《湖北省黄石市龙港完全中学高三数学理联考试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省黄石市龙港完全中学高三数学理联考试卷含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖北省黄石市龙港完全中学高三数学理联考试卷含解析一、 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. 已知数列是公比为的等比数列，且，则的值为（ ）A B C或 D或参考答案：D略2. 设复数z1=1+i，z2=2+bi，其中i为虚数单位，若z1?z2为实数，则实数b=（）A2B1C1D2参考答案：考点：复数的基本概念专题：数系的扩充和复数分析：由题意可得z1?z2=2b+（2+b）i，由实数的定义可得2+b=0，解方程可得解答：解：z1=1+i，z2=2+bi，z1?z2=（1+i）（2+bi）=2b+（2+b）i，z1?z2为实数，2
2、+b=0，解得b=2故选：A点评：本题考查复数的基本概念，属基础题3. 已知= A-2 B-1 C D参考答案：A4. cos的值A. B. C. D. 参考答案：D【知识点】诱导公式C2解析：已知可得，故选择D.【思路点拨】根据诱导公式的口诀“奇变偶不变，符合看象限”进行化简即可.5. 已知函数，则“是奇函数”是“”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件参考答案：B试题分析：当为奇函数时，有，得，由诱导公式得，因此，得，得不到；当时，为奇函数，因此“是奇函数”是“”的必要不充分条件,故答案为B.考点：1、奇函数的应用；2、充分条件和必要条件的判断.
3、6. 已知是定义在R上的奇函数，当时，则值为 （ ）A.3 B. C. D.参考答案：D7. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A168 B88 C1616 D816参考答案：A略8. 设满足约束条件，则目标函数的取值范围为 （ ） A B C D 参考答案：9. 据统计2016年“十一”黄金周哈尔滨太阳岛每天的游客人数服从正态分布N，则在此期间的某一天，太阳岛的人数不超过2300的概率为（）附；若XN（，2）A0.4987B0.8413C0.9772D0.9987参考答案：D【考点】CP：正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义【分析】根据正态分布的对称性得出P（X2300），从而
4、可得P（X2300）【解答】解：P=0.9974，P（X2300）=（10.9974）=0.0013，P（X2300）=10.0013=0.9987故选D10. 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为AA1的中点，M在侧面AA1B1B上，有下列四个命题：若，则面积的最小值为；平面内存在与平行的直线；过A作平面，使得棱AD，在平面的正投影的长度相等，则这样的平面有4个；过A作面与面平行，则正方体ABCD-A1B1C1D1在面的正投影面积为则上述四个命题中，真命题的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4参考答案：C【分析】建立空间坐标系，得到点应该满足的条件，再根据二次函数的
5、最值的求法求解即可；对于，平面，所以也与平面相交故错；对于过作平面，使得棱，在平面的正投影的长度相等，因为，且，所以在平面的正投影长度与在平面的正投影长度相等，然后分情况讨论即可得到平面的个数；对于面与面平行，则正方体在面的正投影为正六边形，且正六边形的边长为正三角形外接圆的半径，故其面积为【详解】解：对于，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图1所示；过作平面，是垂足，过作，交于，连结，则，设，则，解得，当时，正确；对于，平面，所以也与平面相交故错；过作平面，使得棱，在平面的正投影的长度相等，因为，且，故在平面的正投影的长度等于在平面的正投影的长度，使得棱，在平面的正投影的长度
6、相等，即使得使得棱，面的正投影的长度相等，若棱，面的同侧，则为过且与平面平行的平面，若棱，中有一条棱和另外两条棱分别在平面的异侧，则这样的平面有3个，故满足使得棱，在平面的正投影的长度相等的平面有4个；正确过作面与面平行，则正方体在面的正投影为一个正六边形，其中平面，而分别垂直于正三角形和，所以根据对称性，正方体的8个顶点中，在平面内的投影点重合与正六边形的中心，其它六个顶点投影恰是正六边形的六个顶点，且正六边形的边长等于正三角形的外接圆半径（投影线与正三角形、垂直），所以正六边形的边长为，所以投影的面积为对故选：C【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知
