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文档简介

广东省清远市博师高级中学高三数学理期末试题含解析一、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.设全集为R,集合,N={0,1,2},则M∩N=(

)A.{0,1,2} B.(0,2) C.(-2,2) D.{0,1}参考答案:D【分析】可解出M,然后进行交集的运算即可.【详解】解:M={x|﹣2<x<2},N={0,1,2};∴M∩N={0,1}.故选D.【点睛】本题考查描述法、列举法的定义,以及交集的运算,属于基础题.2.(

)A. B. C. D.参考答案:D【分析】根据复数乘法运算化简所求表达式,由此求出正确选项.【详解】依题意,原式,故选D.【点睛】本小题主要考查复数乘法运算,属于基础题.3.在平面直角坐标系中,O为坐标原点,A(8,0),以OA为直径的圆与直线y=2x在第一象限的交点为B,则直线AB的方程为()A. B.C. D.参考答案:A【分析】根据OA为圆的直径得OB⊥AB,故有,再根据点斜式可得直线方程.【详解】根据OA为圆的直径得OB⊥AB,∴由点斜式可得直线AB的方程为y-0=-(x-8),即x+2y-8=0.故选:A.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系,属中档题.4.已知圆截直线所得弦的长度小于6,则实数a的取值范围为(

)A. B.C.(-15,+∞) D.(-15,2)参考答案:D【分析】根据圆的半径大于零可求得;利用点到直线距离公式求出圆心到直线距离,利用弦长可求得;综合可得的取值范围.【详解】由题意知,圆的方程为:,则圆心为,半径为则:,解得:圆心到直线的距离为:,解得:综上所述:本题正确选项:【点睛】本题考查直线被圆截得弦长相关问题的求解,关键是明确弦长等于,易错点是忽略半径必须大于零的条件.5.设集合,,则A.(-2,0)

B.(-2,3)

C.(0,2)

D.(2,3)参考答案:A6.执行如图的程序框图(N∈N*),那么输出的p是()A. B. C. D.参考答案:C【考点】EF:程序框图.【分析】由已知中的程序框图可知:该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量p的值,模拟程序的运行过程,分析循环中各变量值的变化情况,可得答案.【解答】解:第一次执行循环体,k=1,p=A11,满足继续循环的条件,k=2;第二次执行循环体,k=2,p=A22,满足继续循环的条件,k=3;第三次执行循环体,k=3,p=A33,满足继续循环的条件,k=4;…第N次执行循环体,k=N,p=ANN,满足继续循环的条件,k=N+1;第N+1次执行循环体,k=N+1,p=AN+1N+1,不满足继续循环的条件,故输出的p值为AN+1N+1,故选:C7.曲线在点处的切线方程为A.

B.

C.

D.参考答案:D略8.已知:命题:“是的充分必要条件”;命题:“”.则下列命题正确的是(

)A.命题“∧”是真命题

B.命题“(┐)∧”是真命题C.命题“∧(┐)”是真命题

D.命题“(┐)∧(┐)”是真命题参考答案:B略9.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为() A. B. C. D.参考答案:D【考点】由三视图求面积、体积. 【分析】这个几何体由半个圆锥与一个四棱锥组合而成,从而求两个体积之和即可. 【解答】解:这个几何体由半个圆锥与一个四棱锥组合而成, 半个圆锥的体积为××π×1×=; 四棱锥的体积为×2×2×=; 故这个几何体的体积V=; 故选D. 【点评】本题考查了学生的空间想象力与计算能力,属于基础题. 10.要得到函数的图象,只需要将函数的图象(

). A.向左平移个单位 B.向右平移个单位C.向左平移个单位 D.向右平移个单位参考答案:B,故选.二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知数列{an}对任意的满足,且,则______.参考答案:-30【分析】令,则,从而可得为等差数列且公差为,再根据得到,利用等差数列的通项公式可求.【详解】令,则,故,故为等差数列且公差为,故.因为,故,故.故答案为:-30【点睛】本题考查等差数列的基本量的计算,注意对给定的递推关系合理赋值,本题属于基础题.12.某大学对1000名学生的自主招生水平测试成绩进行统计,得到样本频率分布直方图如图所示,现规定不低于70分为合格,则合格人数是

