浙江省余姚市高三数学下学期第三次模拟考试试题 理（含解析）.doc

余姚市高三第三次模拟考试高三数学（理）试题卷第卷（选择题部分 共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1. 设全集为u=r，集合，则 ( )a. b. c. d. 【答案】考点：集合间运算.2. 设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ）a. 若，则b. 若，则 c. 若，则；d. 若，则【答案】【解析】试题分析：如图所示，面，面，但是和并不平行，所以选项错误；面，面面,但是面，所以选项错误；面，面面,但是面,所以选项错误；选项是面面垂直的一种判定方法，所以选项正确；故答案选考点：点、线、面的位置关系.3. 已知则“”是“”的（ ）a. 充分不必要条件b. 必要不充分条件c. 充要条件 d. 既不充分也不必要条件 【答案】考点：命题的充分必要性.4. 已知的图象的一部分如图所示，若对任意都有，则的最小值为（ ） a. b. c. d. 【答案】【解析】试题分析：对任意都有，所以、分别为函数的最小值、最大值，由三角函数的性质和图像得的最小值为个周期，由图知.故答案选考点：三角函数的图像和性质.5. 已知实数变量满足且目标函数的最大值为4，则实数的值为( )a. b. c. 2d. 1【答案】【解析】试题分析：如图所示直线分别与直线、相交于、两点，因为代表的是直线在轴上的截距. 从图中可得当直线经过点时，此时取得最大值4，易求得点坐标为，代入求得，故答案选.考点：线性规划.6. 设等差数列的前项和为，且满足，对任意正整数，都有 ，则的值为( )a. 1006b. 1007c. 1008d. 1009【答案】考点：1.等差数列的前项和；2.等差数列的性质.7. 设分别是双曲线的左、右焦点，是的右支上的点，射线平分,过原点作的平行线交于点,若,则的离心率为（ ）a. b. 3c. d. 【答案】【解析】试题分析： 设交轴于点，则，,由于,得,即,则，所以，又是的角平分线，则有，代入整理得，所以的离心率为，故答案选.考点：圆锥曲线的离心率.8. 已知实数满足，则的取值范围是( )a b c d 【答案】考点：基本不等式.第卷（非选择题部分 共110分）二、填空题：本大题共7小题，第9至12题，每小题6分，第13至15题，每小题4分，共36分9. 若指数函数的图像过点，则 _；不等式的解集为 .【答案】；【解析】试题分析：因为函数是指数函数，可设，则，即，所以；设，上式可化为即.故答案为；.考点：指数函数.10. 已知圆的圆心在直线上，则 ；圆被直线截得的弦长为_.【答案】2；8.【解析】试题分析：标准方程为，可得圆心把圆心坐标代入直线方程中得；即圆心为，圆心到直线的距离，所以弦长等于故答案为2；8.考点：1.圆的标准方程；2.弦长公式.11. 某多面体的三视图如图所示，则该多面体最长的棱长为 ；外接球的体积为 【答案】，.【解析】试题分析：由三视图知该几何体是如图所示四棱锥，且,，四边形是矩形，面所以该多面体最长的棱长为,该几何体外接球的半径为2，其体积，故答案为，.考点：1.空间几何体的三视图；2.空间几何体的体积.12“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列， 在斐波那契数列中，,则_；若，则数列的前项和是_（用表示）【答案】，【解析】试题分析：，,，；，；，累加得所以数列的前项和是.考点：1.推理证明；2.数列的前项和.13已知函数 ，若关于的方程有4个不同的实数根，则的取值范围是_【答案】【解析】试题分析：函数如图所示令，则，因为方程最多有两个不同的根，所以方程在范围内有两个不同的根，即与在范围内有两个不同的交点，由图像可知取值范围为，故答案为.