山西省吕梁市贾家庄中学高三数学文测试题含解析

山西省吕梁市贾家庄中学高三数学文测试题含解析一、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.函数的图象大致为（）参考答案：C略2.计算得(

)A．2

B．0

C．2＋2cos1

D．2－2cos1

参考答案：A3.设变量满足约束条件，则的最小值为 （

） A．

B．

C.

D．参考答案：D4.在空间给出下面四个命题（其中m、n为不同的两条直线，α、β为不同的两个平面）①m⊥α，n∥α?m⊥n②m∥n，n∥α?m∥α③m∥n，n⊥β，m∥α?α⊥β④m∩n=A，m∥α，m∥β，n∥α，n∥β?α∥β其中正确的命题个数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个参考答案：C考点：命题的真假判断与应用；平面与平面之间的位置关系．专题：综合题．分析：根据线面垂直、线面平行的性质，可判断①；由m∥n，n∥α?m∥α或m?α可判断②；③根据两平行线中的一个垂直于平面，则另一个也垂直于平面及面面垂直的判定定理可判断③④由已知可得平面α，β都与直线m，n确定的平面平行，则可得α∥β，可判断④解答：解：①由线面垂直及线面平行的性质，可知m⊥α，n⊥α得m∥n，故①正确；②m∥n，n∥α?m∥α或m?α，故②错误③根据线面垂直的性质；两平行线中的一个垂直于平面，则另一个也垂直于平面可知：若m∥n，n⊥β，则m⊥β，又m∥α?α⊥β，故③正确④由m∩n=A，m∥α，n∥α，m∥β，n∥β可得平面α，β都与直线m，n确定的平面平行，则可得α∥β，故④正确综上知，正确的有①③④故选C点评：本题的考点是间中直线一直线之间的位置关系，考查了线线平行与线线垂直的条件，解题的关键是理解题意，有着较强的空间想像能力，推理判断的能力，是高考中常见题型，其特点是涉及到的知识点多，知识容量大．5.已知向量=A．3 B． C． D．参考答案：D6.将函数的图象F向左平移个单位长度后得到图象，若的一个对称中心为，则的一个可能取值是A．

B．

C．

D．参考答案：D7.设，是两个不同的平面，m是直线且，“”是“”的（

）.A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件参考答案：B8.在等差数列中,已知则的值是(

)A．10

B．6

C．12

D．21参考答案：答案：B9.已知均为锐角，则（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C【知识点】两角和与差的三角函数【试题解析】由题知：

所以

所以

故答案为：C【答案】【解析】10.为虚数单位，则复数（

）A．

B．

C.

D．参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.如果直线把圆的面积分成相等的两部分．则________．参考答案：212.观察下列等式：；…，根据这些等式反映的结果，可以得出一个关于自然数n的等式，这个等式可以表示为

．参考答案：13.若直线y=x+k与曲线x=恰有一个公共点，则k的取值范围是___________参考答案：略14.设直线过点（0，a），其斜率为1，且与圆x2+y2=2相切，则a的值为

．参考答案：±2【考点】圆的切线方程．【专题】计算题；直线与圆．【分析】由题意可得直线的方程y=x+a，然后根据直线与圆相切的性质，利用点到直线的距离公式即可求解a【解答】解：由题意可得直线的方程y=x+a根据直线与圆相切的性质可得，∴a=±2故答案为：±2【点评】本题主要考查了直线与圆的相切的性质的应用，点到直线的距离公式的应用，属于基础试题15.已知x，y为正实数，则的最小值为_________.参考答案：【分析】化简题目所求表达式，然后利用基本不的等式求得最小值.【详解】原式，令，则上式变为，当且仅当时等号成立，故最小值为.