参考答案:60013.给出30行30列的数表A:,其特点是每行每列都构成等差数列,记数表主对角线上的数1,10,21,34,…,1074按顺序构成数列{bn},存在正整数s、t(1<s<t)使b1,bs,bt成等差数列,试写出一组(s,t)的值.参考答案:(17,25)考点:等差数列的通项公式;数列与函数的综合.专题:计算题;等差数列与等比数列.分析:由题意可得,b2﹣b1=9b3﹣b2=11…bn﹣bn﹣1=2n+5,利用叠加可求bn,然后由b1,bs,bt成等差数列可得2bs=b1+bt,代入通项后即可求解满足题意的t,s解答:解:由题意可得,b2﹣b1=9b3﹣b2=11…bn﹣bn﹣1=2n+5以上n﹣1个式子相加可得,bn﹣b1=9+11+…+2n+5=n2+6n﹣7∴bn=n2+6n﹣6∵b1,bs,bt成等差数列∴2bs=b1+bt∴2(s2+6s﹣6)=1+t2+6t﹣6整理可得,2(s+3)2=(t+3)2+16∵1<s<t≤30且s,t∈N*经检验当s=17,t=25时符合题意故答案为:(17,25)点评:本题主要考查了数列的通项公式的求解,要注意叠加法的应用,属于公式的灵活应用14.已知三棱锥O﹣ABC,∠BOC=90°,OA⊥平面BOC,其中AB=,AC=,O,A,B,C四点均在球S的表面上,则球S的表面积为.参考答案:14π【考点】球的体积和表面积.【分析】根据∠BOC=90°且OA⊥平面BOC,得到三棱锥的三条侧棱两两垂直,以三条侧棱为棱长得到一个长方体,由圆的对称性知长方体的各个顶点都在这个球上,长方体的体积就是圆的直径,求出直径,得到圆的面积.【解答】解:∵∠BOC=90°,OA⊥平面BOC,∴三棱锥的三条侧棱两两垂直,∴可以以三条侧棱为棱长得到一个长方体,由圆的对称性知长方体的各个顶点都在这个球上,∴球的直径是,∴球的半径是∴球的表面积是=14π,故答案为:14π【点评】本题考查球的体积与表面积,考查球与长方体之间的关系,考查三棱锥与长方体之间的关系,本题考查几何中常用的一种叫补全图形的方法来完成,本题非常值得一做.15.已知数列为等比数列,且,则的值为_________________.参考答案:在等比数列中,所以.所以.16.把正整数排列成如图甲的三角形数阵,然后擦去第偶数行中的奇数和第奇数行的偶数,得到如图乙的三角形数阵,再把图乙中的数按从小到大的顺序排成一列,得到一个数列,若则n=

。参考答案:102817.我国古代数学家祖暅提出的祖暅原理:“活势既同,则积不容异”(“幂”是截面,“势”是几何体的高),意思是两个同高的几何体,若在等高处截面的面积恒相等,则它们的体积相等。己知某半球体与三视图(如图所示)所表示的几何体满足“幂势既同”,则该半球的体积为________参考答案:【分析】根据三视图,判断出几何体为圆柱挖去一个圆锥得到,并由此计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知,该几何体是由圆柱挖掉一个圆锥所得,故体积为.所以“幂势既同”几何体的体积为.【点睛】本小题主要考查三视图求原图几何体的体积,考查中国古代数学文化,属于基础题.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.在△ABC中,a,b,c分别为角A、B、C的对边,若=(,1),=(﹣2,cos2A+1),且.(Ⅰ)求角A的度数;(Ⅱ)当a=2,且△ABC的面积S=时,求边c的值和△ABC的面积.参考答案:解:(Ⅰ)△ABC中,由=(,1),=(﹣2,cos2A+1),且,可得=﹣2+cos2A+1=cos(B+C)﹣1+cos2A+1=2cos2A﹣cosA﹣1=(2cosA+1)(cosA﹣1)=0,∴cosA=﹣或cosA=1(舍去),∴A=120°.(Ⅱ)∵a=2,且△ABC的面积S==ab?sinC,由余弦定理可得cosC=,∴tanC=,∴C=30°,∴B=30.再由正弦定理可得,即=,解得c=2.∴△ABC的面积S=ac?sinB==.略19.几何证明选讲如图,已知是的切线,为切点,是的割线,与交于两点,圆心在的内部,点是的中点.(Ⅰ)证明四点共圆;(Ⅱ)求的大小.参考答案:解析】(Ⅰ)证明:连结.因为与相切于点,所以.因为是的弦的中点,所以.于是.由圆心在的内部,可知四边形的对角互补,所以四点共圆.-----------------5分(Ⅱ)解:由(Ⅰ)得四点共圆,所以.由(Ⅰ)得.由圆心在的内部,可知.所以.------------------10分略20.已知椭圆的标准方程为,离心率,且椭圆经过点.过右焦点的直线交椭圆于,两点.(Ⅰ)求椭圆的方程.(Ⅱ)若,求直线的方程.(Ⅲ)在线段上是否存在点,使得以,为邻边的四边形是菱形,且点在椭圆上.若存在,求出的值,若不存在,请说明理由.参考答案:()由题意可得,解得,,∴椭圆的方程为.()设直线的方程为,,,则,消去得,,.∵,∴,化简得即,解得.故直线的方程为或.()由()可知,,假设存在点,设,则,解得,故不存在点,使得以,为邻边的四边形是菱形.21.(本小题满分12分)

在中,内角所对边的边长分别是.(1)若,且的面积等于,求和的值;(2)若是钝角,且,求的值.参考答案:解:(1)∵,,

∴∴

(2分)

由余弦定理及已知条件得,,

(4分)

又因为的面积等于,所以,得.

(5分)联立方程组

解得,.

(7分)(2)∵

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