考点：1.分段函数；2.函数的零点.14. 定义：曲线上的点到点的距离的最小值称为曲线到点的距离.已知曲线到点的距离为，则实数的值为_【答案】或【解析】试题分析：设曲线上的一点，则令，有当时，在时取得最小值，所以，解得或（舍去）当当时，在时取得最小值，所以，解得或（舍去）综上所述，实数的值为或.考点：二次函数的最值问题.15. 设正的面积为2，边的中点分别为，为线段上的动点，则的最小值为_【答案】考点：平面向量的数量积.三、解答题：本大题共5小题，共74分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤16（本题满分15分）在中，内角所对的边分别为已知，（）求角的取值范围；（）若的面积，为钝角，求角的大小【答案】（）;（）【解析】试题分析：（）在中，有,所以得恒等变换得因为所以由正弦定理，得故必为锐角，又,所以 因此角的取值范围为； （）由（）及得 又因为,由面积公式，从而得因为为钝角，故 由余弦定理，得由正弦定理，得因此 试题解析：（）由得即因为所以 由正弦定理，得故必为锐角。 又,所以 因此角的取值范围为 （）由（）及得 又因为,所以从而因为为钝角，故 由余弦定理，得故 由正弦定理，得因此 考点：1.恒等变换；2.解三角形.17（本题满分15分）如图，在三棱锥中，平面，.（）平面平面；（）为的延长线上的一点若二面角的大小为，求的长 【答案】（）证明略；（）【解析】试题分析：（）在中，由余弦定理，得经计算，得所以，故因为平面，所以又因为，所以平面又因为平面，故平面平面. （）取的中点，连结因为,所以又因为平面平面，平面平面，平面,所以平面。过作于,连,则于是是二面角的平面角，因此， 又,所以设，由得.因此，解得即 试题解析：（）在中，由余弦定理，得经计算，得所以，故因为平面，所以又因为，所以平面 又因为平面，故平面平面. （）取的中点，连结因为,所以又因为平面平面，平面平面，平面,所以平面。过作于,连,则于是是二面角的平面角，因此， 又,所以设，由得.因此，。即解得所以 考点：1.面面垂直的判定；2.二面角.18（本题满分15分）如图，分别是椭圆的左、右焦点，且焦距为，动弦平行于轴，且（）求椭圆的方程；（）若点是椭圆上异于点的任意一点，且直线分别与轴交于点，若的斜率分别为，求的取值范围【答案】（）；（）于是因此椭圆的方程为 （）设，则直线的方程为，令，得故同理可得 所以，因此因为在椭圆上，所以 故 所以 又因为当时重合，即重合，这与条件不符，所以因此的取值范围是 考点：1.椭圆的标准方程；2.直线与圆锥曲线综合问题.19（本题满分15分）已知数列满足下列条件：（）求的通项公式；（）设的前项和为，求证：对任意正整数，均有【答案】（）；（）证明略.【解析】试题分析：（）由,得，即，由待定系数法 得易求得因此是以为首项，2为公比的等比数列，所以即；（）由（）得因为，所以对任意正整数， 因为，即把放缩成从第二项其成等比数列，接下来只需对等比数列求和即可证明 试题解析：（）由 得 得即 因此，由，及得，于是因此，是以为首项，2为公比的等比数列，所以即 （）由（）得因为，所以对任意正整数， 因为 所以当时， 当时，显然有 综上，对任意正整数，均有 考点：1.数列的通项公式；2.数列与不等式.20（本题满分14分）已知函数，其中为实常数（）判断在上的单调性；（）若存在，使不等式成立，求的取值范围【答案】（）当时，在上递增；当时，在上递减；当时，在上递减，在上递增；（）或【解析】试题分析：（）本问分、和三种情况分类讨论去掉绝对值，然后再去求函数在上的单调性；（）首先把问题转化为求使不等式，即对恒成立的的取值范围，然后分、和三种情况分类讨论去绝对值，接下来求出函数的最小值，即可求出使不等式对恒成立的的取值范围，