山西省長(zhǎng)治市屯留縣第五中學(xué)高三數(shù)學(xué)文聯(lián)考試卷含解析

山西省長(zhǎng)治市屯留縣第五中學(xué)高三數(shù)學(xué)文聯(lián)考試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.若正數(shù)a，b滿足，的最小值為（）A．1 B．6 C．9 D．16參考答案：B【考點(diǎn)】基本不等式在最值問(wèn)題中的應(yīng)用．【分析】正數(shù)a，b滿足，可得a＞1，且b＞1；即a﹣1＞0，且b﹣1＞0；由變形為a﹣1=；化為+9（a﹣1）應(yīng)用基本不等式可求最小值．【解答】解：∵正數(shù)a，b滿足，∴a＞1，且b＞1；變形為=1，∴ab=a+b，∴ab﹣a﹣b=0，∴（a﹣1）（b﹣1）=1，∴a﹣1=；∴a﹣1＞0，∴=+9（a﹣1）≥2=6，當(dāng)且僅當(dāng)=9（a﹣1），即a=1±時(shí)取“=”（由于a＞1，故取a=），∴的最小值為6；故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了基本不等式的靈活應(yīng)用問(wèn)題，應(yīng)用基本不等式a+b≥2時(shí)，要注意條件a＞0，且b＞0，在a=b時(shí)取“=”．2.已知雙曲線的兩條漸近線均和圓相切，且雙曲線的右焦點(diǎn)為圓C的圓心，則該雙曲線的方程為

A．

B．

C．

D．參考答案：B3.等差數(shù)列的前項(xiàng)和為的值（）

A．18B．20C．21

D．22參考答案：B4.已知函數(shù)設(shè)，若關(guān)于x的不等式在R上恒成立，則a的取值范圍是（A） （B） （C） （D）參考答案：A不等式f(x)≥為－f(x)≤≤f(x)

(*)當(dāng)x≤1時(shí)，(*)式即為－x2+x－3≤≤x2－x+3，－x2+－3≤a≤x2－+3，又－x2+－3=－(x－)2－≤－(x=時(shí)取等號(hào))x2－+3=(x－)2+≥(x=時(shí)取等號(hào))所以－≤a≤當(dāng)x＞1時(shí)，(*)式為－x－≤≤x+，－－≤a≤+又－－=－(+)≤(當(dāng)x=時(shí)取等號(hào))+≥(當(dāng)x=2時(shí)取等號(hào))所以≤a≤2，綜上－≤a≤2．故選A．5.已知函數(shù)y=sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ≤），且此函數(shù)的圖象如圖所示，由點(diǎn)P（ω，φ）的坐標(biāo)是（） A．（2，） B． （2，） C． （4，） D． （4，）參考答案：考點(diǎn)： 由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式．專(zhuān)題： 計(jì)算題．分析： 先利用函數(shù)圖象計(jì)算函數(shù)的周期，再利用周期計(jì)算公式解得ω的值，再將點(diǎn)（，0）代入函數(shù)解析式，利用五點(diǎn)作圖法則及φ的范圍求得φ值，最后即可得點(diǎn)P（ω，φ）的坐標(biāo)解答： 解：由圖象可得函數(shù)的周期T=2×（﹣）=π∴=π，得ω=2，將（，0）代入y=sin（2x+φ）可得sin（+φ）=0，∴+φ=π+2kπ

（注意此點(diǎn)位于函數(shù)減區(qū)間上）∴φ=+2kπ，k∈Z由0＜φ≤可得φ=，∴點(diǎn)（ω，φ）的坐標(biāo)是（2，），故選B．點(diǎn)評(píng)： 本題主要考查了y=Asin（ωx+φ）型函數(shù)的圖象和性質(zhì)，利用函數(shù)的部分圖象求函數(shù)解析式的方法，五點(diǎn)作圖法畫(huà)函數(shù)圖象的應(yīng)用6.某體育館第一排有5個(gè)座位，第二排有7個(gè)座位，第三排有9個(gè)座位，依次類(lèi)推，那么第十五排有（）個(gè)座位。

A．27

B．33

C．45

D．51參考答案：B7.命題：“”，則（

）A．是假命題；：

B．是假命題；：

C．是真命題；：

D．是真命題；：

參考答案：B8.已知平面向量，滿足，與的夾角為60°，則“m=1”是“”的（）A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件參考答案：C考點(diǎn)：必要條件、充分條件與充要條件的判斷；數(shù)量積判斷兩個(gè)平面向量的垂直關(guān)系．專(zhuān)題：證明題．分析：由已知中平面向量，滿足，與的夾角為60°，分別判斷“m=1”?“”與“”?“m=1”的真假，根據(jù)充要條件的定義即可得到結(jié)論．解答：解：∵向量，滿足，與的夾角為60°，∴=1，?=1當(dāng)m=1時(shí)，==﹣?=0故當(dāng)時(shí)，﹣m?=1﹣m=0，故m=1故“m=1”是“”的充要條件故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是必要條件、充分條件與充要條件的判斷，數(shù)量積判斷兩個(gè)平面向量的垂直關(guān)系，其中根據(jù)已知條件判斷“m=1”?“”與“”?“m=1”的真假，是解答本題的關(guān)鍵．9.若集合，，則等于（

）A.

