江苏省南通市通州通海中学高三数学理月考试题含解析

江苏省南通市通州通海中学高三数学理月考试题含解析一、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.已知圆C的半径为2，圆心在x轴的正半轴上，直线3x+4y+4=0与圆C相切，则圆C的方程为（）A．x2+y2﹣2x﹣3=0 B．x2+y2+4x=0 C．x2+y2+2x﹣3=0 D．x2+y2﹣4x=0参考答案：D【考点】直线与圆的位置关系．【分析】由圆心在x轴的正半轴上设出圆心的坐标（a，0）a大于0，然后利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线3x+4y+4=0的距离，由直线与圆相切得到距离与半径相等列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值．得到圆心的坐标，然后根据圆心坐标和半径写出圆的方程即可．【解答】解：设圆心为（a，0）（a＞0），由题意知圆心到直线3x+4y+4=0的距离d===r=2，解得a=2，所以圆心坐标为（2，0）则圆C的方程为：（x﹣2）2+y2=4，化简得x2+y2﹣4x=0故选D【点评】此题考查学生掌握直线与圆相切时所满足的条件，灵活运用点到直线的距离公式化简求值，会根据圆心和半径写出圆的标准式方程，是一道中档题．2.方程的解所在区间是

A．（0，2）

B（1，2）

C.（2，3）

D.（3，4）参考答案：C3.命题p：?x∈（﹣∞，0），2x＞3x；命题q：?x∈（0，+∞），＞x3；则下列命题中真命题是（）A．p∧q B．（￢p）∧q C．（￢p）∨（￢q） D．p∧（￢q）参考答案：A【考点】复合命题的真假．【分析】复合命题的真假判定，解决的办法是先判断组成复合命题的简单命题的真假，再根据真值表进行判断．【解答】解：根据指数函数图象和性质，可知命题p：?x∈（﹣∞，0），2x＞3x为真命题，命题q：?x∈（0，+∞），；例如x=0.01，则=0.1＞0.13=x3，故为真命题，根据复合命题真假判定，p∧q是真命题，故A正确，（￢p）∧q，（￢p）∨（￢q），p∧（￢q），是假命题，故B、C，D错误，故选：A．4.下列说法中，正确的是(

) A．命题“若am2＜bm2，则a＜b”的逆命题是真命题 B．命题“存在x∈R，2x＞0，”的否定是：“任意x∈R，2x≤0” C．命题p或q为真命题，则命题p和命题q均为真命题 D．命题p且q为真命题，则命题p和q命题至少有一个是真命题参考答案：B考点：命题的真假判断与应用．专题：综合题；推理和证明．分析：对四个命题分别进行判断，即可得出结论．解答： 解：对于A，逆命题是：若a＜b，则am2＜bm2，当m=0时，结论不成立，故A错；对于B，命题“存在x∈R，2x＞0，”的否定是：“任意x∈R，2x≤0”，正确；对于C，命题p或q为真命题，则命题p和命题q，一真一假，故错误；对于D，命题p且q为真命题，则命题p和q命题都是真命题，故错误．故选：B．点评：本题考查四种命题、全称命题及特称命题的真假判断，要弄清条件和结论再解决问题．5.函数f(x)=2|x|,g(x)=?x2+2则f(x)·g(x)的图象只可能是参考答案：C略6.设且则（

）

A．

B.

C.

D.参考答案：【知识点】三角函数的化简求值．C7

【答案解析】C

解析：由tanα=，得：，即sinαcosβ=cosαsinβ+cosα，sin（α﹣β）=cosα．由等式右边为单角α，左边为角α与β的差，可知β与2α有关．排除选项A，B后验证C，当时，sin（α﹣β）=sin（）=cosα成立．故选：C．【思路点拨】化切为弦，整理后得到sin（α﹣β）=cosα，由该等式左右两边角的关系可排除选项A，B，然后验证C满足等式sin（α﹣β）=cosα，则答案可求．7.已知函数，且，则是（

）A．奇函数且在上单调递增

B．偶函数且在上单调递增C．奇函数且在上单调递减

D．偶函数且在上单调递减参考答案：无略8.已知定义在R上的奇函数和偶函数满足，若，则（

）

A．

B.

