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文档简介
广东省广州市知用中学高三数学理联考试题含解析一、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.在△ABC中,点P在BC上,且,点Q是AC的中点,若,,则=()A.(﹣2,7)B.(﹣6,21)C.(2,﹣7)D.(6,﹣21)参考答案:B略2.命题“?x∈(0,+∞),2x>1”的否定是()A.?x0?(0,+∞),≤1 B.?x0∈(0,+∞),≤1C.?x?(0,+∞),2x≤1 D.?x∈(0,+∞),2x<1参考答案:B【考点】命题的否定.【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可.【解答】解:因为全称命题的否定是特称命题,所以命题“?x∈(0,+∞),2x>1”的否定是:?x0∈(0,+∞),≤1.故选:B.3.已知椭圆,以O为圆心,短半轴长为半径作圆O,过椭圆的长轴的一端点P作圆O的两条切线,切点为A、B,若四边形PAOB为正方形,则椭圆的离心率为()A.
B.
C.
D.参考答案:B略4.设f(x)为偶函数,x≥0时f(x)=x3-8,则{x|f(x-2)>0}=()A.{x|x<-2或x>4}
B.{x|x<0或x>4}
C.{x|x<0或x>6}
D.{x|x<-2或x>2}参考答案:B5.已知三棱锥的底面是边长为的正三角形,其正视图与俯视图如图所示,则其侧视图的面积为A.
B. C. D.参考答案:A略6.一个几何体的三视图及其尺寸(单位:cm)如图所示,则该几何体的侧面积为(
)cm2.A.50
B.60C.70
D.80参考答案:D7.已知,函数的最小值为6,则a=(
)A.-2 B.-1或7 C.1或-7 D.2参考答案:B【分析】将化简成,利用基本不等式求得最小值,即可得到a.【详解】,(当且仅当时等号成立),即,解得或7.故选B.【点睛】本题考查了函数的最值,考查了基本不等式的应用,将函数进行合理变形是关键,属于中档题.8.设x,y满足条件若目标函数的最大值为2,则
的最小值为
(
)
A.25
B.19
C.13
D.5
参考答案:A略9.已知=(
) A.-2 B.-1 C.
D.参考答案:A10.右面的程序框图表示求式子×××××的值,则判断框内可以填的条件为
(
)A.
B.
C.
D.参考答案:B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设是的三边中垂线的交点,分别为角对应的边,已知,则的范围是___________.参考答案:略12.曲线在处的切线方程为
.参考答案:由题意得,,∴,而时,,∴切线方程为,即,故填:.
13.不等式对于任意非零实数,均成立,则实数的最大值为
▲
.参考答案:,设,()得:无解,所以,即的最大值为
14.已知抛物线()的准线与圆相切,则的值为
.参考答案:2
考点:抛物线与圆的位置关系.15.若x,y满足,则z=2x+y的最大值为
.参考答案:【考点】简单线性规划.【专题】作图题;转化思想;数形结合法;不等式的解法及应用.【分析】由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,联立方程组求出最优解的坐标,代入目标函数得答案.【解答】解:由约束条件作出可行域如图,联立,解得A(),化目标函数z=2x+y为y=﹣2x+z,由图可知,当直线y=﹣2x+z过A时,直线在y轴上的截距最大,z有最大值为.故答案为:.【点评】本题考查简单的线性规划,考查了数形结合的解题思想方法,是中档题.16.根据下面一组等式 S1=1 S2=2+3=5 S3=4+5+6=15 S4=7+8+9+10=34 S5=11+12+13+14+15=65 S6=16+17+18+19+20+21=111 S7=22+23+24+25+26+27+28=175,可得S1+S2+…+S99=
参考答案:18145略17.在平面直角坐标系xOy中,已知过原点O的动直线l与圆C:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B,若A恰为线段OB的中点,则圆心C到直线l的距离为
.参考答案:;
12、;
13、;
14、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,游客在景点处下山至处有两条路径.一条是从沿直道步行到,另一条是先从沿索道乘缆车到,然后从沿直道步行到.现有甲、乙两位游客从处下山,甲沿匀速步行,速度为.在甲出发后,乙从乘缆车到,在处停留后,再从匀速步行到.假设缆车匀速直线运动的速度为,索道长为,经测量,,.(Ⅰ)求山路的长;(Ⅱ)假设乙先到,为使乙在处等待甲的时间不超过分钟,乙步行的速度应控制在什么范围内?
参考答案:(Ⅰ)∵,
∴∴,…2分∴…………4分根据得所以山路的长为米.…6分(Ⅱ)由正弦定理得()…………8分甲共用时间:,乙索道所用时间:,设乙的步行速度为,由题意得,………10分整理得
∴为使乙在处等待甲的时间不超过分钟,乙步行的速度应控制在内.
