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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,

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