廣東省茂名市高州第一高級中學(xué)高三數(shù)學(xué)理期末試卷含解析

廣東省茂名市高州第一高級中學(xué)高三數(shù)學(xué)理期末試卷含解析一、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選項中，只有是一個符合題目要求的1.設(shè)點是雙曲線（a>b>0）上的任意一點，點為坐標原點，且，則點的軌跡方程是A．

B．

C．

D．參考答案：答案：D2.已知函數(shù)

若>，則實數(shù)的取值范圍是(

)A．

B.

C.

D.參考答案：D3.圓弧長度等于圓內(nèi)接正三角形的邊長，則其圓心角弧度數(shù)為（）A． B． C． D．2參考答案：C【考點】弧度制的應(yīng)用．【專題】數(shù)形結(jié)合．【分析】等邊三角形ABC是半徑為r的圓O的內(nèi)接三角形，則線AB所對的圓心角∠AOB=，求出AB的長度（用r表示），就是弧長，再由弧長公式求圓心角弧度數(shù)．【解答】解：如圖，等邊三角形ABC是半徑為r的圓O的內(nèi)接三角形，則線AB所對的圓心角∠AOB=，作OM⊥AB，垂足為M，在rt△AOM中，AO=r，∠AOM=，∴AM=r，AB=r，∴l(xiāng)=r，由弧長公式l=|α|r，得，α===．故選C．【點評】本題考查圓心角的弧度數(shù)的意義，以及弧長公式的應(yīng)用，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想．4.已知M={0，1，2，3，4}，N={1，3，5，7}，P=M∩N，則集合P的子集個數(shù)為（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個參考答案：C考點：子集與真子集．專題：集合．分析：根據(jù)集合的基本運算求出集合P，然后根據(jù)子集的定義即可得到結(jié)論．解答：解：∵M={0，1，2，3，4}，N={1，3，5，7}，∴P=M∩N={1，3}，集合含有2個元素，∴集合P的子集個數(shù)為22=4個，故選：C點評：本題主要考查集合的基本運算，以及子集個數(shù)的判斷，比較基礎(chǔ)5.已知a是實數(shù)，則函數(shù)f（x）=acosax的圖象可能是（）A． B． C． D．參考答案：C【考點】余弦函數(shù)的圖象．【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性排除不滿足題意的選項，根據(jù)函數(shù)的表達式確定函數(shù)的最值與周期的關(guān)系，推出正確結(jié)果．【解答】解：函數(shù)f（x）=acosax，因為函數(shù)f（﹣x）=acos（﹣ax）=acosax=f（x），所以函數(shù)是偶函數(shù)，所以A、D錯誤；結(jié)合選項B、C，可知函數(shù)的周期為：π，所以a=2，所以B不正確，C正確．故選C6.如果執(zhí)行右面的程序框圖，那么輸出的（

）Ａ．2450 Ｂ．2500 Ｃ．2550 Ｄ．2652參考答案：C7.已知全集為實數(shù)R，集合A=，B=，則=（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D8.已知全集集合則為A.

B.

C.

D.參考答案：A略9.若集合，集合，則下列各式中正確的是（

）A、

B、

C、

D、參考答案：A略10.在平面直角坐標系中，若不等式組（為常數(shù)）所表示平面區(qū)域的面積等于2，則的值為（

）]A.-5

B.1

C.2

D.3參考答案：D二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知某程序框如圖所示，則執(zhí)行該程序后輸出的結(jié)果為

.參考答案：12.定義在R上的函數(shù)滿足，當x≠1時，有成立；若,則a，b，c的大小關(guān)系為

．參考答案：

a>b>c13.已知正三棱錐,點都在半徑為的球面上,若兩兩相互垂直,則球心到截面的距離為_____________.參考答案：【知識點】球的截面性質(zhì)解析：由已知可把正三棱錐補形成球內(nèi)接正方體，因為球的直徑為，所以正方體的棱長為2，則PA=PB=PC=2，AB=BC=AC=,，設(shè)P到截面的距離為d，則有，解得，所以球心到截面的距離為.【思路點撥】一般遇到幾何體的外接球問題，若直接解答不方便時，可通過補形法轉(zhuǎn)化為球內(nèi)接正方體或長方體的關(guān)系進行解答.14.點P（x，y）的坐標滿足關(guān)系式且x，y均為整數(shù)，則z=x+y的最小值為12，此時P點坐標是