…12分19.(本小题满分10分)选修4—4:坐标系与参数方程在极坐标系中,为极点,点,.(1)求经过的圆的极坐标方程;(2)以极点为坐标原点,极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系,圆的参数方程为(是参数,为半径),若圆与圆相切,求半径的值.参考答案:解(1)
………5分(2)或.
………10分20.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为平行四边形,E为侧棱PA的中点.(1)求证:PC∥平面BDE;(2)若PC⊥PA,PD=AD,求证:平面BDE⊥平面PAB.参考答案:【考点】平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定.【专题】证明题;空间位置关系与距离.【分析】(1)连结AC,交BD于O,连结OE,E为PA的中点,利用三角形中位线的性质,可知OE∥PC,利用线面平行的判定定理,即可得出结论;(2)先证明PA⊥DE,再证明PA⊥OE,可得PA⊥平面BDE,从而可得平面BDE⊥平面PAB.【解答】证明:(1)连结AC,交BD于O,连结OE.因为ABCD是平行四边形,所以OA=OC.…(2分)因为E为侧棱PA的中点,所以OE∥PC.…(4分)因为PC?平面BDE,OE?平面BDE,所以PC∥平面BDE.…(6分)(2)因为E为PA中点,PD=AD,所以PA⊥DE.…(8分)因为PC⊥PA,OE∥PC,所以PA⊥OE.因为OE?平面BDE,DE?平面BDE,OE∩DE=E,所以PA⊥平面BDE.…(12分)因为PA?平面PAB,所以平面BDE⊥平面PAB.…(14分)【点评】本题考查线面平行的判定,考查面面垂直,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.21.(本小题满分14分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,侧面PAD是正三角形,且侧面PAD⊥底面ABCD,E为侧棱PD的中点.(1)证明:PB∥平面EAC;(2)求证:AE⊥平面PCD;(3)若AD=AB,试求二面角A-PC-D的正切值;参考答案:解:(1)连结交于,连结,则,且,又平面,平面,PB//平面EAC.
……4分(2)正三角形PAD中,E为PD的中点,所以,,又,所以,AE⊥平面PCD.
……9分(3)在PC上取点M使得。由于正三角形PAD及矩形ABCD,且AD=AB,所以所以,在等腰直角三角形DPC中,,连接,因为AE⊥平面PCD,所以,。所以,为二面角A-PC-D的平面角。…………12分在中,.即二面角A-PC-D的正切值为
…………14分22.(13分)已知抛物线C:x2=4y的焦点为F,过点F作直线l交抛物线C于A、B两点;椭圆E的中心在原点,焦点在x轴上,点F是它的一个顶点,且其离心率e=.(1)求椭圆E的方程;(2)经过A、B两点分别作抛物线C的切线l1、l2,切线l1与l2相交于点M.证明:AB⊥MF;(3)椭圆E上是否存在一点M′,经过点M′作抛物线C的两条切线M′A′、M′B(A′、B′为切点),使得直线A′B′过点F?若存在,求出抛物线C与切线M′A′、M′B所围成图形的面积;若不存在,试说明理由.
参考答案:考点:圆锥曲线的综合;直线与圆锥曲线的综合问题.专题:综合题;压轴题.分析:(1)由点抛物线焦点F是椭圆的一个顶点可得b=1,由椭圆离心率e=得=,椭圆方程可求.(2)要证明AB⊥MF,只需证=0即可.设直线l的方程为y=kx+,1与双曲线方程联立,消去y,得到关于A,B点横坐标的一元二次方程,求两根的和与积,再用导数求过A,B点的切线方程,求出切点坐标,计算即可.(3)先假设椭圆E上存在点M′,经过点M′作抛物线C的两条切线M′A′、M′B(A′、B′为切点),直线A′B′过点F.再根据假设与已知条件去求M′坐标,如果存在,用所求结果求抛物线C与切线M′A′、M′B所围成图形的面积.解:(1)设椭圆E的方程为,半焦距为c.由已知条件,F(0,1),∴b=1,=,a2=b2+c2,解得a=2,b=1.所以椭E的方程为.(2)显然直线l的斜率存在,否则直线l与抛物线C只有一个交点,不合题意,故可设直线l的方程为y=kx+1,A(x1,y1)B(x2,y2)(x1≠x2)与抛物线方程联立,消去y,并整理得,x2﹣4kx﹣4=0∴x1x2=﹣4.∵抛物线的方程为y=x2,求导得y′=x,∴过抛物线上A,B两点的切线方程分别是y﹣y1=x1(x﹣x1),y﹣y2=x2(x﹣x2)即y=x1x﹣,y=x2x﹣x22解得两条切线的交点M的坐标为(,﹣1)∴?=0∴AB⊥MF.(3)假设存在点M′满足题意,由(2)知点M′必在直线y=﹣1上,又直线y=﹣1与椭圆有唯一交点,故M′的坐标为(0.﹣1),设过点M′且与抛物线C相切的切线方程为y﹣y0=x0(x﹣x0):,其中点(x0,y0)为切点.令x=0,y=﹣
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