浙江省绍兴市璜山中学高三数学理知识点试题含解析

浙江省绍兴市璜山中学高三数学理知识点试题含解析一、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.已知正数、满足，则的最小值为（

）A.

B.

C.

D.1参考答案：C略2.函数f（x）=ax﹣1﹣2（a＞0，a≠1）的图象恒过定点A，若点A在直线mx﹣ny﹣1=0上，其中m＞0，n＞0，则的最小值为（）A．4 B．5 C．6 D．3+2参考答案：D【考点】基本不等式；指数函数的图象变换．【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；不等式．【分析】由指数函数可得A坐标，可得m+n=1，整体代入可得=（）（m+n）=3++，由基本不等式可得．【解答】解：当x﹣1=0即x=1时，ax﹣1﹣2恒等于﹣1，故函数f（x）=ax﹣1﹣2（a＞0，a≠1）的图象恒过定点A（1，﹣1），由点A在直线mx﹣ny﹣1=0上可得m+n=1，由m＞0，n＞0可得=（）（m+n）=3++≥3+2=3+2当且仅当=即m=﹣1且n=2﹣时取等号，故选：D．【点评】本题考查基本不等式求最值，涉及指数函数的性质，属基础题．3.已知分别为双曲线的左、右焦点，以原点为圆心，半焦距为半径的圆交双曲线右支于两点，且未等边三角形，则双曲线的离心率为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：A4.已知，β表示两个不同的平面，l为内的一条直线，则“//β是“l//β”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件参考答案：A5.已知i是虚数单位，复数z满足，则（

）A. B.2 C.1 D.参考答案：A【分析】运用复数的除法运算法则，求出复数的表达式，最后利用复数求模公式，求出复数的模.【详解】，所以，故本题选A.【点睛】本题考查了复数的除法运算、求模公式，考查了数学运算能力.6.已知函数的定义域为R，，对任意都有（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B由所以所以.

7.设，则A．

B．2

C．3

D．4参考答案：C8.若对所有实数，均有，则A．

B．C．

D．参考答案：A略9.设全集,则等于（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C10.函数的图象是（

）参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数，若，则的最小值为

．参考答案：12.已知三棱锥S－ABC中，SA⊥面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝，则此三棱锥外接球的体积为________．参考答案：略13.对2×2数表定义平方运算如下：．

则

；参考答案：14.在中，，，，则

参考答案：4略15.当时，幂函数y＝xα的图像不可能经过__________象限．参考答案：第二、第四略16.△ABC外接圆半径为，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若A=60°，b=2，则c的值为．参考答案：【考点】余弦定理．【专题】计算题；转化思想；分析法；解三角形．【分析】由已知及正弦定理可解得a，利用余弦定理可得：c2﹣2c﹣5=0，解方程即可得解．【解答】解：∵△ABC外接圆半径为，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若A=60°，b=2，∴由正弦定理可得：，解得：a=3，∴利用余弦定理：a2=b2+c2﹣2bccosA，可得：9=4+c2﹣2c，即c2﹣2c﹣5=0，∴解得：c=1+，或1﹣（舍去）．故答案为：．【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和计算能力，属于基础题．17.若x＞0，y＞0，x+3y=1，则+的最小值为