．參考答案：（3，9）或（4，8）【考點】簡單線性規(guī)劃．【專題】數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；不等式的解法及應(yīng)用．【分析】作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域，利用目標函數(shù)的幾何意義，求目標函數(shù)z=x+y的最小值．【解答】解：作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域如圖：（陰影部分ABC）．由z=x+y得y=﹣x+z，平移直線y=﹣x+z，由圖象可知當直線y=﹣x+z經(jīng)過點A時，直線y=﹣x+z的截距最小，此時z最小．由，解得，即A（，），∵x，y均為整數(shù)，∴點A不滿足條件．∵+=11，∴此時x+y=11，若x+y=12，得y=12﹣x，代回不等式組得：，即，即3≤x≤，∵x是整數(shù)，∴x=3或x=4，若x=3，則y=9，若x=4，則y=8，即P（3，9）或P（4，8），即z=x+y的最小值為12，故答案為：12，（3，9）或（4，8）【點評】本題主要考查線性規(guī)劃的應(yīng)用，利用目標函數(shù)的幾何意義，結(jié)合數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想是解決此類問題的基本方法．本題由于x，y是整數(shù)，需要進行調(diào)整最優(yōu)解．15.甲、乙兩人同時參加一次數(shù)學(xué)測試，共有道選擇題，每題均有個選項，答對得分，答錯或不答得分．甲和乙都解答了所有的試題，經(jīng)比較，他們只有道題的選項不同，如果甲最終的得分為分，那么乙的所有可能的得分值組成的集合為____________．參考答案：16.若點是曲線上一點，且在點處的切線與直線平行，則點的橫坐標為________

參考答案：117.已知，命題：，，命題：，，若命題為真命題，則實數(shù)的取值范圍是_____．參考答案：或【分析】根據(jù)不等式恒成立化簡命題為，根據(jù)一元二次方程有解化簡命題為或，再根據(jù)且命題的性質(zhì)可得結(jié)果.【詳解】若命題：“，”為真；則，解得：，若命題：“，”為真，則，解得：或，若命題“”是真命題，則，或，故答案為：或【點睛】解答非命題、且命題與或命題真假有關(guān)的題型時，應(yīng)注意：（1）原命題與其非命題真假相反；（2）或命題“一真則真”；（3）且命題“一假則假”.三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.

在直角坐標系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為（α為參數(shù)）．

（1）求曲線C的普通方程；

（2）在以O(shè)為極點，x正半軸為極軸的極坐標系中，直線l方程為，已知直線l與曲線C相交于A、B兩點，求|AB|．參考答案：（1）由已知，由，消去得：普通方程為，化簡得（5分）（2）由sin(-)+=0知，化為普通方程為x-y+=0圓心到直線的距離=，由垂徑定理（10分）19.（本小題滿分10分）如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，，，且MD=NB=1，E為BC的中點（1）

