廣東省湛江市雷州林業(yè)局雷林中學高三數(shù)學理聯(lián)考試題含解析

廣東省湛江市雷州林業(yè)局雷林中學高三數(shù)學理聯(lián)考試題含解析一、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.已知橢圓及以下３個函數(shù)：①；②；③，其中函數(shù)圖像能等分該橢圓面積的函數(shù)個數(shù)有………（

）．.０個

１個

.２個

.３個參考答案：C2.某市乘坐出租車的收費辦法如下：不超過4千米的里程收費12元；超過4千米的里程按每千米2元收費（對于其中不足千米的部分，若其小于0.5千米則不收費，若其大于或等于0.5千米則按1千米收費）；當車程超過4千米時，另收燃油附加費1元．相應系統(tǒng)收費的程序框圖如圖所示，其中x（單位：千米）為行駛里程，y（單位：元）為所收費用，用[x]表示不大于x的最大整數(shù)，則圖中①處應填（）A． B． C． D．參考答案：D【考點】程序框圖；分段函數(shù)的應用；函數(shù)模型的選擇與應用．【專題】應用題；函數(shù)的性質(zhì)及應用；算法和程序框圖．【分析】根據(jù)已知中的收費標準，求當x＞4時，所收費用y的表達式，化簡可得答案．【解答】解：由已知中，超過4千米的里程按每千米2元收費（對于其中不足千米的部分，若其小于0.5千米則不收費，若其大于或等于0.5千米則按1千米收費）；當車程超過4千米時，另收燃油附加費1元．可得：當x＞4時，所收費用y=12+[x﹣4+]×2+1=，故選：D【點評】本題考查的知識點是分段函數(shù)的應用，函數(shù)模型的選擇與應用，難度中檔．3.如圖展示了一個由區(qū)間（0，1）到實數(shù)集R的對應過程：區(qū)間（0，1）中的實數(shù)m對應數(shù)軸上（線段AB）的點M（如圖1）；將線段A、B圍成一個圓，使兩端點A、B恰好重合（如圖2）；再將這個圓放在平面直角坐標系中，使其圓心在y軸上；點A的坐標為（0，1）（如圖3），當點M從A到B是逆時針運動時，圖3中直線AM與x軸交于點N（n，0），按此對應法則確定的函數(shù)使得m與n對應，即對稱f（m）=n．對于這個函數(shù)y=f（x），下列結論不正確的是（

）

A．；

B．的圖象關于（，0）；

C．若=，則x=；

D．在（0，1）上單調(diào)遞減，參考答案：D當此時M恰好處在左半圓弧的中點上，此時直線AM的方程為y=x+1，即，所以①是錯誤。由函數(shù)是奇函數(shù)，其定義域必關于原點對稱，而，不是奇函數(shù)，所以②是錯誤。由圖3可以看出，m由0增大到1時，M由A運動到B，此時N由x的負半軸向正半軸運動，由此知，N點的橫坐標逐漸變大，故在定義域上單調(diào)遞增是正確的；③是正確命題。，由圖3可以看出，當M點的位置離中間位置相等時，N點關于Y軸對稱，即此時函數(shù)值互為相反數(shù)，故可知的圖象關于點對稱，④正確。所以綜上知，③④是正確命題。故選B4.若復數(shù)z滿足（3﹣4i）z=|4+3i|，則z的虛部為(

) A．﹣4 B． C．4 D．參考答案：D考點：復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算；復數(shù)求模．專題：數(shù)系的擴充和復數(shù)．分析：由題意可得z==，再利用兩個復數(shù)代數(shù)形式的乘除法法則化簡為+i，由此可得z的虛部．解答： 解：∵復數(shù)z滿足（3﹣4i）z=|4+3i|，∴z====+i，故z的虛部等于，故選：D．點評：本題主要考查復數(shù)的基本概念，兩個復數(shù)代數(shù)形式的乘除法法則的應用，屬于基礎題．5.在數(shù)列中，，數(shù)列的最小項是

A、

B、

C、

D、參考答案：B6.某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的體積是

A． B．

C． D．參考答案：C7.在直角坐標系中,以原點為極點,軸的正半軸為極軸建立極坐標系.若極坐標方程為的直線與曲線（為參數(shù)）相交于兩點,則=（

）A.

