山西省长治市屯留县第五中学高三数学文联考试卷含解析

山西省长治市屯留县第五中学高三数学文联考试卷含解析一、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.若正数a，b满足，的最小值为（）A．1 B．6 C．9 D．16参考答案：B【考点】基本不等式在最值问题中的应用．【分析】正数a，b满足，可得a＞1，且b＞1；即a﹣1＞0，且b﹣1＞0；由变形为a﹣1=；化为+9（a﹣1）应用基本不等式可求最小值．【解答】解：∵正数a，b满足，∴a＞1，且b＞1；变形为=1，∴ab=a+b，∴ab﹣a﹣b=0，∴（a﹣1）（b﹣1）=1，∴a﹣1=；∴a﹣1＞0，∴=+9（a﹣1）≥2=6，当且仅当=9（a﹣1），即a=1±时取“=”（由于a＞1，故取a=），∴的最小值为6；故选：B．【点评】本题考查了基本不等式的灵活应用问题，应用基本不等式a+b≥2时，要注意条件a＞0，且b＞0，在a=b时取“=”．2.已知双曲线的两条渐近线均和圆相切，且双曲线的右焦点为圆C的圆心，则该双曲线的方程为

A．

B．

C．

D．参考答案：B3.等差数列的前项和为的值（）

A．18B．20C．21

D．22参考答案：B4.已知函数设，若关于x的不等式在R上恒成立，则a的取值范围是（A） （B） （C） （D）参考答案：A不等式f(x)≥为－f(x)≤≤f(x)

(*)当x≤1时，(*)式即为－x2+x－3≤≤x2－x+3，－x2+－3≤a≤x2－+3，又－x2+－3=－(x－)2－≤－(x=时取等号)x2－+3=(x－)2+≥(x=时取等号)所以－≤a≤当x＞1时，(*)式为－x－≤≤x+，－－≤a≤+又－－=－(+)≤(当x=时取等号)+≥(当x=2时取等号)所以≤a≤2，综上－≤a≤2．故选A．5.已知函数y=sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ≤），且此函数的图象如图所示，由点P（ω，φ）的坐标是（） A．（2，） B． （2，） C． （4，） D． （4，）参考答案：考点： 由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．专题： 计算题．分析： 先利用函数图象计算函数的周期，再利用周期计算公式解得ω的值，再将点（，0）代入函数解析式，利用五点作图法则及φ的范围求得φ值，最后即可得点P（ω，φ）的坐标解答： 解：由图象可得函数的周期T=2×（﹣）=π∴=π，得ω=2，将（，0）代入y=sin（2x+φ）可得sin（+φ）=0，∴+φ=π+2kπ

（注意此点位于函数减区间上）∴φ=+2kπ，k∈Z由0＜φ≤可得φ=，∴点（ω，φ）的坐标是（2，），故选B．点评： 本题主要考查了y=Asin（ωx+φ）型函数的图象和性质，利用函数的部分图象求函数解析式的方法，五点作图法画函数图象的应用6.某体育馆第一排有5个座位，第二排有7个座位，第三排有9个座位，依次类推，那么第十五排有（）个座位。

A．27

B．33

C．45

D．51参考答案：B7.命题：“”，则（

）A．是假命题；：

B．是假命题；：

C．是真命题；：

D．是真命题；：

参考答案：B8.已知平面向量，满足，与的夹角为60°，则“m=1”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参考答案：C考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；数量积判断两个平面向量的垂直关系．专题：证明题．分析：由已知中平面向量，满足，与的夹角为60°，分别判断“m=1”?“”与“”?“m=1”的真假，根据充要条件的定义即可得到结论．解答：解：∵向量，满足，与的夹角为60°，∴=1，?=1当m=1时，==﹣?=0故当时，﹣m?=1﹣m=0，故m=1故“m=1”是“”的充要条件故选C点评：本题考查的知识点是必要条件、充分条件与充要条件的判断，数量积判断两个平面向量的垂直关系，其中根据已知条件判断“m=1”?“”与“”?“m=1”的真假，是解答本题的关键．9.若集合，，则等于（

）A.

