湖南省益阳市汀合洲中学高三数学理测试题含解析

湖南省益阳市汀合洲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.将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位，纵坐标不变，所得函数图象的一条对称轴的方程是（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：A2.设分别是双曲线的左、右焦点．若双曲线上存在点，使，且，则双曲线离心率为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B3.如果集合U={1,2,3,4}，A={2,4}，则（

）A．

B．{1,2,3,4}

C．{2,4}

D．{1,3}参考答案：D4.已知，则

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

A.

B.

C.

D.参考答案：D5.已知点P是长方体ABCD－A1B1C1D1底面ABCD内一动点，其中AA1＝AB＝1，AD＝，若A1P与A1C所成的角为30°，那么点P在底面的轨迹为A．圆弧

B．椭圆的一部分

C．双曲线的一部分

D．抛物线的一部分

参考答案：D略6.函数的反函数（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：A7.执行如图的程序框图，若输入k的值为3，则输出S的值为（）A．10 B．15 C．18 D．21参考答案：B【考点】程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的n，S的值，当n=5，S=15时，不满足条件S＜kn=15，退出循环，输出S的值为15，即可得解．【解答】解：模拟程序的运行，可得k=3，n=1，S=1满足条件S＜kn，执行循环体，n=2，S=3满足条件S＜kn，执行循环体，n=3，S=6满足条件S＜kn，执行循环体，n=4，S=10满足条件S＜kn，执行循环体，n=5，S=15此时，不满足条件S＜kn=15，退出循环，输出S的值为15．故选：B．8.要从已编号（）的枚最新研制的某型导弹中随机抽取枚来进行发射试验，用每部分选取的号码间隔一样的系统抽样方法确定所选取的枚导弹的编号可能是（）A．

B．

C．

D．参考答案：B

解析：，间隔应为9.“|x－a|＜1且|y－a|＜1”是“|x－y|＜2”(x，y，a∈R)的()A．

充要条件

B．必要不充分条件C．

充分不必要条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：C10.复数的共轭复数是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设函数f（x）=|x2﹣2x|﹣ax﹣a，其中a＞0，若只存在两个整数x，使得f（x）＜0，则a的取值范围是．参考答案：（0，]【考点】5B：分段函数的应用．【分析】分别画出y=|x2﹣2x|与y=a（x+1）的图象，则存在两个整数，使得y=|x2﹣2x|在直线y=ax+a的下方，结合图象即可求出函数a的范围【解答】解：f（x）=|x2﹣2x|﹣ax﹣a＜0，则|x2﹣2x|＜ax+a，分别画出y=|x2﹣2x|与y=a（x+1）的图象，如图所示，∵只存在两个整数x，使得f（x）＜0，当x=1时，y=|12﹣2|=1，∴2a=1，解得a=，此时有2个整数，结合图象可得a的取值范围为（0，]，故答案为（0，]．【点评】本题分段函数的问题，涉及数形结合和转化的思想，属中档题．12.如图所示点是抛物线的焦点，点、分别在抛物线及圆的实线部分上运动，且总是平行于轴，则的周长的取值范围是_____________.参考答案：略13.计算sin=．参考答案：【考点】运用诱导公式化简求值．【专题】计算题；转化思想；综合法；三角函数的求值．【分析】利用诱导公式化简所求，根据特殊角的三角函数值即可得解．【解答】解：sin=sin（10π+）=sin=sin=．故答案为：．【点评】本题主要考查了诱导公式，特殊角的三角函数值在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．14.边长为2的正三角形ABC内（包括三边）有点P，?=1，求?的范围．参考答案：[，3﹣]【考点】9R：平面向量数量积的运算．【分析】先建立坐标系，根据?=1，得到点P在x2+y2=2的圆周上，即P在上，将P的坐标范围表示出来，进而可求?．【解答】解：以BC中点O为原点，BC所在的直线为x轴，建立如图所示的坐标系，∵正三角形ABC边长为2，∴B（﹣1，0），A（0，），C（1，0），设P的坐标为（x，y），∴=（﹣1﹣x，﹣y），=（1﹣x，﹣y），∴?=x2﹣1+y2=1，即点P在x2+y2=2的圆弧即上，如图可以求出sinθ=，cosθ=；β=θ﹣，sinβ=，cosβ=，设∠AOP=φ，则﹣β≤φ≤β，P（sinφ，cosφ），=（sinφ，cosφ﹣），又=（﹣1，﹣），所以?=﹣sinφ﹣cosφ+3，﹣β≤φ≤β，当φ=﹣β时，?最大，?=（﹣）×（﹣）﹣×+3=3﹣；当φ=β时，?最小，?=（﹣）×﹣×+3=；所以?的范围是[，3﹣]．【点评】本题考查了数量积运算，直线和圆的位置关系，培养了学生的运算能力和转化能力，属于中档题．15.如果对于函数定义域内任意的x，都有（M为常数），称M为的下界，下界M中的最大值叫做的下确界．定义在上的函数的下确界M＝__________.参考答案：116.若的二项展开式中，所有项的系数之和为64，则展开式中的常数项是______。参考答案：

