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江西省宜春市樟树第三中学高三数学文月考试题含解析
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. 函数在其定义域内可导，若，且当时，有设则
A． B． C． D．
参考答案：
C
2. 函数的图像大致为（ ）
参考答案：
【知识点】函数的图象．B8
B 解析：因为，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，所以排除A．
当x=1时，y＞0，所以排除C．
因为，所以当x→+∞时，y→1，所以排除D．
故选B．
【思路点拨】利用函数的奇偶性，对称性和特殊点的特殊值分别进行判断即可．
3. 若集合，则集合可以是（ ）
A B C D
参考答案：
D
略
4. 如图所示的算法流程图中, 若，则的值等于（ ）
A.1 B. C. 9 D. 8
参考答案：
C
当时，，，所以，所以，选C.
5. 设函数与函数的对称轴完全相同，则的值为（ ）
A． B． C． D．－
参考答案：
A
略
6. [x]表示不超过x的最大整数，例如[1.7]=1，[﹣3.1]=﹣4，已知f（x）=x﹣[x]（x∈R），g（x）=lg|x|，则函数h（x）=f（x）﹣g（x）的零点个数是（ ）
A．15 B．16 C．17 D．18
参考答案：
D
【考点】根的存在性及根的个数判断；函数零点的判定定理．
【分析】作函数f（x）=x﹣[x]（x∈R）与g（x）=log2015x的图象，从而化函数h（x）=f（x）﹣g（x）的零点个数为图象的交点的个数．
【解答】解：作函数f（x）=x﹣[x]（x∈R）与g（x）=lg|x|的图象如下，lg10=1，lg|﹣10|=1
由图象可知：
函数f（x）与g（x）的图象在每个区间[n，n+1]（1≤n＜10）都有一个交点，
故函数f（x）与g（x）的图象共有2×9=18，
故选：D．
7. 二次函数满足，又，，若在[0，]上有最大值3，最小值1，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D. [2,4]
参考答案：
D
略
8. 已知命题；命题的极大值为6.则下面选项中真命题是
A. B. C. D.
参考答案：
B
略
9. 已知集合，，那么（ ）
A．[－3,3] B．(－3,3)
C．{－3,－2,－1,0,1,2,3} D．{x|－3＜x＜3,x∈Z}
参考答案：
D
10. 已知复数（i为虚数单位），则
A． B．5 C． D．
参考答案：
A
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 函数是定义在R上的奇函数，且，则_________.
参考答案：
0
12. 已知向量与的夹角为，，，则__________．
参考答案：
6
，，与的夹角为，，
又，，故答案为．
13. （5分）A、B、C三点在同一球面上，∠BAC=135°，BC=2，且球心O到平面ABC的距离为1，则此球O的体积为 ．
参考答案：
4
【考点】： 球的体积和表面积．
【专题】： 空间位置关系与距离；球．
【分析】： 运用正弦定理可得△ABC的外接圆的直径2r，再由球的半径和球心到截面的距离、及截面圆的半径构成直角三角形，即可求得球的半径，再由球的体积公式计算即可得到．
解：由于∠BAC=135°，BC=2，
则△ABC的外接圆的直径2r==2，
即有r=，
由于球心O到平面ABC的距离为1，
则由勾股定理可得，球的半径R===，
即有此球O的体积为V=πR3=π×（）3=4．
故答案为：4．
【点评】： 本题考查球的体积的求法，主要考查球的截面的性质：球的半径和球心到截面的距离、及截面圆的半径构成直角三角形，同时考查正弦定理的运用：求三角形的外接圆的直径，属于中档题．
14.