B.

C.

D.參考答案：A10.連續(xù)擲兩次骰子，以先后得到的點(diǎn)數(shù)m，n為點(diǎn)P的坐標(biāo)（m，n），那么點(diǎn)P在圓x2+y2=17內(nèi)部（不包括邊界）的概率是（）A． B． C．D．參考答案：D【考點(diǎn)】列舉法計(jì)算基本事件數(shù)及事件發(fā)生的概率．【分析】基本事件總數(shù)N=6×6=36，再利用列舉法求出點(diǎn)P在圓x2+y2=17內(nèi)部（不包括邊界）包含的基本事件個(gè)數(shù)，由此能求出點(diǎn)P在圓x2+y2=17內(nèi)部（不包括邊界）的概率．【解答】解：連續(xù)擲兩次骰子，以先后得到的點(diǎn)數(shù)m，n為點(diǎn)P的坐標(biāo)（m，n），基本事件總數(shù)N=6×6=36，點(diǎn)P在圓x2+y2=17內(nèi)部（不包括邊界）包含的基本事件有：（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（2，2），（2，3），（3，1），（3，2），共8個(gè)，∴點(diǎn)P在圓x2+y2=17內(nèi)部（不包括邊界）的概率是p==．故選：D．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設(shè)函數(shù)

則______；若，，則的大小關(guān)系是______．參考答案：，【知識(shí)點(diǎn)】函數(shù)圖象分段函數(shù)，抽象函數(shù)與復(fù)合函數(shù)【試題解析】

，因?yàn)?，所?/p>

又若，結(jié)合圖像知：

所以：。

故答案為：，15.當(dāng)時(shí)，有如下表達(dá)式：

兩邊同時(shí)積分得：從而得到如下等式：請(qǐng)根據(jù)以上材料所蘊(yùn)含的數(shù)學(xué)思想方法，計(jì)算：

參考答案：13.已知a⊥b,|a|=2,|b|=3，且3a+2b與a-b垂直，則實(shí)數(shù)的值為

．參考答案：14.已知是定義在上以2為周期的偶函數(shù)，且當(dāng)時(shí)，，則=___________．參考答案：略15.已知，，且，則a與b的夾角為

．參考答案：∵，∴，由，可得：，∴∴∴與的夾角為故答案為：

16.已知?jiǎng)t=__________.參考答案：2∵=，∴17.（4分）（2015?上海模擬）在銳角△ABC中，角B所對(duì)的邊長(zhǎng)b=10，△ABC的面積為10，外接圓半徑R=13，則△ABC的周長(zhǎng)為．參考答案：【考點(diǎn)】：余弦定理．【專(zhuān)題】：計(jì)算題．【分析】：根據(jù)正弦定理，由b和外接圓半徑R的值即可求出sinB的值，然后由B為銳角，利用同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系求出cosB的值，根據(jù)三角形的面積公式表示出△ABC的面積，讓面積等于10化簡(jiǎn)后，得到a與c的關(guān)系式，記作①，利用余弦定理表示出cosB，把①代入也得到關(guān)于a與c的關(guān)系式，記作②，①②聯(lián)立利用完全平方公式化簡(jiǎn)后即可求出a+c的值，進(jìn)而求出三角形BAC的周長(zhǎng)．解：由正弦定理得：=2R，又b=10，R=13，解得sinB=，由△ABC為銳角三角形，得到cosB=，∵△ABC的面積為10，∴acsinB=10，解得ac=52①，則cosB===，化簡(jiǎn)得：a2+c2=196②，聯(lián)立①②得：（a+c）2=a2+c2+2ac=104+196=300，解得a+c=10，則△ABC的周長(zhǎng)為10+10．故答案為10+10．【點(diǎn)評(píng)】：此題考查學(xué)生靈活應(yīng)用正弦、余弦定理化簡(jiǎn)求值，掌握完全平方公式的靈活運(yùn)用，靈活運(yùn)用三角形的面積公式及同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系化簡(jiǎn)求值，是一道中檔題．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18.18．（本小題滿分12分）如圖，（I）求證：（II）參考答案：19.（本小題滿分13分）已知函數(shù)（1）當(dāng)時(shí)，判斷函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)的單調(diào)性并給予證明；（2）在區(qū)間（1，2）內(nèi)任取兩個(gè)實(shí)數(shù)p，q，且p≠q,若不等式>1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（3）求證： 參考答案：20.(本題滿分12分)已知，其中是自然常數(shù)，（Ⅰ）當(dāng)時(shí),研究的單調(diào)性與極值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，求證：；（Ⅲ）是否存在實(shí)數(shù)，使的最小值是3？若存在，求出的值；若不存在，說(shuō)明理由．參考答案：解：（Ⅰ），

…………1分∴當(dāng)時(shí)，，此時(shí)單調(diào)遞減當(dāng)時(shí)，，此時(shí)單調(diào)遞增

………………3分

∴的極小值為

（Ⅱ）的極小值為1，即在上的最小值為1，∴，……5分令，，

……………6分當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞增∴

………9分∴在（1）的條件下，……………10分（Ⅲ）假設(shè)存在實(shí)數(shù)，使（）有最小值3，

①當(dāng)時(shí)，，所以，所以在上單調(diào)遞減，，（舍去），所以，此時(shí)無(wú)最小值.

