b是实数，则“”是“”的（

）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件参考答案：C试题分析：若，即，则，显然，所以，即，即是的充分条件；若，即，显然，则，即，所以是的必要条件.故应选C.考点：充分条件与必要条件.8.已知等比数列的公比为正数，且·=2，=1，则=A.

B.

C.

D.2参考答案：B解析：设公比为,由已知得,即,又因为等比数列的公比为正数，所以,故,选B9.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，，，，M为AA1的中点，则异面直线AC与B1M所成角的余弦值为（

）A. B. C. D.参考答案：B【分析】以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AC与B1M所成角的余弦值．【详解】以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则,∴，设异面直线AC与B1M所成角为θ，则．∴异面直线AC与B1M所成角的余弦值为．故选：B．【点睛】本题考查了用向量法求异面直线所成角的余弦值，属于基础题．10.公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形的面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”．利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，其中n表示圆内接正多边形的边数，执行此算法输出的圆周率的近似值依次为（参考数据：≈1.732，sin15°≈0.2588，sin75°≈0.1305）（）A．2.598，3，3.1048 B．2.598，3，3.1056C．2.578，3，3.1069 D．2.588，3，3.1108参考答案：B【考点】EF：程序框图．【分析】由n的取值分别为6，12，24，代入即可分别求得S．【解答】解：当n=6时，S=×6×sin60°=2.598，输出S=2.598，6＜24，继续循环，当n=12时，S=×12×sin30°=3，输出S=3，12＜24，继续循环，当n=24时，S=×24×sin15°=3.1056，输出S=3.1056，24=24，结束，∴故选B．【点评】本题考查循环框图的应用，考查了计算能力，注意判断框的条件的应用，属于基础题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.给出下列四个命题：①命题：“设，若，则或”的否命题是“设，若，则且”；②将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象；③用数学归纳法证明时，从“”到“”的证明，左边需增添的一个因式是；④函数有两个零点.其中所有真命题的序号是

.参考答案：答案：①③12.在△ABC中，B（10，0），直线BC与圆Γ：x2+（y﹣5）2=25相切，切点为线段BC的中点．若△ABC的重心恰好为圆Γ的圆心，则点A的坐标为．参考答案：（0，15）或（﹣8，﹣1）考点：直线与圆的位置关系．专题：直线与圆．分析：设BC的中点为D，设点A和C的坐标，根据圆心Γ（0，5）到直线AB的距离等于半径5求出AB的斜率k的值．再由斜率公式以及ΓD⊥BC，求出C的坐标，再利用三角形的重心公式求得A的坐标．解答：解：设BC的中点为D，设点A（x1，y1）、C（x2，y2），则由题意可得ΓD⊥BC，且D（，）．故有圆心Γ（0，5）到直线AB的距离ΓD=r=5．设BC的方程为y﹣0=k（x﹣10），即kx﹣y﹣10k=0．则有=5，解得k=0或k=﹣．当k=0时，有，当k=﹣时，有．解得，或．再由三角形的重心公式可得，由此求得或，故点A的坐标为（0，15）或（﹣8，﹣1），故答案为（0，15）或（﹣8，﹣1）．点评：本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，点到直线的距离公式、斜率公式、三角形的重心公式，属于中档题．13.已知圆，直线与轴交于点，过上一点作圆的切线，切点为，若，则实数的取值范围是

．参考答案：

14.在△ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，若，则角A=

。参考答案：或由正弦定理可知，即，所以，因为，所以,所以或。15.中心在原点，对称轴为坐标轴的双曲线C的两条渐近线与圆都相切，则双曲线C的离心率是____；参考答案：略16.若实数满足，且，则的值为

.参考答案：17.已知x，y满足约束条件，且的最小值为2，则常数k=__________．参考答案：

－2三、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.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C1的极坐标方程为ρ=1，曲线C2的参数方程为（t为参数）．（1）求曲线C1上的点到曲线C2的距离的最小值；（2）把曲线C1上的各点的横坐标扩大为原来的2倍，纵坐标扩大原来的倍，得到曲线C1′，设P（﹣1，1），曲线C2与C1′交于A，B两点，求|PA|+|PB|的值．参考答案：【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QH：参数方程化成普通方程．【分析】（1）根据函数的极坐标方程求出函数的普通方程即可，根据参数方程消去参数求出C2的普通方程即可，求出点到直线的距离即可；（2）求出的方程，联立方程组，求出|PA|+|PB|的值即可．【解答】解：（1）曲线C1的极坐标方程为ρ=1，故C1为：x2+y2=1，圆心是（0，0）半径是1，曲线C2的参数方程为（t为参数），故C2：y=x+2，圆心到直线的距离d==，故C1上的点到C2的最小距离是﹣1；（2）伸缩变换为，故：+=1，将C2和联立，得7t2+2t﹣10=0，∵t1t2＜0，∴|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=|t1﹣t2|=．19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，，Q为AD的中点(I)若PA=PD，求证：平面POB平面PAD;

(Ⅱ)若平面APD平面ABCD．且PA=PD=AD=2．点M在线段PC上，试确定点M的位置，使二面角M-BQ-C大小为，并求出的值参考答案：解：（I），为的中点，，又底面为菱形，，,------------------------------------------------2分又平面，又平面,平面平面;-----------------------------6分（II）平面平面,平面平面,平面.以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系如图.

则,设(),所以，平面的一个法向量是，设平面的一个法向量为，所以取，-----------------------------------------9分由二面角大小为，可得：，解得，此时--------------------------------12分

略20.(本小题满分14分),参考答案：……3分(Ⅱ)依题意得D点的坐标为（-2，-1），且D点在椭圆E上，直线CP和DP的斜率KCP和KDP均存在，设P(x,y),……5分.

……7分(Ⅲ)直线CD的斜率为，CD平行于直线，设直线的方程为设则，x1·x2＝……10分=.……11分21.（本小题满分14分）已知函数（1）若的图象在点处的切线方程为，求在区间上的最大值；（2）当时，若在区间上不单调，求的取值范围．参考答案：解：（1）∵在上．∴∵在上，∴又，∴∴，解得∴由可知和是的极值点．∵∴在区间上的最大值为8．

（2）因为函数在区间不单调，所以函数在上存在零点．而的两根为，，区间长为，∴在区间上不可能有2个零