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山东省聊城市鱼邱湖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. 为了得到函数的图象,可以将函数的图象( )
A.向左移个单位 B.向左移个单位
C.向右移个单位 D. 向右移个单位
参考答案:
B
∵,所以要得到函数的图象,只需要将函数的图象向左平移个单位.故选B.
2. 在△ABC中,若,BC=3, ,则AC= ( )
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
参考答案:
A
试题分析:由余弦定理得,选A.
3. 一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )
A.64 B.72 C.80 D.112
参考答案:
C
【考点】由三视图求面积、体积.
【专题】计算题;空间位置关系与距离.
【分析】由三视图可知该几何体为上部是一四棱锥,高为3,下部为正方体,边长为4的组合体.分别求得体积再相加.
【解答】解:由三视图可知该几何体为上部是一四棱锥,下部为正方体的组合体.四棱锥的高h1=3,正方体棱长为4
V正方体=Sh2=42×4=64,V四棱锥=Sh1==16,
所以V=64+16=80.
故选:C.
【点评】本题考查三视图求几何体的体积,考查计算能力,空间想象能力,三视图复原几何体是解题的关键.
4. (4分)(2010?重庆)设变量x,y满足约束条件则z=3x﹣2y的最大值为( )
A.
0
B.
2
C.
4
D.
3
参考答案:
D
5. 已知为非零的平面向量. 甲: ( )
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
参考答案:
答案:B
6. 如图所示,则该图可能是下列函数中的那个函数的图象( )
A. B. C. D.
参考答案:
B
7. 已知函数f(x)的定义域为R,对任意x1<x2,有>﹣1,且f(1)=1,则不等式f(log2|3x﹣1|)<2﹣log2|3x﹣1|的解集为( )
A.(﹣∞,0) B.(﹣∞,1) C.(﹣1,0)∪(0,3) D.(﹣∞,0)∪(0,1)
参考答案:
D
【考点】奇偶性与单调性的综合.
【分析】由题意可得函数R(x)=f(x)+x是R上的增函数,f(log2|3x﹣1|)+log2|3x﹣1|<f(1)+1,可得﹣2<3x﹣1<2,且3x﹣1≠0,由此求得x的范围.
【解答】解:∵函数f(x)的定义域为R,对任意x1<x2,有>﹣1,即>0,
故函数R(x)=f(x)+x是R上的增函数,
由不等式f(log2|3x﹣1|)<2﹣log2|3x﹣1|,可得f(log2|3x﹣1|)+log2|3x﹣1|<2=f(1)+1,
∴log2|3x﹣1|<1,故﹣2<3x﹣1<2,且3x﹣1≠0,求得3x<3,且x≠0,
解得 x<1,且x≠0,
故选:D.
8. 已知不等式组表示的平面区域为M,若直线y=kx-3k与平面区域M有公共点,则k的取值范围是( )
A. B. C. D.
参考答案:
C
略
9. 一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为
A.1 B.2
C.3 D.4
参考答案:
A
10. 给出如下四个命题:其中不正确的命题的个数是( )
①若“且”为假命题,则、均为假命题;
②命题“若,则”的否命题为“若,则”;
③“”的否定是“”;
④在△中,“”是“”的充要条件.
A.4 B.3 C.2 D.1
参考答案:
C
略
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 若椭圆和是焦点相同且的两个椭圆,有以下几个命题:①一定没有公共点;②;③;④,其中,所有真命题的序号为_______________。
参考答案:
①③④
略
12. (选修4—4坐标系与参数方程)极坐标系下,直线 与圆的公共点个数是__ ___.
参考答案:
13. 已知圆,经过椭圆C: =1(a>b>0)的左、右焦点F1,F2,且与椭圆C在第一象限的交点为A,且F1,E,A三点共线,则该椭圆的方程 .
参考答案:
+=1
【考点】圆与圆锥曲线的综合.
【分析】F1,E,A三点共线,AF2⊥x轴,|F1A|==2a.把x=c代入椭圆方程解得A.由O为线段F1F2的中点,利用中位线定理可得|AF2|=2|OE|, =2, =2a﹣2,a2=b2+c2,解出即可得出.
【解答】解:∵F1,E,A三点共线,∴AF2⊥x轴,|F1A|=.
把x=c代入椭圆方程可得: =1,解得y=,A.
∵O为线段F1F2的中点,∴|AF2|=2|OE|,∴=2, =2a﹣2,a2=b2+c2,
解得a=,b2=5.
∴该椭圆的方程为: +=1.
故答案为: +=1.
14. 等比数列{}的公比, 已知=1,,则{}的前4
项和= 。
参考答案:
15. 有两个相同的直三棱柱,高为,底面三角形的三边长分别为。用它们拼成一个三棱柱或四棱柱,在所有可能的情形中,全面积最小的是一个四棱柱,则的取值范围是_ _
参考答案:
16. 在的展开式中,的系数为______.
参考答案:
80
的展开式中,通项公式,
令,解得.的系数,故答案为80.
17. “或”是“”成立的 条件(填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中的一个).
参考答案:
必要不充分
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.
(1)讨论的单调性;
(2)若有两个零点,求实数的取值范围.
