广东省阳江市开平长师中学高三数学理测试题含解析

广东省阳江市开平长师中学高三数学理测试题含解析一、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.函数f（x）=lnx+3x﹣7的零点所在的区间是（）A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）参考答案：C【考点】二分法的定义．【分析】由函数的解析式求得f（2）f（3）＜0，再根据根据函数零点的判定定理可得函数f（x）的零点所在的区间．【解答】解：∵函数f（x）=lnx+3x﹣7在其定义域上单调递增，∴f（2）=ln2+2×3﹣7=ln2﹣1＜0，f（3）=ln3+9﹣7=ln3+2＞0，∴f（2）f（3）＜0．根据函数零点的判定定理可得函数f（x）的零点所在的区间是（2，3），故选：C．【点评】本题主要考查求函数的值，函数零点的判定定理，属于基础题．2.抛物线的焦点为，点在抛物线上，且，弦中点在其准线上的射影为，则的最大值为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：A略3.若（），则在中，值为零的个数是（

）

A．143

B．144

C．287

D．288参考答案：D由题意得即在一个周期里有两个为零，因为，所以值为零的个数是选D.4.复数满足，则复数在复平面内对应的点在(

)A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

参考答案：A5.已知集合，，则集合（

）A. B. C. D.参考答案：B6.三世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽利用不断倍增圆内接正多边形边数的方法求出圆周率的近似值，首创“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”思想设计的程序框图，则输出的n值为（

）（参考数据：）A.6 B.12 C.24 D.48参考答案：C【分析】根据程序框图运行程序，直到满足时输出结果即可.【详解】按照程序框图运行程序，输入则，不满足，循环；，，不满足，循环；，，满足，输出结果：本题正确选项：【点睛】本题考查根据程序框图循环结构计算输出结果，关键是能够准确判断是否满足输出条件，属于基础题.7.已知lga＋lgb＝0，函数f(x)＝ax与函数g(x)＝－logbx的图象可能是（

）A

B

C

D

参考答案：答案：B8.已知球O的半径为8，圆M和圆N为该球的两个小圆，AB为圆M与圆N的公共弦，若OM=ON=MN=6，则AB=（

）

A．12

B．8

C．6

D．4参考答案：B9.集合则b的取值范围是

A．－2≤b＜0

B．0＜b≤2

C．－2≤b≤2

D．参考答案：答案：D10.在复平面内，复数对应的点位于（

）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限参考答案：D【分析】先化简复数，再由复数的几何意义即可得出结果.【详解】因为，所以其对应点为，位于第四象限.故选D【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的几何意义，熟记运算法则与几何意义即可，属于常考题型.二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若集合，则集合

．参考答案：12.平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，则此球的体积为

．参考答案：13.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）参考答案：26

由图2结合空间想象即可得到该正多面体有26个面；将该半正多面体补成正方体后，根据对称性列方程求解.

14.是虚数单位，

．参考答案：略15.已知函数的图象为，则如下结论中正确的序号是______________。①图象关于直线对称；②图象关于点对称；③函数在区间上是增函数；④将的图象向右平移个单位长度可以得到图象．参考答案：①②略16.已知命题p:.若命题且是真命题,则实数的取值范围为

．参考答案：17.若a>0,b>0,且函数在x=1处有极值，则ab的最大值

.参考答案：18略三、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.已知函数.（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）当时，设斜率为k的直线与曲线交于、两点，求证：.参考答案：（Ⅰ）当时，在上是增函数；

当时，由，得（取正根），

在区间内，是增函数；在区间内，是减函数．综上，当时，的增区间为，没有减区间；当时，的减区间是，增区间是．（Ⅱ）当时，，

设，∵，∴∴设

设，则∴当时，恒成立，∴当时，为增函数，∴∴当时，恒成立，∴当时，为增函数，∴当时，

∴

19.已知角是的内角，分别是其对边长，且.（1）若，求的长；（2）设的对边，求面积的最大值.参考答案：（1）；（2）.

略20.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为侧棱PA的中点．（1）求证：PC∥平面BDE；（2）若PC⊥PA，PD=AD，求证：平面BDE⊥平面PAB．参考答案：证明：（1）连结AC，交BD于O，连结OE．因为ABCD是平行四边形，所以OA=OC．…因为E为侧棱PA的中点，所以OE∥PC．…因为PC?平面BDE，OE?平面BDE，所以PC∥平面BDE．…（2）因为E为PA中点，PD=AD，所以PA⊥DE．…因为PC⊥PA，OE∥PC，所以PA⊥OE．因为OE?平面BDE，DE?平面BDE，OE∩DE=E，所以PA⊥平面BDE．…因为PA?平面PAB，所以平面BDE⊥平面PAB．…（14分）考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．专题：证明题；空间位置关系与距离．分析：（1）连结AC，交BD于O，连结OE，E为PA的中点，利用三角形中位线的性质，可知OE∥PC，利用线面平行的判定定理，即可得出结论；（2）先证明PA⊥DE，再证明PA⊥OE，可得PA⊥平面BDE，从而可得平面BDE⊥平面PAB．解答：证明：（1）连结AC，交BD于O，连结OE．因为ABCD是平行四边形，所以OA=OC．…因为E为侧棱PA的中点，所以OE∥PC．…因为PC?平面BDE，OE?平面BDE，所以PC∥平面BDE．…（2）因为E为PA中点，PD=AD，所以PA⊥DE．…因为PC⊥PA，OE∥PC，所以PA⊥OE．因为OE?平面BDE，DE?平面BDE，OE∩DE=E，所以PA⊥平面BDE．…因为PA?平面PAB，所以平面BDE⊥平面PAB．…（14分）点评：本题考查线面平行的判定，考查面面垂直，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题21.已知：平行四边形ABCD中，∠DAB=45°，AB=AD=2，平面AED⊥平面ABCD，△AED为等边三角形，EF∥AB，EF=，M为线段BC的中点。（I）求证：直线MF∥平面BED；（II）求平面BED与平面FBC所成角的正弦值；（III）求直线BF与平面BED所成角的正弦值。参考答案：（I）证明：在△ADB中，∵∠DAB=45°

AB=AD=2，∴AD⊥BD取AD中点O，AB中点N，连接ON，则ON∥BD，∴AD⊥ON又∵平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，AD⊥OE，∴EO⊥平面ABCD，∴以O为原点，OA，ON，OE分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图取BD的中点H，连接FH，OH，则OH∥AB∥EF，且OH=EF，∴FH∥EO，∴FH⊥平面ABCD，∴D（-1,0,0）

B（-1,2,0）

H（-1,1，）

F（-1,1，）

C（-3,2,0）

M（-2,2,0），∴=（0,2,0）

=（1,0，）

=（1，-1，），设平面AED的一个法向量为（x，y，z），则∴不妨设=（，0，-1）∴⊥，又∵MF平面AED∴直线MF∥平面AED（II）解：∵=（-2,0,0），=（0，-1，）设平面FBC的一个法向量为（x，y，z），则∴不妨设=（0，，1）设平面BED与平面FBC所成的角为则丨cos丨=丨丨=，∴sin∴平面BED与平面FBC所成角的正弦值为（II