C．

D．参考答案：B略9.已知双曲线：的实轴长为，右焦点到渐近线的距离为，则的方程为A．B．C．D．参考答案：A10.已知点（，）（N*）都在函数（）的图象上，则与的大小关系是 （

） A．＞

B．＜ C．＝

D．与的大小与有关参考答案：A略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则________.参考答案：212.已知，则

参考答案：

13.知0＜a＜1，则方程a|x|=|logax|的实根个数是

．参考答案：2个考点：根的存在性及根的个数判断．专题：数形结合．分析：方程a|x|=|logax|的实根个数问题转化成左右两边函数图象交点问题解决，先画函数y1=a|x|和y2=|logax|和图象，由图观察即得答案．解答： 解：画函数y1=a|x|和y2=|logax|和图象：由图观察即得．故答案为：2．点评：数形结合是重要的数学思想，以形助数，直观简捷，从而利用函数图象可以进一步发现函数性质，并能利用函数图象解决交点问题．14.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于______。

参考答案：该几何体是底面是直角梯形，高为的直四棱柱，几何体的的体积是。

15.已知函数是上的偶函数，是上的奇函数，，，则的值为_________．参考答案：因为，所以，即，因为是上的偶函数，所以，即，所以，即函数的周期是4，所以。因为，所以。所以。16.已知函数是奇函数，若函数f（x）在区间[﹣1，a﹣2]上单调递增，则实数a的取值范围是．参考答案：（1，3]【考点】函数奇偶性的性质．【专题】函数的性质及应用．【分析】根据函数f（x）是奇函数，求出m，然后根据函数表达式，求出函数的单调递增区间，即可求a的取值范围．【解答】解：∵函数f（x）是奇函数，∴当x＞0时，﹣x＜0，满足f（﹣x）=﹣f（x），即x2﹣mx=﹣（﹣x2+2x）=﹣x2﹣2x，解得m=2．∴f（x）=，作出函数f（x）的图象，由图象可知函数f（x）在[﹣1，1]上单调递增．若函数f（x）在区间[﹣1，a﹣2]上单调递增，则﹣1＜a﹣2≤1，即1＜a≤3．故答案为：（1，3]．【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用，以及函数单调性的判断，利用数形结合是解决本题的关键．17.如图，在平面直角坐标系xoy中，将直线y=与直线x=1及x轴所围成的图形绕x轴旋转一周得到一个圆锥，圆锥的体积V圆锥=π（）2dx=|=据此类比：将曲线y=x2（x≥0）与直线y=2及y轴所围成的图形绕y轴旋转一周得到一个旋转体，该旋转体的体积V=．参考答案：2π【考点】用定积分求简单几何体的体积．【专题】导数的概念及应用；推理和证明．【分析】根据类比推理，结合定积分的应用，即可求出旋转体的体积．【解答】解：根据类比推理得体积V==πydy=，故答案为：2π【点评】本题主要考查旋转体的体积的计算，根据类比推理是解决本题的关键．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.已知对称中心在原点的椭圆的一个焦点与圆x2+y2﹣2x=0的圆心重合，且椭圆过点（，1）．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点P（0，1）的直线与该椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，若=2，求△AOB的面积．参考答案：【考点】椭圆的简单性质．【专题】综合题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】（1）设椭圆方程为=1（a＞b＞0），先求出c=，由椭圆过点（，1），得=1，由此能求出椭圆的标准方程．（2）由，得，设直线方程为y=kx+1，代入椭圆，得（2k2+1）x2+4kx﹣2=0，由此利用韦达定理，结合已知条件能求出△AOB的面积．【解答】解：（1）∵对称中心在原点的椭圆的一个焦点与圆x2+y2﹣2x=0的圆心重合，且椭圆过点（，1），∴设椭圆方程为=1（a＞b＞0），c为半焦距，c=，∴a2﹣b2=2，①由椭圆过点（，1），得=1，②由①②，得a2=4，b2=2，∴所求椭圆的标准方程为．