B.

C.

D.參考答案：D8.設為虛數(shù)單位，如果復數(shù)滿足，那么的虛部為（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：B考點：復數(shù)綜合運算，虛部為1，故選B9.在

上有一點

，它到的距離與它到焦點的距離之和最小，則點的坐標是(

)

A．（－2，1）

B．（1，2）

C．(2，1）

D．（－1，2）參考答案：B略10.已知等差數(shù)列的前項和為，若且A,B,C三點共線（該直線不過點O），則等于（

）

A.

B.

C.

D.參考答案：D略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設是各項不為零的項等差數(shù)列，且公差，將此數(shù)列刪去某一項后，得到的數(shù)列（按原來順序）是等比數(shù)列。

（1）若=

；

（2）所有數(shù)對所組成的集合為

。參考答案：12.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若△ABC不是直角三角形，則下列命題正確的是（寫出所有正確命題的編號）①tanA?tanB?tanC=tanA+tanB+tanC；②若tanA：tanB：tanC=1：2：3，則A=45°；③tanA+tanB+tanC的最小值為3；④當tanB﹣1=時，則sin2C≥sinA?sinB；⑤若[x]表示不超過x的最大整數(shù)，則滿足tanA+tanB+tanC≤[tanA]+[tanB]+[tanC]的A，B，C僅有一組．參考答案：①②④⑤【考點】命題的真假判斷與應用．【專題】計算題；三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)．【分析】①利用和角的正切公式，結合三角形的內(nèi)角和即可判斷；②由①可得tanA=1，進而可判斷；③舉出反例：A=，B=C=計算即可；④由①可得C=60°，進而利用和差角公式及正弦型函數(shù)的性質(zhì)即可判斷；⑤由[x]的定義，結合①可確定tanA、tanB、tanC為整數(shù)，進而可判斷．【解答】解：①由題意知：A≠，B≠，C≠，且A+B+C=π，∴tan（A+B）=tan（π﹣C）=﹣tanC，∴tanA+tanB=tan（A+B）（1﹣tanAtanB）=﹣tanC（1﹣tanAtanB）=﹣tanC+tanAtanBtanC，即tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC，故正確；②由tanA：tanB：tanC=1：2：3，設tanA=x，tanB=2x，tanC=3x，∴tanA=tan[π﹣（B+C）]=﹣tan（B+C）=﹣=﹣=x，整理得：x2=1，解得：x=1或x=﹣1，∴tanA=1或tanA=﹣1（不合題意，舍去），又A為三角形的內(nèi)角，則A=45°，故正確；③當A=，B=C=時，tanA+tanB+tanC=＜3，故錯誤；④當tanB﹣1=時，tanA?tanB=tanA+tanB+tanC，即tanC=，C=60°，此時sin2C=，sinA?sinB=sinA?sin（120°﹣A）=sinA?（cosA+sinA）=sin2A﹣cos2A=sin（2A﹣30°），則sin2C≥sinA?sinB，故正確；⑤∵對任意實數(shù)x，均有[x]≤x，∴[tanA]+[tanB]+[tanC]≤tanA+tanB+tanC≤[tanA]+[tanB]+[tanC]，又由①可知tanA、tanB、tanC為整數(shù)，不妨設tanA＜tanB＜tanC，則tanA、tanB、tanC分別為1、2、3，故正確；故答案為：①②④⑤．【點評】本題以命題的真假判斷為載體，考查了和角的正切公式，反證法，誘導公式等知識點，屬于中檔題．13.定義：如果函數(shù)在定義域內(nèi)給定區(qū)間上存在，滿足，則稱函數(shù)是上的“平均值函數(shù)”，是它的一個均值點.例如是上的平均值函數(shù)，0就是它的均值點，若函數(shù)是上的“平均值函數(shù)”，則實數(shù)m的取值范圍是

.參考答案：【知識點】函數(shù)中的新概念問題.