略17.《九章算术》将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”．如图所示，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某一阳马的正视图和侧视图，则该阳马中，最长的棱的长度为

．参考答案：由题意，根据三视图可得该几何体为一个四棱锥，（如图所示）其中侧棱底面，底面为长方形，在该“阳马”点最长的棱长为.

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）求函数在点点处的切线方程；（Ⅱ）当时，≤恒成立，求的取值范围．参考答案：(I)因为所以，在点点处的切线方程为--------2分(II),令,,令,,……6分,,.……8分(2),以下论证.……………10分,,,综上所述，的取值范围是………………12分19.（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点．（Ⅰ）证明：平面BDC1⊥平面BDC（Ⅱ）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．参考答案：【考点】：平面与平面垂直的判定；棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】：计算题；证明题．【分析】：（Ⅰ）由题意易证DC1⊥平面BDC，再由面面垂直的判定定理即可证得平面BDC1⊥平面BDC；（Ⅱ）设棱锥B﹣DACC1的体积为V1，AC=1，易求V1=××1×1=，三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V=1，于是可得（V﹣V1）：V1=1：1，从而可得答案．证明：（1）由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC=C，∴BC⊥平面ACC1A1，又DC1?平面ACC1A1，∴DC1⊥BC．由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°，∴∠CDC1=90°，即DC1⊥DC，又DC∩BC=C，∴DC1⊥平面BDC，又DC1?平面BDC1，∴平面BDC1⊥平面BDC；（2）设棱锥B﹣DACC1的体积为V1，AC=1，由题意得V1=××1×1=，又三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V=1，∴（V﹣V1）：V1=1：1，∴平面BDC1分此棱柱两部分体积的比为1：1．【点评】：本题考查平面与平面垂直的判定，着重考查线面垂直的判定定理的应用与棱柱、棱锥的体积，考查分析，表达与运算能力，属于中档题．20.(本小题满分14分)已知函数是函数的极值点.

(1)求实数的值；

(2)若方程有两个不相等的实数根,求实数m的取值.

参考答案：(1),,由已知，.

(2)由(1).令,当时:x1-0+极小值所以，要使方程有两不相等的实数根，即函数的图象与直线有两个不同的交点,m=0或.略21.在中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，且满足：（Ⅰ）求角A的度数；（Ⅱ）若，，求b和c的值．参考答案：解析：（Ⅰ）由条件得，故

………………2分∴

∴

………………4分而，

∴ ………………6分（Ⅱ）由余弦定理得，

………………8分

∴将，代入得与联立，∴或

………………12分22.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，，平面平面ABCD，点F为棱PD的中点．（Ⅰ）在棱AB上是否存在一点E，使得AF∥平面PCE，并说明理由；（Ⅱ）当二面角的余弦值为时，求直线PB与平面ABCD所成的角．参考答案：（Ⅰ）见解析（Ⅱ）60°【分析】（Ⅰ）取中点，连结、，得到故且，进而得到，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.（Ⅱ）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，求得平面的法向量为，和平面的法向量，利用向量的夹角公式，求得，进而得到为直线与平面所成的角，即可求解.【详解】（Ⅰ）在棱上存在点，使得平面，点为棱的中点．理由如下：取的中点，连结、，由题意，且，且，故且.所以，四边形为平行四边形.所以，，又平面，平面，所以，平面.（Ⅱ）由题意知为正三角形，所以，亦即，又，所以，且平面平面，平面平面，所以平面，故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，则由题意知，，，，，，设平