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），由，得，设直线方程为y=kx+1，代入椭圆，得（2k2+1）x2+4kx﹣2=0，解得x=，设，，则﹣=2?，解得，∴△AOB的面积S=|OP|?|x1﹣x2|=?==．【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查三角形面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质、韦达定理、向量的数量积的合理运用．19.在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B是边长为2的正方形，点C在平面AA1B1B上的射影H恰好为A1B的中点，且CH=，设D为CC1中点，（Ⅰ）求证：CC1⊥平面A1B1D；（Ⅱ）求DH与平面AA1C1C所成角的正弦值．参考答案：【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．【分析】方法一：常规解法（I）由已知中，棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B是边长为2的正方形，易得CC1⊥A1B1，取A1B1中点E，可证出DE⊥CC1，结合线面垂直的判定定理可得CC1⊥平面A1B1D；（II）取AA1中点F，连CF，作HK⊥CF于K，结合（I）的结论，我们可得DH与平面AA1C1C所成角为∠HDK，解Rt△CFH与Rt△DHK，即可得到DH与平面AA1C1C所成角的正弦值．方法二：向量法（I）以H为原点，建立空间直角坐标系，分别求出向量的坐标，根据坐标的数量积为0，易得到CC1⊥A1D，CC1⊥B1D，进而根据线面垂直的判定定理得到CC1⊥平面A1B1D；（II）求出直线DH的方向向量及平面AA1C1C的法向量，代入向量夹角公式，即可求出DH与平面AA1C1C所成角的正弦值．【解答】证明：方法一：（Ⅰ）因为CC1∥AA1且正方形中AA1⊥A1B1，所以CC1⊥A1B1，取A1B1中点E，则HE∥BB1∥CC1且，又D为CC1的中点，所以，得平行四边形HEDC，因此CH∥DE，又CH⊥平面AA1B1B，得CH⊥HE，DE⊥HE，所以DE⊥CC1∴CC1⊥平面A1B1D解：（Ⅱ）取AA1中点F，连CF，作HK⊥CF于K因为CH∥DE，CF∥A1D，所以平面CFH∥平面A1B1D，由（Ⅰ）得CC1⊥平面A1B1D，所以CC1⊥平面CFH，又HK?平面CFH，所以HK⊥CC1，又HK⊥CF，得HK⊥平面AA1C1C，所以DH与平面AA1C1C所成角为∠HDK在Rt△CFH中，，在Rt△DHK中，由于DH=2，方法二：（向量法）证明：（Ⅰ）如图，以H为原点，建立空间直角坐标系，则C（0，0，），C1（），A1（），B1（0，，0），所以，，∴，，因此CC1⊥平面A1B1D；解：（Ⅱ）设平面AA1C1C的法向量，由于则，得，所以又，所以20.（1）（6分）随机变量的分布列为：1240.40.30.3求的值；（2）（6分）已知=，求的解析式。参考答案：解：（1），。（2）=。21.如图，在七面体ABCDMN中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且MD=2，NB=1，MB与ND交于P点．（1）在棱AB上找一点Q，使QP//平面AMD，并给出证明；（2）求平面BNC与平面MNC所成锐二面角的余弦值．参考答案：（Ⅰ）当时，有//平面AMD.证明：∵MD平面ABCD，NB平面ABCD，∴MD//NB，∴，又，∴，∴在中，QP//AM，又面AMD，AM面AMD，∴//面AMD.（Ⅱ）解：以DA、DC、DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则D（0,0,0），B（2,2,0），C（0,2,0），M（0,0,2）N（2,2,1），∴=（0,-2,2），=（2,0,1），=（0,2,0），设平面CMN的法向量为=（x,y,z）则，∴，∴=（1,-2,-2）.又NB