16.如图，在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1，点M是线段DC1上的动点，则点M到直线AD1距离的最小值是________．参考答案：略17.焦点在y轴上的双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的离心率为______.参考答案：【分析】由双曲线渐近线方程可得的值，从而可求，最后用离心率的公式求出双曲线的离心率【详解】由题意可知双曲线的焦点在轴上，渐近线方程为，则，则可以得到，故双曲线的离心率为【点睛】本题主要考查了求双曲线的离心率问题，结合题中的渐近线方程求出的值，然后求出的值，继而得到离心率，较为简单，注意双曲线的焦点在轴上三、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.（本小题满分12分）如图1，平面四边形ABCD关于直线AC对称，，把△ABD沿BD折起（如图2），使二面角A―BD―C的余弦值等于。对于图2，完成以下各小题：（1）求A，C两点间的距离；（2）证明：AC平面BCD；（3）求直线AC与平面ABD所成角的正弦值。参考答案：（1）取BD的中点E，连接AE，CE，由AB=AD，CB=CD得，就是二面角A―BD―C的平面角，在△ACE中，（2）由AC=AD=BD=2，AC=BC=CD=2，（3）以CB，CD，CA所在直线分别为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系C－xyz，则19.在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，l的极坐标方程为，C的参数方程为（为参数，）.（1）写出l和C的普通方程；（2）在C上求点M，使点M到l的距离最小，并求出最小值.参考答案：（1）由：，及，.∴的方程为.由，，消去得.（2）在上取点，则.其中，当时，取最小值.此时，，.20.设f（x）=（ax+b）e﹣2x，曲线y=f（x）在（0，f（0））处的切线方程为x+y﹣1=0．（Ⅰ）求a，b；（Ⅱ）设g（x）=f（x）+xlnx，证明：当0＜x＜1时，2e﹣2﹣e﹣1＜g（x）＜1．参考答案：【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】转化思想；综合法；导数的概念及应用；不等式的解法及应用．【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，由切线的方程可得f（0）=1，f′（0）=﹣1，解方程可得a=b=1；（Ⅱ）g（x）=f（x）+xlnx=（x+1）e﹣2x，由h（x）=xlnx，求得导数，求出单调区间，可得最小值；再由f（x）的单调性可得f（x）的范围，结合x趋向于0，可得g（x）＜1，即可得证．【解答】解：（Ⅰ）f（x）=（ax+b）e﹣2x的导数为f′（x）=（a﹣2b﹣2ax）e﹣2x，由在（0，f（0））处的切线方程为x+y﹣1=0，可得f（0）=1，f′（0）=﹣1，即为b=1，a﹣2b=﹣1，解得a=b=1；（Ⅱ）证明：g（x）=f（x）+xlnx=（x+1）e﹣2x，由h（x）=xlnx的导数为y′=1+lnx，当x＞时，h′（x）＞0，函数h（x）递增；当0＜x＜时，h′（x）＜0，函数h（x）递减．即有x=处取得最小值，且为﹣e﹣1；f（x）的导数为（﹣1﹣2x）e﹣2x，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减，可得f（x）＞f（1）=2e﹣2；则g（x）＞2e﹣2﹣e﹣1；由x→0时，g（x）→1，则有g（x）＜1，综上可得，当0＜x＜1时，2e﹣2﹣e﹣1＜g（x）＜1．【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，考查不等式的证明，注意运用函数的最值的性质和极限的思想，属于中档题．21.（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是正方形，棱PD⊥底面ABCD，PD=2，∠PCD=45°，E是PC的中点．（1）证明：PA∥平面BDE；（2）证明：平面BDE⊥平面PBC；（3）求三棱锥C﹣BED的体积．参考答案：【考点】：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．【专题】：空间位置关系与距离．【分析】：（1）如图所示，连接AC交BD于点O，连接OE．利用正方形的性质、三角形中位线定理可得OE∥PA．再利用线面平行的判定定理可得：PA∥平面BDE；（2）利用线面垂直的性质可得：PD⊥BC，又BC⊥CD，可得BC⊥平面PDC，因此BC⊥DE．利用等腰三角形的性质可得：DE⊥PC，可得DE⊥平面PBC，即可证明．（3）由E是PC的中点，可得点E到平面BCD的距离h=PD．利用VC﹣BDE=VE﹣BCD=即可得出．（1）证明：如图所示，连接AC交BD于点O，连接OE．∵底面ABCD是正方形，∴OA=OC．又E是PC的中点，∴OE∥PA．又PA平面BDE，OE?平面BDE．∴PA∥平面BDE；（2）证明：∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，又BC⊥CD，PD∩CD=D，∴BC⊥平面PDC，∴BC⊥DE．∵PD=DC，PE=EC，∴DE⊥PC，又PC∩BC=C，∴DE⊥平面PBC，DE?平面BDE，∴平面BDE⊥平面PBC；（3）解：∵E是PC的中点，∴点E到平面BCD的距离h=PD=1．∴VC﹣BDE=VE﹣BCD===．【点评】：本题考查了正方形的性质、线面面面平行垂直的判定与性质定理、三角形中位线定理、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*)，数列{bn}满足b1＝1，且点P(bn，bn＋1)(n∈N*)在直线y＝x＋2上．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式．(2)求数列{an·bn}的前n项和Dn.(3)设求数列{cn}的前2n项和T2n.参考答案：【解】(1)当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，所以an＝2an－1(n≥2)，所以{an}是等比数列，公比为2，首项a1＝2，所以an＝2n，又点P(bn，bn＋1)(n∈