《湖南省常德市大湖口中学高三数学理上学期摸底试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省常德市大湖口中学高三数学理上学期摸底试题含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖南省常德市大湖口中学高三数学理上学期摸底试题含解析一、 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. 已知等比数列中，公比，且， ，则（ ） 参考答案：B略2. 为了得到函数y=的图象，可以将函数y=sin2x的图象( )A向右平移个单位长度 B向右平移个单位长度 C向左平移个单位长度 D向左平移个单位长度参考答案：A3. 已知，若当时，恒成立，则实数的取值范围是（ ）A(, 1) B(,1) C. D (0,1)参考答案：B4. 已知函数（e为自然对数的底数），当x时，y=f（x）的图象大致是（）ABCD参考答案：D【考点】3O：函
2、数的图象【分析】利用函数的奇偶性以及函数的特殊值判断即可【解答】解：函数=，f（x）=f（x），函数是奇函数，排除选项A，C，当x=时，f（）=1，排除B，故选：D5. 已知向量,且，则的值为 A B. C. D参考答案：B略6. 数列an是等差数列，若1，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取的最小正值时，n=（）A11B17C19D21参考答案：C【考点】等差数列的性质【分析】根据题意判断出d0、a100a11、a10+a110，利用前n项和公式和性质判断出S200、S190，再利用数列的单调性判断出当Sn取的最小正值时n的值【解答】解：由题意知，Sn有最大值，所以d0，因为1，所以a1
3、00a11，且a10+a110，所以S20=10（a1+a20）=10（a10+a11）0，则S19=19a100，又a1a2a100a11a12所以S10S9S2S10，S10S11S190S20S21又S19S1=a2+a3+a19=9（a10+a11）0，所以S19为最小正值，故选：C7. 若，则为（ ）A B C D参考答案：答案：C 8. 已知向量a，b的夹角为45，且|a|1，|2ab|，则|b|A B2 C3 D4参考答案：【知识点】平面向量数量积的运算F3 【答案解析】C 解析：因为的夹角为45，且|=1，|2|=，所以4-4+=10，即，解得或（舍），故选C【思路点拨】将|2
4、|=平方，然后将夹角与|=1代入，得到的方程，解方程可得9. 已知“成等比数列”，“”，那么成立是成立的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D 既不充分又非必要条件参考答案：D成等比数列,则有，所以，所以成立是成立不充分条件.当时，有成立，但此时不成等比数列，所以成立是成立既不充分又非必要条件，选D.10. 若f（x）=，则f（x）的定义域为（）A（，0）B（，0C（，+）D（0，+）参考答案：A【考点】函数的定义域及其求法【分析】求函数的定义域即求让函数解析式有意义的自变量x的取值范围，由此可以构造一个关于x的不等式，解不等式即可求出函数的解析式【解答】解：要使函数的解析
5、式有意义自变量x须满足：即02x+11解得故选A二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知，则的最大值为 .参考答案：12. 已知=（cos，sin），=（，1），xR，则|的最大值是 参考答案：3【考点】平面向量数量积的运算【分析】根据向量的坐标运算和向量的模以及三角函数的化简，以及正弦函数的性质即可求出【解答】解：=（cos，sin），=（，1），=（cos+，sin1），|2=（cos+）2+（sin1）2=5+2（cossin）=5+4sin（）5+4=9，|的最大值是3，故答案为：313. 展开式中的系数是 参考答案：略14. 已知经过计算和验证有下列正确的不等式
6、：，根据以上不等式的规律，请写出对正实数成立的条件不等式参考答案：当时，有15. 若复数满足为虚数单位，则.参考答案：16. 已知线段两个端点,直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围为_.参考答案：【知识点】直线的斜率 H1【答案解析】作出如下的示意图： 要使直线与线段相交，直线的斜率需满足，由已知：，则的斜率的取值范围为，故答案为：【思路点拨】画出示意图，由图可知满足条件的斜率的取值范围是，由直线的斜率公式计算出即可。17. 在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的值为 参考答案：解析：在中， ，由正弦定理得， ，由余弦定理得， ， ， ，.三、 解答题：本大题共5小题，共