……12分

②當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，滿足條件.

……14分③當(dāng)時(shí)，，所以，所以在上單調(diào)遞減，，（舍去），所以，此時(shí)無(wú)最小值.

……15分綜上，存在實(shí)數(shù)，使得當(dāng)時(shí)有最小值3

.……16分21.如圖所示，平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，且分別是線段PA、PD、CD、BC的中點(diǎn).（1）求證：BC//平面EFG；（2）求證：平面AEG；（3）求三棱錐E-AFG與四棱錐P-ABCD的體積比.參考答案：（1）因?yàn)锽C∥AD,AD∥EF,所以BC∥EF.因?yàn)?，所以∥平面EFG；（2）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥DH，即AE⊥DH因?yàn)椤鰽DG≌△DCH，所以∠HDC=∠DAG，∠AGD+∠DAG=90°，所以∠AGD+∠HDC=90°，所以DH⊥AG又因?yàn)锳E∩AG=A，所以DH⊥平面AEG；（3）.試題分析：（1）首先利用平行公理即平行的傳遞性證明BC∥EF，再由已知條件并運(yùn)用線面平行的判定，證明∥平面EFG；（2）由已知PA⊥平面ABCD，可得PA⊥DH即證明了AE⊥DH，然后利用△ADG≌△DCH得出對(duì)應(yīng)角相等即∠HDC=∠DAG，∠AGD+∠DAG=90°即證明了DH⊥AG，從而由直線與平面的判定定理可證DH⊥平面AEG；（3）由三棱錐的等體積可得，，然后根據(jù)三棱錐和四棱錐的體積計(jì)算公式即可求出其體積比.試題解析：（1）因?yàn)锽C∥AD,AD∥EF,所以BC∥EF.因?yàn)?，所以∥平面EFG.（2）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥DH，即AE⊥DH因?yàn)椤鰽DG≌△DCH，所以∠HDC=∠DAG，∠AGD+∠DAG=90°，所以∠AGD+∠HDC=90°，所以DH⊥AG又因?yàn)锳E∩AG=A，所以DH⊥平面AEG.（3）.考點(diǎn)：組合幾何體的面積、體積問(wèn)題；直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定.22.已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1為正方形，延長(zhǎng)AB到D，使得AD=BD，平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，A1C1=AA1，∠C1A1A=．（Ⅰ）若E，F(xiàn)分別為C1B1，AC的中點(diǎn)，求證：EF∥平面ABB1A1；（Ⅱ）求平面A1B1C1與平面CB1D所成的銳二面角的余弦值．參考答案：【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；直線與平面平行的判定．【專(zhuān)題】證明題；轉(zhuǎn)化思想；向量法；空間角．【分析】（Ⅰ）取A1C1的中點(diǎn)G，連結(jié)FG，EG，則EG∥A1B1，從而GE∥ABB1A1，同理得GF∥平面ABB1A1，從平面GEF∥平面ABB1A1，由此能證明EF∥平面ABB1A1．（Ⅱ）連結(jié)AC1，推導(dǎo)出AC1⊥AA1，從而AC1⊥平面ABB1A1，再求出AC1⊥AB，AA1⊥AB，分別以AA1，AB，AC1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出平面A1B1C1與平面CB1D所成的銳二面角的余弦值．【解答】證明：（Ⅰ）取A1C1的中點(diǎn)G，連結(jié)FG，EG，在△A1B1C1中，EG為中位線，∴EG∥A1B1，∴GE?平面ABB1A1，A1B1?平面ABB1A1，∴GE∥ABB1A1，同理得GF∥平面ABB1A1，又GF∩GE=G，∴平面GEF∥平面ABB1A1，∵EF?平面GEF，∴EF∥平面ABB1A1．解：（Ⅱ）連結(jié)AC1，在△AA1C1中，，，∴由余弦定理得=+﹣2AA1×A1C1cos∠AA1C1=，∴AA1=AC1，△A1AC1是等腰直角三角形，AC1⊥AA1，又∵平面AA1C1C∩平面ABB1A1=AA1，∴AC1⊥平面ABB1A1，∵AB?平面ABB1A1，∴AC1⊥AB，又∵側(cè)面ABB1A1為正方形，∴AA1⊥AB，分別以AA1，AB，AC1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角