求異面直線NE與AM所成角的余弦值在線段AN上是否存在點S，使得ES平面AMN？若存在，求線段AS的長；若不存在，請說明理由

參考答案：解析：（1）在如圖，以D為坐標原點，建立空間直角坐標依題意，得。，所以異面直線與所成角的余弦值為.A（2）假設(shè)在線段上存在點，使得平面.,可設(shè)又.由平面，得即故，此時.經(jīng)檢驗，當時，平面.故線段上存在點，使得平面，此時.20.如圖，三棱錐的側(cè)面是等腰直角三角形，，，，且．（I）求證：平面平面；（II）若，分別是的中點，求四面體的體積．參考答案：證明：（I）如圖，取BD中點E，連結(jié)、， 1分因為是等腰直角三角形，所以， 2分設(shè)，則， 3分在中，由余弦定理得：， 4分因為，，所以，即， 5分又，，所以平面，所以平面平面； 6分（II）因為是的中點，所以與的面積相等， 7分過點G作，垂足為H，因為，所以， 8分由（I）知：平面，所以平面，且， 9分所以四面體的體積： 10分 11分． 12分21.△ABC的內(nèi)角A、B、C所對的邊a、b、c，且（Ⅰ）求角A（Ⅱ）若，求a的最小值．參考答案：【考點】正弦定理．【分析】（Ⅰ）由正弦定理化簡已知可得sinAsinB=sinBcosA，又sinB≠0，從而可求tanA，由于0＜A＜π，即可解得A的值．（Ⅱ）利用平面向量數(shù)量積的運算和余弦定理化簡已知等式可得bc=8，利用余弦定理及基本不等式即可求得a的最小值．【解答】（本題滿分為12分）解：（Ⅰ）因為，由正弦定理，得sinAsinB=sinBcosA，又sinB≠0，從而tanA=，由于0＜A＜π，所以A=．…4分（Ⅱ）由題意可得：=+?（﹣）﹣=+﹣?﹣=c2+b2﹣bccosA﹣a2=2bccosA﹣bccosA=bc=4，∵bc=8，由余弦定理得：a2=b2+c2﹣2bccosA=b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc=bc=8，∴a≥2，∴a的最小值為．…12分22.（12分）如圖，四面體A﹣BCD中，AD⊥面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=2，M是AD的中點，P是△BMD的外心，點Q在線段AC上，且=4．（Ⅰ）證明：PQ∥平面BCD；（Ⅱ）若二面角C﹣BM﹣D的大小為60°，求四面體A﹣BCD的體積．參考答案：考點： 棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面平行的判定．專題： 綜合題；空間位置關(guān)系與距離；空間角．分析： （Ⅰ）取BD的中點O，在線段CD上取點F，使得DF=3CF，連接OP、OF、FQ．根據(jù)平行線分線段成比例定理結(jié)合三角形的中位線定理證出四邊形OPQF是平行四邊形，從而PQ∥OF，再由線面平行判定定理，證出PQ∥平面BCD；（Ⅱ）過點C作CG⊥BD，垂足為G，過G作GH⊥BM于H，連接CH．根據(jù)線面垂直的判定與性質(zhì)證出BM⊥CH，因此∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°．設(shè)∠BDC=θ，用解直角三角形的方法算出HG和CG關(guān)于θ的表達式，最后在Rt△CHG中，根據(jù)正切的定義得出tan∠CHG，從而得到tanθ，由此可得∠BDC，進而可求四面體A﹣BCD的體積．解答： 解：（Ⅰ）取BD的中點O，在線段CD上取點F，使得DF=3CF，連接OP、OF、FQ∵△ACD中，AQ=3QC且DF=3CF，∴QF∥AD且QF=AD∵△BDM中，O、P分別為BD、BM的中點∴OP∥DM，且OP=DM，結(jié)合M為AD中點得：OP∥AD且OP=AD∴OP∥QF且OP=QF，可得四邊形OPQF是平行四邊形∴PQ∥OF∵PQ?平面BCD且OF?平面BCD，∴PQ∥平面BCD；（Ⅱ）過點C作CG⊥BD，垂足為G，過G作GH⊥BM于H，連接CH∵AD⊥平面BCD，CG?平面BCD，∴AD⊥CG又∵CG⊥BD，AD、BD是平面ABD內(nèi)的相交直線∴CG⊥平面ABD，結(jié)合BM?平面ABD，得CG⊥BM∵GH⊥BM，CG、GH是平面CGH內(nèi)的相交直線∴BM⊥平面CGH，可得BM⊥CH因此，∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°設(shè)∠BDC=θ，可得Rt△BCD中，CD=BD