7、72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 本小题满分12分）已知椭圆的焦点为，点在椭圆上（1）求椭圆的方程；（2）若抛物线（）与椭圆相交于点、，当（是坐标原点）的面积取得最大值时，求的值参考答案：略19. （本小题满分12分）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，ACB=90，BC=1，AC=CC1=2.(1)证明：AC1A1B;(2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为，求二面角A1-AB-C的大小.参考答案：解法一：（1）A1D平面ABC, A1D平面AA1C1C,故平面AA1C1C平面ABC,又BCAC，所以BC平面AA1C1C，连结A1
8、C，因为侧面AA1C1C是棱形，所以AC1A1C,由三垂线定理得AC1A1B.(2) BC平面AA1C1C，BC平面BCC1B1,故平面AA1C1C平面BCC1B1,作A1EC1C,E为垂足，则A1E平面BCC1B1,又直线A A1平面BCC1B1，因而A1E为直线AA1与平面BCC1B1间的距离，A1E=，因为A1C为ACC1的平分线，故A1D=A1E=,作DFAB，F为垂足，连结A1F,由三垂线定理得A1FAB，故A1FD为二面角A1-AB-C的平面角，由AD=,得D为AC的中点，DF=,tanA1FD=,所以二面角A1-AB-C的大小为arctan.解法二：以C为坐标原点，射线CA为x轴
9、的正半轴，以CB的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，由题设知A1D与z轴平行，z轴在平面AA1C1C内.（1）设A1（a，0，c），由题设有a2，A（2,0,0）B（0,1,0），则(-2，1，0), ，由得，即，于是,所以.（2）设平面BCC1B1的法向量，则,即，因，故y=0，且（a-2）x+cz=0，令x=c，则z=2-a，点A到平面BCC1B1的距离为，又依题设，点A到平面BCC1B1的距离为，所以c= .代入得a=3（舍去）或a=1.于是，设平面ABA1的法向量，则,即.且-2p+q=0，令p=，则q=2，r=1，又为平面ABC的法向量，故cos，所以二面角A1-A
10、B-C的大小为arccos20. 已知椭圆C的方程是=（ab0），点A，B分别是椭圆的长轴的左、右端点，左焦点坐标为（4，0），且过点p()（）求椭圆C的方程；（）已知F是椭圆C的右焦点，以AF为直径的圆记为圆M，试问：过P点能否引圆M的切线，若能，求出这条切线与x轴及圆M的弦PF所对的劣弧围成的图形的面积；若不能，说明理由参考答案：解：（）因为椭圆C的方程为，（ab0），a2=b2+16，即椭圆的方程为，点在椭圆上，解得b2=20或b2=15（舍），由此得a2=36，所以，所求椭圆C的标准方程为（）由（）知A（6，0），F（4，0），又，则得，所以，即APF=90，APF是Rt，所以，以AF
11、为直径的圆M必过点P，因此，过P点能引出该圆M的切线，设切线为PQ，交x轴于Q点，又AF的中点为M（1，0），则显然PQPM，而，所以PQ的斜率为，因此，过P点引圆M的切线方程为：，即令y=0，则x=9，Q（9，0），又M（1，0），所以，因此，所求的图形面积是S=SPQMS扇形MPF=考点：圆与圆锥曲线的综合；椭圆的标准方程 专题：综合题分析：（）由题设知a2=b2+16，即椭圆的方程为，由点在椭圆上，知，由此能求出椭圆C的标准方程（）由A（6，0），F（4，0），知，所以，以AF为直径的圆M必过点P，因此，过P点能引出该圆M的切线，设切线为PQ，交x轴于Q点，又AF的中点为M（1，0），则
12、显然PQPM，由此能求出所求的图形面积解答：解：（）因为椭圆C的方程为，（ab0），a2=b2+16，即椭圆的方程为，点在椭圆上，解得b2=20或b2=15（舍），由此得a2=36，所以，所求椭圆C的标准方程为（）由（）知A（6，0），F（4，0），又，则得，所以，即APF=90，APF是Rt，所以，以AF为直径的圆M必过点P，因此，过P点能引出该圆M的切线，设切线为PQ，交x轴于Q点，又AF的中点为M（1，0），则显然PQPM，而，所以PQ的斜率为，因此，过P点引圆M的切线方程为：，即令y=0，则x=9，Q（9，0），又M（1，0），所以，因此，所求的图形面积是S=SPQMS扇形MPF=点评：本题考查直线和圆锥曲线的位置关系，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化21. （14分） 已知二次函数同时满足：不等式的解集有且只有一个元素；在定义域内存在，使得不等式成立。设数列的前（1）求数列的通项公式；（2）设（3）设各项均不为零的数列中，所有满足这个数列的变号数。另参考答案：解析：（1）。在定义域内存在，使得不等式成立。当时，函数故不存在。当时，函数，故存在综上，得；当（2） 得： 10分（3）解法一：由题设时，时，数列递增，由，可知即时，有且只有1个变号数又，即，此处变号数有2个综上得，数列共有3个变号数，即变号数为3 14分解法二：由题设时，令或