7、识，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 等腰直角的一条直角边长为4，若将该三角形绕着直角边旋转一周所得的几何体的体积是,则 参考答案：12. 已知是单位圆上的点，且点在第二象限内，点是此圆与轴正半轴的交点，记, 若点的纵坐标为，则 .参考答案：略13. 如图所示，在ABC中，D为BC边上的一点，且BD=2DC，若=m+n（m，nR），则=参考答案：3【考点】平面向量的基本定理及其意义【专题】计算题；数形结合；综合法；平面向量及应用【分析】根据向量减法的几何意义，以及向量的数乘运算便可由得到，这便可得到m=，从而可以求出【解答】解
8、：BD=2DC；又；故答案为：3【点评】考查向量数乘、减法的几何意义，以及向量的数乘运算，平面向量基本定理14. 在ABC中， a=3，b=，A=，则B= 参考答案： 15. 在极坐标系中，圆的圆心到直线的距离是参考答案：距离是圆的圆心直线；点到直线的距离是16. 如图过0外一点P分别作圆的切线和割线交圆于A,B,且PB=7,C是圆上一点使得BC=5,BAC=APB,则AB= . 参考答案：因为是圆的切线，所以，又，所以与相似，所以，所以，所以。17. 已知集合A=（x，y）|（x1）2+（y2）2，B=（x，y）|x1|+2|y2|a，且A?B，则实数a的取值范围是参考答案：a【考点】18：
9、集合的包含关系判断及应用【分析】首先，令|x1|=m，|y2|=n，（m0，n0），然后，将集合A，B用m，n表示，再结合条件A?B，进行求解【解答】解：令|x1|=m，|y2|=n，（m0，n0），根据集合A得，m2+n2，根据集合B得，m+2na，A?B，a（a+2b）max，构造辅助函数f（m）=m+2na+（m2+n2）f（n）=m+2na+（m2+n2），f（m）=1+2m，f（n）=2+2n，令f（m）=1+2m=0，f（n）=2+2n=0，得到 m=，n=，m2+n2=，=1，m0，n0，=1，m=，n=1时，m+2n有最大值，a（m+2n）max=+2=，a，故答案为：a三、
10、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. （12分）某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的付款期数的分布列为123450.40.20.20.10.1商场经销一件该商品，采用1期付款，其利润为200元；分2期或3期付款，其利润为250元；分4期或5期付款，其利润为300元表示经销一件该商品的利润（1）求事件：“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”的概率；（2）求的分布列及期望参考答案：解析：（1）由表示事件“购买该商品的3位顾客中至少有1位采用1期付款”知表示事件“购买该商品的3位顾客中无人采用1期付款”，（2）的可能取值为元，元，元，的
11、分布列为（元）19. 如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C（）证明：AC=AB1；（）若ACAB1，CBB1=60，AB=BC，求二面角AA1B1C1的余弦值参考答案：【考点】MR：用空间向量求平面间的夹角；M7：空间向量的夹角与距离求解公式【分析】（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，可证B1C平面ABO，可得B1CAO，B10=CO，进而可得AC=AB1；（2）以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长度，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，分别可得两平面的法向量，可得所求余弦值【解答】解：（1）连结BC1，交B1C于点
12、O，连结AO，侧面BB1C1C为菱形，BC1B1C，且O为BC1和B1C的中点，又ABB1C，B1C平面ABO，AO?平面ABO，B1CAO，又B10=CO，AC=AB1，（2）ACAB1，且O为B1C的中点，AO=CO，又AB=BC，BOABOC，OAOB，OA，OB，OB1两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长度，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，CBB1=60，CBB1为正三角形，又AB=BC，A（0，0，），B（1，0，0，），B1（0，0），C（0，0）=（0，），=（1，0，），=（1，0），设向量=（x，y，z）是平面AA1B1的法向量，则，可取=（1，），同理可得平面A1B1C1的一个法向量=（1，），cos，=，二面角AA1B1C1的余弦值为【点评】本题考查空间向量法解决立体几何问题，建立坐标系是解决问题的关键，属中档题20. （本小题满分14分） 如图（6）已知抛物线的准线为，焦点为F，圆M的圆心在x轴的正半轴上，且与y轴相切过原点作倾斜角为的直线t，交于点A，交圆M于点B,且（1）求圆M和抛物线C的方程；（2）设是抛物线上异于原点的两个不同点，且,求面积的最小值； 图（6）（3）在抛物线上是否存在两点关于直线对称？若存在，求出直线的方程，若不存在，说明理由.参考答案：解：(1)，即，所求抛物线的方程为