已知是原点，点的坐标满足，则的取值范围为 ．
参考答案：
答案：[－3，3]
15. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点M(b，a)，O为坐
标原点，若直线OM与直线
垂直，垂足为M,则 =__________．
参考答案：
16. 在区间[﹣1，1]上随机取一个数x，使sin的值介于0到之间的概率为 ．
参考答案：
【考点】CF：几何概型．
【分析】求出0≤sin≤的解集，根据几何概型的概率公式，即可求出对应的概率．
【解答】解：当﹣1≤x≤1，则﹣≤≤，
由0≤sin≤，
∴0≤≤，
即0≤x≤，
则sin的值介于0到之间的概率P==．
故答案为．
【点评】本题主要考查几何概型的概率公式的计算，根据三角函数的性质求出对应的x的取值范围是解决本题的关键．
17. 如图所示的“数阵”的特点是：毎行每列都成等差数列，则数字37在图中出现的次数为 ．
参考答案：
9
【考点】F1：归纳推理．
【分析】第1行数组成的数列A1j（j=1，2，…）是以2为首项，公差为1的等差数列，第j列数组成的数列Aij（i=1，2，…）是以j+1为首项，公差为j的等差数列，求出通项公式，就求出结果
【解答】解：第i行第j列的数记为Aij．那么每一组i与j的组合就是表中一个数．
因为第一行数组成的数列A1j（j=1，2，…）是以2为首项，公差为1的等差数列，
所以A1j=2+（j﹣1）×1=j+1，
所以第j列数组成的数列Aij（i=1，2，…）是以j+1为首项，公差为j的等差数列，
所以Aij=（j+1）+（i﹣1）×j=ij+1．
令Aij=ij+1=37，
则ij=36=22×32，
∴37出现的次数为（2+1）（2+1）=9，
故答案为：9．
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. 已知函数在区间上的最大值是2，求实数的值．
参考答案：
．
试题分析：先求对称轴，比较对称轴和区间的关系，利用开口向下的二次函数离对称轴越近函数值越大来解题．
试题解析：
，对称轴
（1）即时，在上单调递减，
此时可得
（2）即时，
此时可得或，与矛盾，舍去。
（3）即时，在上单调递增，
此时可得
综上所述：
考点：二次函数在闭区间上的最值．
19. (本小题满分14分）已知如图：平行四边形ABCD中，， BD⊥CD，正方形ADEF所在平面与平面ABCD垂直，G，H分别是DF，BE的中点．
（1）求证：GH∥平面CDE；
（2）记，表示四棱锥F-ABCD体积，求的表达式；
（3）当取得最大值时，求平面ECF与平面ABCD所成的二面角的正弦值．
参考答案：
（1）证法１：∵, ∴且
∴四边形EFBC是平行四边形 ∴H为FC的中点-------------2分
又∵G是FD的中点 ∴--3分
∵平面CDE，平面CDE ∴GH∥平面CDE ----4分
证法２：连结EA，∵ADEF是正方形 ∴G是AE的中点 -------1分
∴在⊿EAB中，--2分 又∵AB∥CD，∴GH∥CD， --3分
∵平面CDE，平面CDE ∴GH∥平面CDE ----4分
（2）∵平面ADEF⊥平面ABCD，交线为AD 且FA⊥AD， ∴FA⊥平面ABCD.----6分
∵BD⊥CD, ， ∴FA=2,（）
∴ ＝ ∴（）--8分
（3）要使取得最大值，只须＝（）取得最大值，
∵，当且仅当即时 取得最大值---10分
解法１：在平面DBC内过点D作于M，连结EM
∵ ∴平面EMD ∴
∴是平面ECF与平面ABCD所成的二面角的平面角-------12分
∵当取得最大值时，,
∴,
∴
即平面ECF与平面ABCD所成的二面角的正弦值为.--------------------------14分
解法２：以点D为坐标原定，DC所在的直线为ｘ轴建立空间直角
坐标系如图示，则,
∴,,-------12分
设平面ECF与平面ABCD所成的二面角为，
平面ECF的法向量
由得
令得 又∵平面ABCD的法向量为
∴ ∴.-------------------------14分
略
20. 已知函数．
（1）求f（x）的周期和及其图象的对称中心；
（2）在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，满足（2a﹣c）cosB=bcosC，求函数f（A）的取值范围．
参考答案：
【考点】三角函数的周期性及其求法；三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的对称性．
【分析】（1）化简函数f（x）的解析式为 sin（+）+1，故f（x）的周期为4π，由，故f（x）图象的对称中心为．
（2）利用正弦定理可得（2sinA﹣sinC）cosB=sinBcosC，化简可得，从而得到的范围，进而得到函数f（A）的取值范围．
【解答】解：（1）由，∴f（x）的周期为4π．
由，故f（x）图象的对称中心为．
（2）由（2a﹣c）cosB=bcosC，得（2sinA﹣sinC）cosB=sinBcosC，
∴2sinAcosB﹣cosBsinC=sinBcosC，∴2sinAcosB=sin（B+C），∵A+B+C=π，∴sin（B+C）=sinA，且sinA≠0，
∴．∴，
故函数f（A）的取值范围是．
21. 如图，在梯形ABCD中，，M为AD上一点，，.
（1）若，求BC；
（2）设，若，求.
参考答案：
（1）（2）
【分析】
(1)先由题中条件求出，再由余弦定理即可求解；
(2)先由，表示出，进而可用表示出，，再由，即可求解.
【详解】解：（1）由，，得.
在中，；
在中，．
在中，由余弦定理得，
，
．
（2）因为，所以，．
在中，；
在中，，
由得，，
所以，即，
整理可得．
【点睛】本题主要考查解三角形的问题，常用余弦定理和正弦定理等来处理，属于基础题型.
22. 已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）点在圆上，且在第一象限，过作圆的切线交椭圆于,两点，问：△的周长是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，说明理由．
参考答案：
（1）『解法1』：
(Ⅰ)由题意，得，………………………………………2分
解得………………………………………4分
∴椭圆方程为.………………………………………5分
『解法2』：
右焦点为，
左焦点为，点在椭圆上
所以，
所以椭圆方程为…………………………5分
（2）『解法1』：
由题意，设的方程为
∵与圆相切
∴，即…………………………6分
由，得……………7分
设，则，…………8分
∴
…………10分
又
∴…………11分
∴（定值）…………12分
『解法2』：
设 ，
………………………………8分
连接，由相切条件知：
………………………………10分
同理可求
所以为定值.………………………………
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