参考答案:
(1),
①设,则当时,;
当时,,所以在单调递减,在单调递增;
②设,由得或,
若,则,
所以在单调递增,
若,则,故当时,;当时,,
所以在单调递增,在单调递减;
③若,则,故当时,;当时,,所以在单调递增,在单调递减;
综上所述,当时,在单调递减,在单调递增;当时在单调递增,在单调递减;
(2)①设,则由(1)知,在单调递减,在单调递增,
又,取满足且,则,
所以有两个零点;
②设,则,所以只有一个零点;
③设,则由(1)知,在单调递增,在单调递减,,当时,有极大值,故不存在两个零点;当时,则由(1)知,在单调递增,在单调递减,当时,有极大值,故不存在两个零点,
综上,的取值范围为.
19. (本小题满分14分)
右图是函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<)的部分图象.
(1)求函数f(x)的解析式; (2)若f=,0<α<,求cosα的值.
参考答案:
(1)由图象知A=1 .………………2分
f(x)的最小正周期T=4×=π,故ω==2.……4分
将点代入f(x)的解析式得sin=1,
∴,即,
又|φ|<,∴φ=.………………………………6分
故函数f(x)的解析式为f(x)=sin.…………………7分
(2)由f =,得sin=,由0<α<,得<α+<,
∴cos==.………………………10分
∴cosα=[(α+)-]=coscos+sinsin=.………14分
20. 如图,2012年春节,摄影爱好者S在某公园A处,发现正前方B处有一立柱,测得立柱顶端O的仰角和立柱底部B的俯角均为30°,已知S的身高约为米(将眼睛距地面的距离按米处理)
(1) 求摄影者到立柱的水平距离和立柱的高度;
(2) 立柱的顶端有一长2米的彩杆MN绕中点O在S与立柱所在的平面内旋转.摄影者有一视角范围为60°的镜头,在彩杆转动的任意时刻,摄影者是否都可以将彩杆全部摄入画面?说明理由.
参考答案:
(1) 摄影者到立柱的水平距离为3米,立柱高为米. (2) 摄影者可以将彩杆全部摄入画面.
试题分析:(1) 如图,不妨将摄影者眼部设为S点,做SC垂直OB于C,
又故在中,可求得BA=3,即摄影者到立柱的水平距离为3米……… 3分
由SC=3,在中,可求得
又故即立柱高为米. -------------- 6分
(2) (注:若直接写当时,最大,并且此时,得2分)
连结SM,SN, 在△SON和△SOM中分别用余弦定理,
……8分
故摄影者可以将彩杆全部摄入画面. …………………………………………… 10分
考点:解三角形的实际应用;余弦定理。
点评:在解应用题时,分析题意,分清已知与所求,再根据 题意正确画出示意图,通过这一步可将实际问题转化为可用数学方法解决的问题。解题中,要注意正、余弦定理的应用。
21. (本小题满分12分)
“学雷锋”团队在某天对甲乙两个社区进行帮助服务,假设甲,乙社区这一天有困难需要帮助的概率为,而该团体能解决困难的概率分别为;若这天社区没有困难或有困难被团队解决了,称“帮扶成功”。
(1) 求该团队在甲社区“帮扶成功”的概率;
(2) 记为该团队“帮扶成功”的社区数目,求随机变量的概率分布列和数学期望
参考答案:
(1)设该团队在甲社区“帮扶成功”记为A,
(2)(理科)随机变量可以取的值为0,1,2
,,
, 数学期望.
22. 已知等比数列{an}的公比q>1,a1=1,且a1,a3,a2+14成等差数列,数列{bn}满足:a1b1+a2b2+…+anbn=(n﹣1)?3n+1,n∈N.
(I)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(Ⅱ)若man≥bn﹣8恒成立,求实数m的最小值.
参考答案:
【考点】数列的求和;等比数列的通项公式.
【分析】(I)数列{an}是首项为1,公比为q的等比数列,运用等比数列的通项公式和等差数列的中项性质,解方程可得an=3n﹣1,再将n换为n﹣1,两式相减可得bn=2n﹣1;
(2)若man≥bn﹣8恒成立,即为m≥的最大值,由cn=,作差,判断单调性,即可得到最大值,进而得到m的最小值.
【解答】解:(I)∵数列{an}是首项为1,公比为q的等比数列,
∴an=qn﹣1,
由a1,a3,a2+14成等差数列,可得2a3=a1+a2+14,
即为2q2=1+q+14,解得q=3(负的舍去),
即有an=3n﹣1,
∴a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=b1+3b2+32b3+…+3n﹣1bn=(n﹣1)?3n+1,
∴b1+3b2+32b3+…+3n﹣2bn﹣1=(n﹣1﹣1)?3n﹣1+1(n≥2),
两式相减得:3n﹣1bn=(n﹣1)?3n﹣(n﹣2)?3n﹣1=(2n﹣1)?3n﹣1,
∴bn=2n﹣1,
当n=1时,a1b1=1,
即b1=1满足上式,
∴数列{bn}的通项公式是bn=2n﹣1;
(2)若man≥bn﹣8恒成立,即为m≥的最大值,
由cn=,n≥2时,cn﹣1=,
cn﹣cn﹣1=﹣=,
可得n=2,3,…,6时,cn≥cn﹣1;n=7,…时,cn<cn﹣1.
即有n=5或6时,cn取得最大值,且为,
即为m≥
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