河北省保定市壇下中學高三數(shù)學文聯(lián)考試題含解析

河北省保定市壇下中學高三數(shù)學文聯(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.我國古代名著《莊子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，萬世不竭”，其意思為：一尺的木棍，每天截取一半，永遠都截不完，現(xiàn)將該木棍依此規(guī)律截取，如圖所示的程序框圖的功能就是計算截取7天后所剩木棍的長度（單位：尺），則①②③處可分別填入的是（

）參考答案：B2.已知變量x、y滿足的約束條件，則的最大值為

（

）

A．-3

B．

C．-5

D．4參考答案：3.如果函數(shù)的圖像關于點中心對稱，那么的最小值為A.

B.

C.

D.

參考答案：【知識點】函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換；余弦函數(shù)的對稱性.C4【答案解析】A

解析：∵函數(shù)y=3cos（2x+φ）的圖象關于點中心對稱．∴∴由此易得．故選A。【思路點撥】先根據(jù)函數(shù)y=3cos（2x+φ）的圖象關于點中心對稱，令x=代入函數(shù)使其等于0，求出φ的值，進而可得|φ|的最小值．4.函數(shù)f（x）=+lg（3x+1）的定義域是（）A．（﹣，+∞） B．（﹣，1） C．（﹣，） D．（﹣∞，﹣）參考答案：B【考點】對數(shù)函數(shù)的定義域；函數(shù)的定義域及其求法．

【專題】計算題．【分析】依題意可知要使函數(shù)有意義需要1﹣x＞0且3x+1＞0，進而可求得x的范圍．【解答】解：要使函數(shù)有意義需，解得﹣＜x＜1．故選B．【點評】本題主要考查了對數(shù)函數(shù)的定義域．屬基礎題．5.下列命題正確的是（

）A、若，，則。B、函數(shù)的反函數(shù)為。C、函數(shù)為奇函數(shù)。D、函數(shù)，當時，恒成立。參考答案：C6.圓x2+y2-4x+2y+C=0與y軸交于A、B兩點，圓心為P，若∠APB=900，則C的值是A、

-3

B、3

C、

D、8參考答案：A略7.函數(shù)的反函數(shù)是(

)A．

B．

C．

D．參考答案：D8.（06年全國卷Ⅱ理）過球的一條半徑的中點，作垂直于該半徑的平面，則所得截面的面積與球的表面積的比為(

)

（A）（B）（C）（D）參考答案：答案：A解析:設球的半徑為R,過球的一條半徑的中點，作垂直于該半徑的平面,由勾股定理可得一個半徑為的圓,所以,故選A9.已知，若函數(shù)不存在零點，則c的取值范圍是

（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：C略10.已知實數(shù)x，y滿足，若的最大值是3，則實數(shù)a的取值范圍是（

）A.(－∞,3] B.[1,3] C.(－∞,2] D.[2,+∞)參考答案：A【分析】畫出不等式組對應的可行域，將目標函數(shù)變形，數(shù)形結合判斷出z最大時，a的取值范圍．【詳解】令當時，不等式組的可行域如圖陰影所示：將目標函數(shù)變形得y＝2x+z，由題知z無最大值，舍去當時，不等式組的可行域如圖陰影所示：將目標函數(shù)變形得y＝2x+z，由題知z最大時，直線的縱截距最大，在（0,3）取得最大3，符合題意；當時，不等式組的可行域如圖陰影所示將目標函數(shù)變形得y＝2x+z，由題知z最大時，直線的縱截距最大，在（0,3）取得最大3，符合題意；綜上：故選：A．【點睛】本題考查線性規(guī)劃，考查分類討論思想和數(shù)形結合思想，準確作圖計算是關鍵是中檔題二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.如圖所示，某幾何體由底面半徑和高均為1的圓柱與半徑為1的半球對接而成，在該封閉幾何體內部放入一個小圓柱體，且小圓柱體的上下底面均與外層圓柱的底面平行，則小圓柱體積的最大值為__________.參考答案：【分析】根據(jù)題意，設小圓柱體底面半徑為，則高為，小圓柱體體積，設，則，利用導數(shù)性質能求出小圓柱體體積的最大值.【詳解】由題意，設小圓柱體底面半徑為，則高為，小圓柱體體積，設，則則當時，故答案為：【點睛】本題考查圓柱體體積的最值問題，根據(jù)圓柱體積公式構建函數(shù)，求導研究函數(shù)的性質，考查轉化與化歸思想，考查計算能力，屬于難題.12.函數(shù)的最大值是