B.

C.

D.参考答案：A10.连续掷两次骰子，以先后得到的点数m，n为点P的坐标（m，n），那么点P在圆x2+y2=17内部（不包括边界）的概率是（）A． B． C．D．参考答案：D【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率．【分析】基本事件总数N=6×6=36，再利用列举法求出点P在圆x2+y2=17内部（不包括边界）包含的基本事件个数，由此能求出点P在圆x2+y2=17内部（不包括边界）的概率．【解答】解：连续掷两次骰子，以先后得到的点数m，n为点P的坐标（m，n），基本事件总数N=6×6=36，点P在圆x2+y2=17内部（不包括边界）包含的基本事件有：（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（2，2），（2，3），（3，1），（3，2），共8个，∴点P在圆x2+y2=17内部（不包括边界）的概率是p==．故选：D．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设函数

则______；若，，则的大小关系是______．参考答案：，【知识点】函数图象分段函数，抽象函数与复合函数【试题解析】

，因为，所以

又若，结合图像知：

所以：。

故答案为：，15.当时，有如下表达式：

两边同时积分得：从而得到如下等式：请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：

参考答案：13.已知a⊥b,|a|=2,|b|=3，且3a+2b与a-b垂直，则实数的值为

．参考答案：14.已知是定义在上以2为周期的偶函数，且当时，，则=___________．参考答案：略15.已知，，且，则a与b的夹角为

．参考答案：∵，∴，由，可得：，∴∴∴与的夹角为故答案为：

16.已知则=__________.参考答案：2∵=，∴17.（4分）（2015?上海模拟）在锐角△ABC中，角B所对的边长b=10，△ABC的面积为10，外接圆半径R=13，则△ABC的周长为．参考答案：【考点】：余弦定理．【专题】：计算题．【分析】：根据正弦定理，由b和外接圆半径R的值即可求出sinB的值，然后由B为锐角，利用同角三角函数间的基本关系求出cosB的值，根据三角形的面积公式表示出△ABC的面积，让面积等于10化简后，得到a与c的关系式，记作①，利用余弦定理表示出cosB，把①代入也得到关于a与c的关系式，记作②，①②联立利用完全平方公式化简后即可求出a+c的值，进而求出三角形BAC的周长．解：由正弦定理得：=2R，又b=10，R=13，解得sinB=，由△ABC为锐角三角形，得到cosB=，∵△ABC的面积为10，∴acsinB=10，解得ac=52①，则cosB===，化简得：a2+c2=196②，联立①②得：（a+c）2=a2+c2+2ac=104+196=300，解得a+c=10，则△ABC的周长为10+10．故答案为10+10．【点评】：此题考查学生灵活应用正弦、余弦定理化简求值，掌握完全平方公式的灵活运用，灵活运用三角形的面积公式及同角三角函数间的基本关系化简求值，是一道中档题．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18.18．（本小题满分12分）如图，（I）求证：（II）参考答案：19.（本小题满分13分）已知函数（1）当时，判断函数f（x）在定义域内的单调性并给予证明；（2）在区间（1，2）内任取两个实数p，q，且p≠q,若不等式>1恒成立，求实数a的取值范围；（3）求证： 参考答案：20.(本题满分12分)已知，其中是自然常数，（Ⅰ）当时,研究的单调性与极值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求证：；（Ⅲ）是否存在实数，使的最小值是3？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．参考答案：解：（Ⅰ），

…………1分∴当时，，此时单调递减当时，，此时单调递增

………………3分

∴的极小值为

（Ⅱ）的极小值为1，即在上的最小值为1，∴，……5分令，，

……………6分当时，，在上单调递增∴

………9分∴在（1）的条件下，……………10分（Ⅲ）假设存在实数，使（）有最小值3，

①当时，，所以，所以在上单调递减，，（舍去），所以，此时无最小值.