B1【答案解析】(0，2)

解析：因為函數(shù)是上的“平均值函數(shù)”，所以存在使得，，又所以實數(shù)的取值范圍是．【思路點撥】根據(jù)平均值函數(shù)”的定義寫出m關于的函數(shù)，求此函數(shù)在（-1，1）上的值域即可.14.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：115.設二元一次不等式組

的圖象沒有經(jīng)過區(qū)域的取值范圍是______________.參考答案：（0，1）（1，2）（9，+∞）16.設全集U＝A∪B＝{x∈N*|lgx<1}，若A∩(?UB)＝{m|m＝2n＋1，n＝0,1,2,3,4}，則集合B＝________;參考答案：

{2,4,6,8}17.已知函數(shù)有零點，則實數(shù)的取值范圍是___________．參考答案：(-∞,2ln2-2〕略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.）設橢圓D：的左、右焦點分別為F1、F2，上頂點為A，在x軸負半軸上有一點B，滿足且AB⊥AF2．

（I）求橢圓D的離心率：

（II）若過A、B、F2三點的圓C恰好與直線l：相切，求圓C方程及橢圓D的方程；

（III）若過點T（3，0）的直線與橢圓D相交于兩點M、N，設P為橢圓上一點，且滿足

（O為坐標原點），求實數(shù)t取值范圍．

參考答案：略19.（本題滿分12分）(1)如圖，是的斜邊上的中點，和分別在邊和上，且，求證：

(表示線段長度的平方)

(嘗試用向量法證明)(2)已知函數(shù)圖像上一點，過點作直線與圖像相切，但切點異于點，求直線的方程。參考答案：（2）設為函數(shù)圖象上任一點，

易得，則，故處切線為又知過點，代入解方程得：（舍），故所求直線的斜率，從而切線方程為：

12分20.已知四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1的下底面是邊長為4的正方形，AA1=4，且AA1⊥面ABCD，點P為DD1的中點，點Q在BC上，BQ=3QC，DD1與面ABCD所成角的正切值為2．（Ⅰ）證明：PQ∥面A1ABB1；（Ⅱ）求證：AB1⊥面PBC，并求三棱錐Q﹣PBB1的體積．參考答案：【考點】LF：棱柱、棱錐、棱臺的體積；LS：直線與平面平行的判定．【分析】（I）取AA1中點E，連接PE、BE，過D1作D1H⊥AD于H，可證四邊形PQBE為平行四邊形，得出PQ∥BE，故而PQ∥面A1ABB1；（II）由AA1⊥面ABCD可得AA1⊥BC，由相似三角形可得AB1⊥BE，故而AB1⊥平面PEBC，求出B1到平面PEBC的距離，代入體積公式即可得出棱錐的體積．【解答】解：（Ⅰ）證明：取AA1中點E，連接PE、BE，過D1作D1H⊥AD于H．∵AA1⊥面ABCD，AA1∥D1H，∴D1H⊥面ABCD．∴∠D1DA為DD1與面ABCD所成角．∴=2，又AA1=4，∴DH=2．∴A1D1=2．∴PE=（A1D1+AD）=3，又EF∥AD，∴四邊形PQBE為平行四邊形，∴PQ∥BE，又PQ?面A1ABB1，BE?面A1ABB1，∴PQ∥面A1ABB1．（Ⅱ）∵AA1⊥面ABCD，BC?平面ABCD，∴AA1⊥BC，又BC⊥AB，AB∩AA1=A，∴BC⊥面ABB1A1，又AB1?平面ABB1A1，∴BC⊥AB1．在梯形A1ABB1中，Rt△BAE≌Rt△AA1B1，∴∠B1AE+∠AEB=∠B1AE+∠AB1A1=90°，∴AB1⊥BE，又BE∩BC=B，BE?平面PEBC，BC?平面PEBC，∴AB1⊥面PEBC．設AB1∩BE=M，∵AE=2，AB=4，∴BM=2，∵A1B1=2，AA1=4，∴AB1=2，∴AM==，∴B1M=AB1﹣AM=，又BQ=BC=3，∴V=V===6．21.（本小題滿分12分）