．参考答案：4考点：基本不等式．专题：不等式的解法及应用．分析：利用基本不等式，问题得以解决．解答： 解：（方法一）∵x+3y=1，∴+==2+=4．当且仅当x=，y=等号成立．（方法二）+=（+）（x+3y）=2×=4．当且仅当x=，y=等号成立．故答案为：4．点评：本题主要考查基本不等式的应用，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.已知函数f（x）=xex﹣lnx（ln2≈﹣0.693，≈1.648，均为不足近似值）（1）当x≥1时，判断函数f（x）的单调性；（2＞证明：当x＞0时，不等式f（x）＞恒成立．参考答案：【考点】6B：利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）求出函数的导数，判断导函数的符合，求出函数的单调区间即可；（2）求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．【解答】解：（1）对f（x）=xex﹣lnx求导得f′（x）=（x+1）ex﹣，∵x≥1时，（x+1）ex≥2e，≤1，∴f′（x）≥2e﹣1＞0，∴f（x）在[1，+∞）递增；（2）证明：∵f′（）=1.25﹣4＜1.25×2﹣4＜0，f′（）=﹣2＞×1.648﹣2=0.472＞0，又f′（x）在（0，+∞）递增，∴f′（x）在（0，+∞）内有唯一1个零点x0，且（x0+1）=，x0∈（，），∴x=x0是f（x）在（0，+∞）上唯一的极小值点，也是最小值值点，∴f（x）≥f（x0）=x0﹣lnx0=﹣lnx0，＜x0＜，∴f（x）在[，]递减，∴f（x0）≥f（）=+ln2＞+0.639＞1.359＞，∴f（x）＞．19.已知函数是定义在R上的单调函数满足，且对任意的实数有恒成立(Ⅰ）试判断在R上的单调性,并说明理由.(Ⅱ）解关于的不等式参考答案：（Ⅰ）是R上的减函数由可得在R上的奇函数，在R上是单调函数，由，所以为R上的减函数。(Ⅱ）由，又由于又由（Ⅰ）可得即：解得：不等式的解集为20.已知椭圆，点A（3，0），P是椭圆C上的动点．（I）若直线AP与椭圆C相切，求点P的坐标；（II）若P在y轴的右侧，以AP为底边的等腰△ABP的顶点B在y轴上，求四边形OPAB面积的最小值．参考答案：【考点】KL：直线与椭圆的位置关系．【分析】（I）设直线AP的方程，代入椭圆方程，由△=0，即可求得k的值，代入即可求得P点坐标；（II）设AP中点为D，由|BA|=||BP|，所以BD⊥AP，求得AP的斜率，进而得到BD的斜率和中点，可得直线BD的方程，即有B的坐标，求得四边形OPAB的面积为S=S△OAP+S△OMB，化简整理，运用基本不等式即可得到最小值．【解答】解：（I）设直线AP的斜率k，（k≠0），则直线AP：y=k（x﹣3），，整理得：（1+3k2）x2﹣18k2x+27k2﹣6=0，由直线AP与椭圆C相切，则△=（18k2）2﹣4×（1+3k2）（27k2﹣6）=0，解得：k2=，则x2﹣4x+4=0，解得：x=2，将x=2代入椭圆方程，解得：y=±，∴P点坐标为（2，）或（2，﹣）；（II）设线段AP的中点为D．因为BA=BP，所以BD⊥AP．由题意知直线BD的斜率存在，设点P的坐标为（x0，y0）（y0≠0），则点D的坐标为（，），直线AP的斜率kAP=，∴直线BD的斜率kBD=﹣=，故直线BD的方程为y﹣=（x﹣）．令x=0，得y=，故B（0，）．由+=1，得x02=6﹣3y02，化简得B（0，）．因此，S四边形OPAB=S△OAP+S△OAB=×3×|y0|+×3×||=（|y0|+||）=（2|y0|+）≥×2=3．当且仅当2|y0|=时，即y0=±∈[﹣，]时等号成立．故四边形OPAB面积的最小值为3．21.在四棱锥P﹣ABCE中，PA⊥底面ABCE，CD⊥AE，AC平分∠BAD，G为PC的中点，PA=AD=2，BC=DE，AB=3，CD=2，F，M分别为BC，EG上一点，且AF∥CD．（1）求的值，使得CM∥平面AFG；（2）求直线CE与平面AFG所成角的正弦值．参考答案：【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定．【分析】（1）推导出∠CAD=60°，∠BAC=60°，由余弦定理得BC=，从而DE=，进而得到当时，AG∥DM，平面CDM∥平面AFG，CM∥平面AFG．（2）分别以DA，AF，AP为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线CE与平面AFG所成角的正弦值．【解答】解：（1）在Rt△ADC中，∠ADC为直角，tan，则∠CAD=60°，又AC平分∠BAD，∴∠BAC=60°，∵AB=3，AC=4，∴由余弦定理得BC=，∴DE=，当时，AG∥DM，又AF∥CD，AF∩AG=A，∴平面CDM∥平面AFG，∴CM?平面CDM，∴CM∥平面AFG．（2）分别以DA，AF，AP为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则A（0，0，0），C（﹣2，2，0），D（﹣2，0，0），G（﹣1，，1），E（﹣2﹣，0，0），=（﹣1，，1），=（0，﹣2，0），=（﹣，﹣2，0），设平面AFG的法向量=（x，y，z），∵AF∥CD，∴=0，=0，∴，取x=1，得=（1，0，1），设直线CE与平面AFG所成角为θ，则sinθ===，∴直线CE与平面AFG所成角的正弦值为．22.（本小题满分14分）已知椭圆：的左、右焦点分别为，正的中心恰为椭圆的上顶点，且．（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于两点，点在轴上，是以角为顶角的等腰直角三角形，求直线的方程．参考答案：（1）正的边长为（为椭圆的半焦距），且点在轴上依题意∴∵∴

………………1分∵∴…3分∴∴∴椭圆的方程为………4分（2）由（1）知，正的边长为，∴点的纵坐标为∴点的纵坐标为若直线的斜率不存在，即椭圆的上下顶点，显然当点为或时，是以角为顶角的等腰直角三角