山东省济宁市金乡县司马中学高三数学理测试题含解析

山东省济宁市金乡县司马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.已知全集，集合=

（

）

A．{4}

B．{2，3，4}

C．{2，3}

D．{1，4}参考答案：A略2.如图，在平面直角坐标系中，质点，间隔3分钟先后从点出发，绕原点按逆时针方向作角速度为弧度/分钟的匀速圆周运动，则与的纵坐标之差第4次达到最大值时，运动的时间为（

）A．37.5分钟

B．40.5分钟

C．49.5分钟

D．52.5分钟参考答案：A3.已知正项等比数列{an}满足，若存在两项，，使得，则的最小值为（

）A． B． C． D．参考答案：B设正项等比数列的公比为，且，由，得，化简得，解得或（舍去），因为，所以，则，解得，所以，当且仅当时取等号，此时，解得，因为，取整数，所以均值不等式等号条件取不到，则，验证可得，当，时，取最小值为，故选B．4.执行如下的程序框图，若输出的值为，则“？”处可填（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C5.设A、B、I均为非空集合，且满足A?B?I，则下列各式中错误的是()A．(?IA)∪B＝I

B．(?IA)∪(?IB)＝IC．A∩(?IB)＝

D．(?IA)∩(?IB)＝?IB参考答案：B6.在等比数列中，若公比，且，则（

）A、

B、

C、

D、参考答案：D略7.直线被圆所截得的弦长为，则直线的斜率为（）A. B. C. D.参考答案：D【分析】可得圆心到直线的距离d，由弦长为，可得a的值，可得直线的斜率.【详解】解：可得圆心（0，0）到直线的距离，由直线与圆相交可得，，可得d=1，即=1，可得，可得直线方程：，故斜率为，故选D.【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式及直线与圆的位置关系，相对简单.8.函数的图象大致是（

）参考答案：A9.若函数y=ksin（kx+φ）（）与函数y=kx﹣k2+6的部分图象如图所示，则函数f（x）=sin（kx﹣φ）+cos（kx﹣φ）图象的一条对称轴的方程可以为（）A． B． C． D．参考答案：B【考点】H6：正弦函数的对称性．【分析】由函数的最大值求出A，由特殊点的坐标求出φ的值，可得函数的解析式，再利用三角恒等变换化简f（x）的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性求得f（x）的图象的一条对称轴的方程．【解答】解：若函数y=ksin（kx+φ）（）与函数y=kx﹣k2+6的部分图象如图所示，根据函数y=ksin（kπ+φ）（k＞0，|φ|＜）的最大值为k，∴﹣k2+6=k，∴k=2．把点（，0）代入y=2sin（2x+φ）可得sin（+φ）=0，∴φ=﹣，∴入y=2sin（2x﹣）．则函数f（x）=sin（kx﹣φ）+cos（kx﹣φ）=2sin（2x+）+2cos（2x+）=sin（2x++）=sin（2x+）．令2x+=kπ+，求得x=+，k∈Z，故f（x）的图象的对称轴的方程为得x=+，k∈Z当k=1时，可得函数f（x）=sin（kx﹣φ）+cos（kx﹣φ）图象的一条对称轴的方程可以为，故选：B．10.设变量满足，若直线经过该可行域，则的最大值为

A.1

B.3

C.4

D.5参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数f(x)=若关于x的方程f(x)=x+m恰有三个不相等的实数解，则m的取值范围是．参考答案：

【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】若关于x的方程恰有三个不相等的实数解，则函数f（x）的图象与直线y=有三个交点，数形结合可得答案．【解答】解：函数的图象如下图所示：若关于x的方程恰有三个不相等的实数解，则函数f（x）的图象与直线y=有三个交点，当直线y=经过原点时，m=0，由y=﹣x2+2x的导数y′=﹣2x+2=得：x=，当直线y=与y=﹣x2+2x相切时，切点坐标为：（，），当直线y=经过（，）时，m=，故m∈，故答案为：【点评】本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断，数形结合思想，难度中档．12.设ΔABC的三边长分别为，ΔABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝；类比这个结论可知：四面体P－ABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球的半径为R，四面体P－ABC的体积为V，则R＝

.参考答案：13.的展开式中的常数项为

.