……12分

②当时，在上单调递减，在上单调递增，，满足条件.

……14分③当时，，所以，所以在上单调递减，，（舍去），所以，此时无最小值.

……15分综上，存在实数，使得当时有最小值3

.……16分21.如图所示，平面ABCD，四边形ABCD为正方形，且分别是线段PA、PD、CD、BC的中点.（1）求证：BC//平面EFG；（2）求证：平面AEG；（3）求三棱锥E-AFG与四棱锥P-ABCD的体积比.参考答案：（1）因为BC∥AD,AD∥EF,所以BC∥EF.因为，所以∥平面EFG；（2）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥DH，即AE⊥DH因为△ADG≌△DCH，所以∠HDC=∠DAG，∠AGD+∠DAG=90°，所以∠AGD+∠HDC=90°，所以DH⊥AG又因为AE∩AG=A，所以DH⊥平面AEG；（3）.试题分析：（1）首先利用平行公理即平行的传递性证明BC∥EF，再由已知条件并运用线面平行的判定，证明∥平面EFG；（2）由已知PA⊥平面ABCD，可得PA⊥DH即证明了AE⊥DH，然后利用△ADG≌△DCH得出对应角相等即∠HDC=∠DAG，∠AGD+∠DAG=90°即证明了DH⊥AG，从而由直线与平面的判定定理可证DH⊥平面AEG；（3）由三棱锥的等体积可得，，然后根据三棱锥和四棱锥的体积计算公式即可求出其体积比.试题解析：（1）因为BC∥AD,AD∥EF,所以BC∥EF.因为，所以∥平面EFG.（2）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥DH，即AE⊥DH因为△ADG≌△DCH，所以∠HDC=∠DAG，∠AGD+∠DAG=90°，所以∠AGD+∠HDC=90°，所以DH⊥AG又因为AE∩AG=A，所以DH⊥平面AEG.（3）.考点：组合几何体的面积、体积问题；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定.22.已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为正方形，延长AB到D，使得AD=BD，平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，A1C1=AA1，∠C1A1A=．（Ⅰ）若E，F分别为C1B1，AC的中点，求证：EF∥平面ABB1A1；（Ⅱ）求平面A1B1C1与平面CB1D所成的锐二面角的余弦值．参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．【专题】证明题；转化思想；向量法；空间角．【分析】（Ⅰ）取A1C1的中点G，连结FG，EG，则EG∥A1B1，从而GE∥ABB1A1，同理得GF∥平面ABB1A1，从平面GEF∥平面ABB1A1，由此能证明EF∥平面ABB1A1．（Ⅱ）连结AC1，推导出AC1⊥AA1，从而AC1⊥平面ABB1A1，再求出AC1⊥AB，AA1⊥AB，分别以AA1，AB，AC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面A1B1C1与平面CB1D所成的锐二面角的余弦值．【解答】证明：（Ⅰ）取A1C1的中点G，连结FG，EG，在△A1B1C1中，EG为中位线，∴EG∥A1B1，∴GE?平面ABB1A1，A1B1?平面ABB1A1，∴GE∥ABB1A1，同理得GF∥平面ABB1A1，又GF∩GE=G，∴平面GEF∥平面ABB1A1，∵EF?平面GEF，∴EF∥平面ABB1A1．解：（Ⅱ）连结AC1，在△AA1C1中，，，∴由余弦定理得=+﹣2AA1×A1C1cos∠AA1C1=，∴AA1=AC1，△A1AC1是等腰直角三角形，AC1⊥AA1，又∵平面AA1C1C∩平面ABB1A1=AA1，∴AC1⊥平面ABB1A1，∵AB?平面ABB1A1，∴AC1⊥AB，又∵侧面ABB1A1为正方形，∴AA1⊥AB，分别以AA1，AB，AC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角