北京矿务局中学高三数学理测试题含解析

北京矿务局中学高三数学理测试题含解析一、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1.七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方模板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为A. B.C. D.参考答案：C分析：由七巧板的构造，设小正方形的边长为1，计算出黑色平行四边形和黑色等腰直角三角形的面积之和。详解：设小正方形的边长为1，可得黑色平行四边形的底为高为；黑色等腰直角三角形的直角边为2，斜边为2，大正方形的边长为2，所以，故选C。点睛：本题主要考查几何概型，由七巧板的构造，设小正方形的边长为1，通过分析观察，求得黑色平行四边形的底和高，以及求出黑色等腰直角三角形直角边和斜边长，进而计算出黑色平行四边形和黑色等腰直角三角形的面积之和，再将黑色部分面积除以大正方形面积可得概率，属于较易题型。2.设的最大值为

（

）

A．

80

B．C．

25

D．参考答案：A略3.“”是“A=30o”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：B略4.等差数列的前项和为，如果，，那么等于（

）． A． B． C． D．参考答案：C∵，，∴，∴，，．故选．5.已知复数，则“”是“z为纯虚数”的 （

）

A．充分非必要条件

B．必要非充分条件

C．充要条件

D．既非充分又非必要条件参考答案：A6.若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是（）A．36π B．30π C．24π D．15π参考答案：A【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个圆锥，代入圆锥的表面积公式，可得答案．【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个圆锥，底面半径r=4，母线长l=5，故圆锥的表面积S=πr（r+l）=36π，故选：A【点评】本题考查的知识点是圆锥的体积和表面积，空间几何体的三视图，难度中档．7.设为实常数，是定义在上的奇函数，且当时，．若对一切成立，则的取值范围是（

）.A．

B．

C． D．参考答案：D因为是定义在上的奇函数，所以当时，；当时，，因此且对一切成立所以且，即.8.运行如图所示的程序框图，若输入的（i=1,2,…,10）分别为1.5、2.6、3.7、4.8、7.2、8.6、9.1、5.3、6.9、7.0，则输出的值为（

）A． B． C． D．参考答案：C依题意，该程序框图的作用是计算大于等于6.8的数字的比例，故输出的的值为.故选:C

9.曲线在点（0,2）处的切线与直线和围成的三角形的面积为（）(A)

(B)

(C)

(D)1参考答案：A10.下列函数在(0,2)上是增函数的是（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其它三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的概率为

（用数字作答）。

参考答案：先排其他三门艺术课有种排法，再把语文、数学、外语三门文化课插入由三门艺术课隔开的四个空中，有种排法，所以所有的排法有。6节课共有种排法。所以相邻两节文化课至少间隔1节艺术课的概率为。

12.（5分）若曲线y=1nx的一条切线与直线y=﹣x垂直，则该切线方程为．参考答案：x﹣y﹣1=0考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：导数的综合应用．分析：利用切线与直线y=﹣x垂直，得到切线的斜率，也就是曲线在点M处的导数，通过计算，得出点M的坐标，再利用点斜式求出切线方程即可．解答：设点M（x0，y0）∵切线与直线y=﹣x垂直∴切线的斜率为1∴曲线在点M处的导数y′==1，即x0=1．当x0=1时，y0=0，利用点斜式得到切线方程：y=x﹣1；切线的方程为：x﹣y﹣1=0故答案为：x﹣y﹣1=0．点评：本题主要考查了导数的几何意义，以及两条直线垂直，其斜率的关系，同时考查了运算求解的能力，属于基本知识的考查．13.已知实数x，y满足z=x+ay（a＞1）的最大值为3，则实数a=