参考答案：-160【知识点】二项式定理．解析：二项式的展开式的通项公式为Tr+1=?26﹣r??（﹣1）r?=（﹣1）r??26﹣r?．令6﹣2r=0，解得r=3，故展开式中的常数项为﹣?23=﹣160，故答案为-160．【思路点拨】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．14.已知集合A={x|3≤x＜7}，B={x|4＜x＜10}，则A∪B=

，（?RA）∩B=

．参考答案：{x|3≤x＜10}，{x|7≤x＜10}．【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】根据并集、补集和交集的定义，分别写出对应的运算结果即可．【解答】解：集合A={x|3≤x＜7}，B={x|4＜x＜10}，所以A∪B={x|3≤x＜10}，?RA={x|x＜3或x≥7}，所以（?RA）∩B={x|7≤x＜10}．故答案为：{x|3≤x＜10}，{x|7≤x＜10}．15.已知函数是的切线，则的值为

参考答案：16.已知点O是锐角△ABC的外心，AB=8，AC=12，A=．若，则6x+9y=．参考答案：5【考点】平面向量的基本定理及其意义．【专题】平面向量及应用．【分析】如图所示，过点O分别作OD⊥AB，OE⊥AC，垂足分别为D，E．可得D，E分别为AB，AC的中点．可得=，=．由A=，可得．对，两边分别与，作数量积即可得出．【解答】解：如图所示，过点O分别作OD⊥AB，OE⊥AC，垂足分别为D，E．则D，E分别为AB，AC的中点，∴===32．===72．∵A=．∴==48．∵，∴=，=+y，化为32=64x+48y，72=48x+144y，联立解得x=，y=．∴6x+9y=5．故答案为：5．【点评】本题考查了向量数量积运算性质、三角形外心性质、垂经定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17.已知直线的极坐标方程为,则极点到直线的距离为_________.参考答案：略三、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.如图（1），在五边形BCDAE中，CD∥AB，∠BCD=90°，CD=BC=1，AB=2，△ABE是以AB为斜边的等腰直角三角形，现将△ABE沿AB折起，使平面ABE⊥平面ABCD，如图（2），记线段AB的中点为O．（Ⅰ）求证：平面ABE⊥平面EOD；（Ⅱ）求平面ECD与平面ABE所成的锐二面角的大小．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】（Ⅰ）推导出四边形OBCD为平行四边形，AB⊥OD，EO⊥AB，从而AB⊥平面EOD，由此能证明平面ABE⊥平面EOD．（Ⅱ）以O为坐标原点，以OB，OD，OE所在直线分别为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ECD与平面ABE所成的锐二面角的大小．【解答】证明：（Ⅰ）∵AB=2CD，O是线段AB的中点，∴OB=CD，又∵OB∥CD，∴四边形OBCD为平行四边形，又∠BCD=90°，∴AB⊥OD，又∵O是等腰直角△EAB斜边上的中点，∴EO⊥AB，∵EO∩DO=O，∴AB⊥平面EOD，∵AB?平面ABE，∴平面ABE⊥平面EOD．解：（Ⅱ）∵平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，∴EO⊥平面ABCD，∴EO⊥OD，∴OB，OD，OE两两垂直，以O为坐标原点，以OB，OD，OE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，∵△EAB为等腰直角三角形，且CD=BC=1，∴OA=OB=OD=OE=1，∴O（0，0，0），A（﹣1，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），E（0，0，1），∴=（﹣1，0，0），=（0，﹣1，1），设平面ECD的一个法向量=（x，y，z），则，取y=1，得=（0，1，1），∵OD⊥平面ABE，∴是平面ABE的一个法向量，设平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为θ，则cosθ=|cos＜＞|==，∴平面ECD与平面ABE所成的锐二面角的大小为45°．19.已知椭圆方程为，斜率为的直线过椭圆的上焦点且与椭圆相交于，两点，线段的垂直平分线与轴相交于点．（Ⅰ）求的取值范围；（Ⅱ）求△面积的最大值．参考答案：解：（Ⅰ）设直线的方程为，由可得．设，则，．可得．……3分设线段中点为，则点的坐标为，由题意有，可得．可得，又，所以．………………6分

（Ⅱ）设椭圆上焦点为，则……………9分所以△的面积为（）．设，则．可知在区间单调递增，在区间单调递减．所以，当时，有最大值．所以，当时，△的面积有最大值．………………12分略20.（本小题满分14分）已知是二次函数，不等式的解集是，且在区间上的最大值是.（1）求的解析式；（2）设函数在上的最小值为，求的表达式.参考答案：解：（1）是二次函数，且的解集是

可设

在区间上的最大值是

由已知，得

21.已知三棱柱ABC—A1B1C1，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点O，∠BCA=90°，AC=BC=2，又知BA1⊥AC1。（1）求证AC1⊥平面A1BC；（2）求锐二面角A—A1B—C的余弦值。参考答案：解：（1）证明：∠BCA=90°得BC⊥AC，因为A1D⊥底ABC，所以A1D⊥BC，A1D∩AC=D，所以BC⊥面A1AC，所以BC⊥AC1因为BA1⊥AC1，BA1∩BC=B，所以AC1⊥底A1BC（1分）（2）设AC1∩A1C=O，作OE⊥A1B于E，连AE，由（1）所以A1B⊥AE，所以∠AEO为二面角平面角，在Rt△A1BC中，所以，所以二面角余弦.略22.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=2，PD=，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．

（Ⅰ）证明：平面EAC⊥平面PBD；

（Ⅱ）若PD∥平面EAC，求三棱锥P﹣EAD