．參考答案：13.若用一個平面去截球體，所得截面圓的面積為，球心到該截面的距離是，則這個球的表面積是

．參考答案：14.已知兩個集合A，B，滿足B?A．若對任意的x∈A，存在ai，aj∈B（i≠j），使得x=λ1ai+λ2aj（λ1，λ2∈{﹣1，0，1}），則稱B為A的一個基集．若A={1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，則其基集B元素個數(shù)的最小值是

．參考答案：3【考點】集合的表示法．【分析】設a1＜a2＜a3＜…＜am，計算出b=λ1ai+λ2aj的各種情況下的正整數(shù)個數(shù)并求出它們的和，結合題意得m+m+Cm2+Cm2≥n，即m（m+1）≥n．可知m（m+1）≥10，即可得出結論，【解答】解：不妨設a1＜a2＜a3＜…＜am，則形如1×ai+0×aj（1≤i≤j≤m）的正整數(shù)共有m個；形如1×ai+1×ai（1≤i≤m）的正整數(shù)共有m個；形如1×ai+1×aj（1≤i≤j≤m）的正整數(shù)至多有Cm2個；形如﹣1×ai+1×aj（1≤i≤j≤m）的正整數(shù)至多有Cm2個．又集合M={1，2，3，…，n}（n∈N*），含n個不同的正整數(shù)，A為集合M的一個m元基底．故m+m+Cm2+Cm2≥n，即m（m+1）≥n，A={1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，可知m（m+1）≥10，所以m≥3．故答案為3．15.若平面區(qū)域是一個三角形，則的取值范圍是__________．參考答案：16.對任意的都有,且滿足:,則（1）

;（2）

．參考答案：（1）2

（2）1917.不等式組，表示的平面區(qū)域的面積是

.

參考答案：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.（本小題滿分14分）右圖為一簡單組合體，其底面為正方形，平面，，且，（1）求證：平面；（2）若為線段的中點，求證：平面；（3）若，求平面與平面所成的二面角的大?。畢⒖即鸢福海?）證法一：取的中點，連，，

故有∴四邊形是平行四邊形

∴……1分又∴四邊形是平行四邊形∴，……3分又平面，平面∴平面………………4分證法二：∵，平面，平面∴平面,又∵，平面，平面∴平面,∵平面，平面且

∴平面//平面………………3分又∵平面

∴平面…………4分（2）證法一：連結AC與BD交于點F,連結NF，∵F為BD的中點，∴且,

又且

∴且∴四邊形NFCE為平行四邊形-------------------------7分∴

∵,平面,面

∴，又∴面

∴面-------9分證法二：如圖以點D為坐標原點，以AD所在的直線為軸建立空間直角坐標系如圖示：設該簡單組合體的底面邊長為1，則,……6分∴,,

∵,

∴---------------------8分∵、面，且

∴面----------------9分（3）解法1：連結DN，由（2）知面,∵，∴

∴

又∴平面∴為平面PBE的法向量，設，則

∴=---11分∵為平面ABCD的法向量，，---------------------------------------------12分設平面PBE與平面ABCD所成的二面角為，則……13分∴

即平面PBE與平面ABCD所成的二面角為45°---------------------------------14分解法2：延長PE與DC的延長線交于點G,連結GB，則GB為平面PBE與ABCD的交線∵

∴∴D、B、G在以C為圓心、以BC為半徑的圓上，∴-------------------11分∵平面,面

∴且∴面

∵面∴∴為平面PBE與平面ABCD所成的二面角的平面角--------------13分在中

∵∴＝45°即平面PBE與平面ABCD所成的二面角為45°

……14分

19.設函數(shù)圖象的一條對稱軸是直線.

⑴求；

⑵求函數(shù)的單調增區(qū)間；

⑶畫出函數(shù)在區(qū)間上的圖象.參考答案：解析：⑴∵是函數(shù)的圖像的對稱軸,∴,∴.