．参考答案：2【考点】简单线性规划．【分析】画出满足条件的平面区域，求出角点的坐标，从而求出z=a+1=3，解出即可．【解答】解：画出满足条件的平面区域，如图示：，由，解得A（1，1），∵a＞1，∴﹣1＜﹣＜0，∴z=x+ay看化为：y=﹣x+，结合图象直线过A（1，1）时，z最大，z的最大值是z=a+1=3，解得：a=2，故答案为：2．14.在（x2﹣）9的二项展开式中，常数项的值为．参考答案：84【考点】二项式定理的应用．【专题】二项式定理．【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项．【解答】解：（x2﹣）9的二项展开式的通项公式为Tr+1=?（﹣1）r?x18﹣3r，令18﹣3r=0，求得r=6，可得常数项的值为T7===84，故答案为：84．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．15.（文科）设，，则关于实数的不等式的解集是________．参考答案：(－∞，＋∞)16.已知函数，且关于x的方程有且只有一个实根，则实数a的取值范围是________.参考答案：如图，在同一坐标系中分别作出与的图象，其中a表示直线在y轴上截距，由图可知，当时，直线与只有一个交点.17.若集合A={x|ax2+ax+1=0}中只有一个元素，则满足条件的实数a构成的集合为．参考答案：{4}【考点】15：集合的表示法．【分析】由已知得，由此能求出满足条件的实数a构成的集合．【解答】解：∵集合A={x|ax2+ax+1=0}中只有一个元素，∴，解得a=4．∴满足条件的实数a构成的集合为{4}．故答案为：{4}．【点评】本题考查集合的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意根的判别式的合理运用．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.已知函数（其中）．．（1）命题，命题，若是的充分非必要条件，求的取值范围；（2）设命题：，或；命题：，．若是真命题，求的取值范围．参考答案：（1）略（2）因为是真命题，则和都为真命题．

法一：因为是真命题，则的解集的补集是解集的子集；是真命题，则的解集与的交集非空．①若，则．又∵，或，∴是的解集的子集．又由（其中）,解得得或,

因此．②∵当时，，∴问题转化为，使得，即的解集与的交集非空．即，则，综合①②可知满足条件的的取值范围是

法二：当时，，因为是真命题，则，，即，当时，，因为是真命题，则,使，，即

综上所述，．19.如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，BE⊥平面ABCD，DF∥BE，且DF=2BE=2，EF=3．（1）证明：平面ACF⊥平面BEFD（2）若二面角A﹣EF﹣C是二面角，求直线AE与平面ABCD所成角的正切值．参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）推导出AC⊥BD，BE⊥AC，从而AC⊥平面BEFD，由此能证明平面ACF⊥平面BEFD．（2）设AC与BD的交点为O，分别以OA，OB为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AE与平面ABCD所成角的正切值．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC，∴AC⊥平面BEFD，∵AC?平面ACF，∴平面ACF⊥平面BEFD．解：（2）设AC与BD的交点为O，由（1）得AC⊥BD，分别以OA，OB为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥BD，∵DF∥BE，∴DF⊥BD，∴BD2=EF2﹣（DF﹣BE）2=8，∴BD=2．设OA=a，（a＞0），由题设得A（a，0，0），C（﹣a，0，0），E（0，），F（0，﹣，2），设m=（x，y，z）是平面AEF的法向量，则，取z=2，得=（），设是平面CEF的一个法向量，则，取，得=（﹣，1，2），∵二面角A﹣EF﹣C是直二面角，∴=﹣+9=0，解得a=，∵BE⊥平面ABCD，∴∠BAE是直线AE与平面ABCD所成的角，∴AB==2，∴tan．∴直线AE与平面ABCD所成角的正切值为．20.【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）点，直线l与曲线C交于A，B两点，若，求a的值．参考答案：（1），；（2）或1．（1），，，而直线的参数方程为(为参数），则的普通方程是．（2）由（1）得：①，的参数方程为(为参数）②，将②代入①得，故，由，即，解得或1．21.已知函数，函数，其中a为大于零的常数.（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；（Ⅱ）求证：.参考答案：（1）…………………2分时，，单增；时，，单减