在直三棱柱中，

∠ACB=90°,Ｍ是

的中點，Ｎ是的中點

（Ⅰ）求證：MN∥平面

；

（Ⅱ）求點到平面BMC的距離；

（Ⅲ）求二面角的平面角的余弦值大小。參考答案：（1）如圖所示，取B1C1中點D，連結ND、A1D

∴DN∥BB1∥AA1

又DN＝

∴四邊形A1MND為平行四邊形。

∴MN∥A1D

又MN平面A1B1C1

AD1平面A1B1C1

∴MN∥平面--------------------------4分(2)因三棱柱為直三棱柱，∴C1C⊥BC，又∠ACB=90°∴BC⊥平面A1MC1在平面ACC1A1中，過C1作C1H⊥CM，又BC⊥C1H，故C1H為C1點到平面BMC的距離。在等腰三角形CMC1中，C1C=2,CM=C1M=∴.--------------------------8分(3)在平面ACC1A1上作CE⊥C1M交C1M于點E，A1C1于點F,則CE為BE在平面ACC1A1上的射影，∴BE⊥C1M,∴∠BEF為二面角B-C1M-A的平面角,在等腰三角形CMC1中，CE=C1H=,∴tan∠BEC=∴cos∠BEC=.二面角的平面角與∠BEC互補，所以二面角的余弦值為--------------------12分略22.設f（x）=x﹣aex（a∈R），x∈R，已知函數(shù)y=f（x）有兩個零點x1，x2，且x1＜x2．（Ⅰ）求a的取值范圍；（Ⅱ）證明：隨著a的減小而增大；（Ⅲ）證明x1+x2隨著a的減小而增大．參考答案：【考點】利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；函數(shù)零點的判定定理．【專題】導數(shù)的綜合應用．【分析】（Ⅰ）對f（x）求導，討論f′（x）的正負以及對應f（x）的單調(diào)性，得出函數(shù)y=f（x）有兩個零點的等價條件，從而求出a的取值范圍；（Ⅱ）由f（x）=0，得a=，設g（x）=，判定g（x）的單調(diào)性即得證；（Ⅲ）由于x1=a，x2=a，則x2﹣x1=lnx2﹣lnx1=ln，令=t，整理得到x1+x2=，令h（x）=，x∈（1，+∞），得到h（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，故得到x1+x2隨著t的減小而增大．再由（Ⅱ）知，t隨著a的減小而增大，即得證．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=x﹣aex，∴f′（x）=1﹣aex；下面分兩種情況討論：①a≤0時，f′（x）＞0在R上恒成立，∴f（x）在R上是增函數(shù)，不合題意；②a＞0時，由f′（x）=0，得x=﹣lna，當x變化時，f′（x）、f（x）的變化情況如下表：x（﹣∞，﹣lna）﹣lna（﹣lna，+∞）f′（x）+0﹣f（x）遞增極大值﹣lna﹣1遞減∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（﹣∞，﹣lna），減區(qū)間是（﹣lna，+∞）；∴函數(shù)y=f（x）有兩個零點等價于如下條件同時成立：①f（﹣lna）＞0；②存在s1∈（﹣∞，﹣lna），滿足f（s1）＜0；③存在s2∈（﹣lna，+∞），滿足f（s2）＜0；由f（﹣lna）＞0，即﹣lna﹣1＞0，解得0＜a＜e﹣1；取s1=0，滿足s1∈（﹣∞，﹣lna），且f（s1）=﹣a＜0，取s2=+ln，滿足s2∈（﹣lna，+∞），且f（s2）=（﹣）+（ln﹣）＜0；∴a的取值范