.∵,∴.

⑵由⑴知,由題意得,

∴函數(shù)的單調增區(qū)間.

⑶由

20.如圖，已知矩形ABCD中，AB=2，AD=1，M為DC的中點，將△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM，連結BM（1）求證：AD⊥BM；（2）若點E是線段DB上的一動點，問點E在何位置時，三棱錐M﹣ADE的體積為；（3）求二面角A﹣DM﹣C的正弦值．參考答案：考點：二面角的平面角及求法．專題：空間位置關系與距離；空間角．分析：（1）根據(jù)線面垂直的性質即可證明AD⊥BM；（2）建立空間坐標系結合三棱錐M﹣ADE的體積為，建立方程關系即可；（3）求出平面的法向量，結合坐標系即可求二面角A﹣DM﹣C的正弦值．解答：（1）證明：∵矩形ABCD中，AB=2，AD=1，M為DC的中點，∴AM=BM=，∴AM2+BM2=AB2，∴AM⊥BM．再由平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，∴BM⊥平面ADM，結合AD?平面ADM，可得AD⊥BM．（2）分別取AM，AB的中點O和N，則ON∥BM，在（1）中證明BM⊥平面ADM，∴ON⊥⊥平面ADM，ON⊥AM，ON⊥OD，∵AD=DM，∴DO⊥AM，建立空間直角坐標系如圖：則D（0，0，），A（，0，0），B（﹣，，0），∴=（﹣，，﹣），∵E是線段DB上的一個動點，∴==（﹣λ，，﹣λ），則E（﹣λ，，﹣λ），∴=（﹣λ﹣，，﹣λ），顯然=（0，1，0）是平面ADM的一個法向量．點E到平面ADM的距離d==，則=，解得λ=，則E為BD的中點．（3）D（0，0，），M（﹣，0，0），C（﹣，，0），則=（﹣，0，﹣），=（﹣，，0），設=（x，y，z）是平面CDM的法向量，則，令x=1，則y=1，z=﹣1，即=（1，1，﹣1），易知=（0，1，0）是平面ADM的法向量，則cos＜＞==．點評：本題主要考查空間直線的垂直的判斷，空間三棱錐的體積的計算，以及二面角的求解，建立坐標系利用向量法是解決本題的關鍵．綜合性較強，運算量較大．21.[選修4-4：坐標系與參數(shù)方程]設極坐標系的極點為直角坐標系的原點，極軸為x軸的正半軸．已知曲線C的極坐標方程為ρ=8sinθ（1）求曲線C的直角坐標方程；（2）設直線（t為參數(shù)）與曲線C交于A，B兩點，求AB的長．參考答案：【考點】參數(shù)方程化成普通方程．【分析】（1）曲線C的極坐標方程為ρ=8sinθ，即ρ2=8ρsinθ．利用互化公式可得曲線C的直角坐標方程．（2）設直線（t為參數(shù)）的直角坐標方程為y=x+2．x2+y2=8y，配方為x2+（y﹣4）2=16，可得圓心C（0，4），半徑r=4．求出圓心C到直線的距離d．可得|AB|=2．【解答】解：（1）曲線C的極坐標方程為ρ=8sinθ，即ρ2=8ρsinθ．∴曲線C的直角坐標方程為x2+y2=8y．（2）設直線（t為參數(shù)）的直角坐標方程為y=x+2．x2+y2=8y，配方為x2+（y﹣4）2=16，可得圓心C（0，4），半徑r=4．∴圓心C到直線的距離d==．∴|AB|=2=2．【點評】本題考查了極坐標方程化為直角坐標方程、點到直線的距離公式公式、直線與圓直角弦長問題，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．22.設△ABC的內角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，=（cosA，cosC），=（c﹣2b，a），且⊥．（1）求角A的大??；（2）若a=b，且BC邊上的中線AM的長為，求邊a的值．參考答案：【考點】余弦定理的應用；平面向量數(shù)量積的運算．【專題】解三角形．【分析】（1）通過向量的數(shù)量積以及正弦定理兩角和與差的三角函數(shù)，求出A的余弦函數(shù)值，即可求角A的大??；（2）通過a=b，利用余弦定理，結合BC邊上的中線A