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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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